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DISANZHANG
第三章
专题强化　热力学第一定律和气体
实验定律的综合应用
1.会分析热力学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题(重难点)。
2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题(重难点)。
学习目标
一、热力学第一定律与气体图像的结合
二、热力学第一定律和气体实验定律的综合
专题强化练
内容索引
热力学第一定律与气体图像的结合
一
如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请在图像基础上思考以下问题：
(1)在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功？p-V图像与V轴围成的面积表示什么？
答案　由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0。
p-V图像中图线与V轴所围面积表示做功的绝对值，|W|=p1(V2-V1)。
(2)在变化过程中气体内能增加了还是减少了？气体吸热还是放热？
答案　由理想气体状态方程结合p-V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU>0，内能增加。由ΔU=W+Q得Q>0，即气体吸热。
　(多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图像上从a到b的线段所示。在此过程中
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其内能的增加量
例1
√
√
√
因从a到b过程的p-T图像过原点，由=C可知从a
到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，
选项A错误；
因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
因W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项C、D正确。
　(多选)(2023·遂宁市期末)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V-T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则
A.气体在状态c的体积为1.5V0
B.气体在状态b的压强为p0
C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0
D.从状态a到状态b，气体内能的变化量为Q-p0V0
例2
√
√
由题意可知ca的延长线通过坐标原点O，从a到
c气体压强不变，则有pc=p0，根据盖—吕萨克
定律有=，解得Vc=2V0，故A错误；
cb为等温过程，根据玻意耳定律可得pcVc=pb·3V0，解得pb=p0，故B正确；
从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值为W=p0(Vc-Va)=p0(2V0-V0)=p0V0，根据热力学第一定律可得该过程气体内能变化量ΔU=Q-W=Q-p0V0，由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的过程，气体内能的变化量相同，圴为Q-p0V0，故C错误，D正确。
　一定质量的理想气体，从状态A经状态B、C到状态D的变化过程p-V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法不正确的是
A.D状态的温度为225 K
B.A状态的内能等于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5 J
D.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了400 J
例3
√
根据=
其中pD=0.15×105 Pa
可解得TD=225 K，选项A正确；
因为A、C两状态的p、V乘积相等，则温度相等，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B正确；
因p-V图像与横轴所围的面积表示做功绝对值，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功
WAD=0.4×105×2×10-3 J-×105×10-3 J=62.5 J，选项C正确；
从A状态到B状态的过程中，气体吸收了
320 J的热量，同时气体对外做功
WAB=0.4×105×2×10-3 J=80 J
由热力学第一定律可知ΔU=-80 J+320 J=240 J，气体内能增加了240 J，选项D错误。
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热力学第一定律和气体实验定律的综合
二
　(2021·山东卷)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
例4
√
由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过
程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；
在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐
渐减小，根据理想气体状态方程=C，气体体积膨胀，对外
界做正功，B正确；
由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
　(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。
取大气压p0=0.99×105 Pa，g=10 m/s2，求气体
例5
(1)在状态B的温度；
答案　330 K
根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，
则有=，又VA=h0S，VB=(h0+d)S
联立解得TB=330 K
(2)在状态C的压强；
答案　1.1×105 Pa
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有=
又pB=p0+=1.0×105 Pa
解得pC=pB=1.1pB=1.1×105 Pa
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
答案　188 J
根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功，
则W0=-pBΔV=-30 J
由热力学第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。
总结提升
热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
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专题强化练
三
1.(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体
A.对外做功
B.内能减小
C.吸收热量
D.压强不变
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基础强化练
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由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；
爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确；
根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，爬山过程中气体
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不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；
爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程=C，可知气体压强减小，故D错误。
2.(2023·南阳市第五中学高二月考)关于理想气体，下列说法正确的是
A.理想气体吸热后温度一定升高
B.理想气体等压压缩过程可能吸热
C.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少
D.理想气体自由膨胀一定对外做功
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根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A错误；
根据理想气体状态方程=C，气体等压压缩过程，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即ΔU<0；体积减小，外界对气体做功，W>0，再根据热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q<0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故B错误；
理想气体绝热膨胀过程，Q=0，W<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，ΔU<0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故C正确；
理想气体自由膨胀对外不做功，故D错误。
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3.(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统
A.对外界做正功
B.压强保持不变
C.向外界放热
D.内能减少
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理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；
由题图可知，V=V0+kT，根据理想气体状态方程有=C，
联立则有p=，可看出T增大，p增大，B错误；
理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
理想气体从状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。
4.(2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
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根据理想气体状态方程=C可知a→b气体温度升高，
内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，
即W<0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知a→b过程
中气体吸热，A错误，B正确；
根据理想气体状态方程=C可知，p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
a→c过程气体体积增大，气体对外界做功，即外界对气体做负功，D错误。
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5.(2022·江苏卷)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则
A.状态a的内能大于状态b
B.状态a的温度高于状态c
C.a→c过程中气体吸收热量
D.a→c过程中外界对气体做正功
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由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相
同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能
等于状态b的内能，故A错误；
由于状态b和状态c体积相同，且pb因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU=W+Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。
6.(2023·桂林市高二期末)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其V-T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105 Pa。下列说法正确的是
A.状态A→B过程是等容变化
B.状态B→C过程是等温变化
C.状态A→B的过程气体吸热
D.状态B→C过程气体对外做功200 J
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由题图可知状态A→B过程体积不变，是等容变化，BC连线过原点，所以状态B→C过程是等压变化，故A正确，B错误；
A→B过程体积不变，则W=0，温度逐渐降低，所以
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内能减小，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知该过程气体放热，故C错误；
状态B→C过程是等压变化，气体对外做功的大小为W=p(VC-VB)，解得W=400 J，故D错误。
7.(2024·四川省模拟)如图所示，将一足够长薄壁导热汽缸开口向下用轻绳悬挂在天花板上，汽缸的横截面积为S，不计厚度的活塞与汽缸之间无摩擦，活塞和汽缸之间封闭一定质量的理想气体，大气压强为p0，环境温度不变，重力加速度为g。活塞稳定时距汽缸底部的距离为l，在活塞中心用轻绳悬挂一个轻质小桶，往小桶中缓慢加细沙，当所加细沙质量为m时，活塞距汽缸底部的距离为2l，关于此过程下列说法正确的是
A.外界对气体做正功
B.气体放出热量
C.活塞的质量为-m
D.活塞的质量为-2m
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根据题意可知，气体体积变大，气体对外界做正功，则外
界对气体做负功，又汽缸导热，温度不变，根据热力学第
一定律可知气体从外界吸收热量，故A、B错误；
设活塞质量为m0，不加细沙时，对活塞受力分析，可得p0S
=m0g+p1S，加细沙后，对活塞和细沙整体受力分析，可得p0S=(m0+m)g+p2S，根据理想气体状态方程得p1lS=p2·2lS，解得m0=-2m，故D正确，C错误。
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8.(多选)(2024·威海市期末)如图所示为测量大气压强的实验装置，将一定质量的理想气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管分别与注射器和装有水银的U形管连接。最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800 mL。现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中水银液面的高度差为25 cm。环境温度不变，不计细玻璃管中气体的体积。下列说法正确的是
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能力综合练
A.气体的内能增大
B.气体分子的平均动能不变
C.气体对外界做的功等于气体吸收的热量
D.大气压强的测量值为75 cmHg
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环境温度不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的
水，可知气体的温度不变，气体的内能不变，气体
分子的平均动能不变，故A错误，B正确；
气体的温度不变，气体的内能不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=W
+Q，可知外界对气体做的功等于气体放出的热量，故C错误；
气体初态为p1=p0，V1=800 mL，气体末态为p2=p0+p，V2=600 mL，其中p=25 cmHg，气体做等温变化，则p1V1=p2V2，解得大气压强的测量值为p0=75 cmHg，故D正确。
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9.(多选)(2024·临沂市模拟)一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p-V图像如图所示，已知状态A的气体温度为TA=200 K，下列说法正确的是
A.状态B的温度为627 ℃
B.在A→B过程中，气体不对外做功，外界也不对气体做功
C.在B→C过程中，气体对外做功1 200 J
D.在A→B→C→A一个循环过程中，气体向外界释放热量450 J
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状态A→B为等容变化，有=，解得：TB=TA
=×200 K=800 K，状态B的气体温度为tB=
(800-273)℃=527 ℃，故A错误；
在A→B过程中，气体体积没有发生变化，气体不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；
在B→C过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为
W1=pB(VB-VC)=4×105×(5-2)×10-3 J=1 200 J，故C错误；
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在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能
变化ΔU=0。A→B过程，气体体积不变，做功为零，
即W2=0；B→C过程，外界对气体做功为W1=1 200 J；
C→A过程，气体对外界做的功等于p-V图线与横坐标轴围成的面积W3=×(1+4)×105×3×10-3 J=750 J，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，表达式中的W表示外界对气体做的功，则有W=W1+W2-W3=1 200 J-750 J=450 J，联立可得Q=ΔU-W=-450 J，气体向外界释放热量450 J，故D正确。
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10.(多选)(2024·南阳市模拟)一定质量的理想气体，经历了从a→b→c→d的状态变化过程，其p-T图线如图，ba延长线过原点O，bc与横轴平行，cd与纵轴平行，a、d连线与横轴平行。则
A.a→b的过程中，每个分子热运动的动能都增大
B.b→c的过程中，外界对气体做功
C.c→d的过程中，气体压强减小是因为气体分子的密集程度减小
D.a→b→c→d的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做的功
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a→b的过程为等容升温吸热过程，分子平均动能增
大，但某一个分子动能可能减小，A错误；
b→c的过程，压强不变，温度升高，则气体的体积
增大，气体对外界做功，B错误；
c→d的过程为等温过程，气体压强减小，根据玻意耳定律可知气体体积增大，由于气体分子平均动能不变，因此气体压强减小是因为气体分子的密集程度减小，C正确；
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a→b→c→d整个过程末状态气体温度升高，内能增加，且体积增大，气体对外做功。根据热力学第一定律知，气体吸收的热量大于气体对外做的功，D正确。
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11.如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时绝热活塞距底部高度h=27 cm，容器内气体温度为t1=27 ℃。现给电热丝通电，经过一段时间，气体温度缓慢升高至t2=127 ℃，已知活塞质量m=4 kg，横截面积S=
2 cm2，大气压强p0=1.0×105 Pa，不计活塞与器壁间摩擦，g取10 m/s2，求：
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答案　3×105 Pa
(1)封闭气体的压强；
对活塞，由平衡条件得pS=p0S+mg
得p=3×105 Pa
(2)当气体温度升高至t2时，活塞距底部的高度H；
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答案　36 cm
由题意知封闭气体发生等压变化，则有=
即=，代入数据得H=36 cm
(3)若整个加热过程中内能变化量为120 J，气体吸收的热量Q。
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答案　125.4 J
由题意得W=-pΔV=-5.4 J，ΔU=120 J
由ΔU=W+Q，得Q=125.4 J。
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12.如图甲所示，水平对置发动机的活塞对
称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运
动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：
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答案　4p0
(1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1；
对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S=p0S+F，解得p1=4p0
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答案　p0
(2)气体温度达到827 ℃时，气体的
压强p2；
假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有=
解得L'=L>3L
此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触，由=得p2=p0
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答案　Q-8p0SL
(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。
此过程中气体对外做功为W=p1S·2L=8p0SL
根据热力学第一定律，有ΔU=Q-W
可得此过程中气体内能的增加量为ΔU=Q-8p0SL。
13.(2023·南京市高二期中)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示。A状态的压强为1×105 Pa，求：
(1)B状态的温度；
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尖子生选练
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答案　600 K
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理想气体从A状态到B状态的过程中，压强保持不变，
根据盖—吕萨克定律有=，
代入数据解得TB=TA=600 K
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(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量。
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答案　150 J
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从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功W1=-pA(VB-VA)，
解得W1=-100 J
从B状态到C状态的过程中，气体体积保持不变，
根据查理定律有=，
解得pC=2.5×105 Pa
从C状态到D状态的过程中，外界对气体做功W2=pC(VC-VD)，
解得W2=250 J，
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一次循环过程中外界对气体所做的总功W=W1+W2=150 J，
理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内能变化量ΔU=0。
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，
解得Q=-150 J
故完成一次循环，气体向外界放热150 J。
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返回专题强化　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
［学习目标］　1.会分析热力学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题(重难点)。2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题(重难点)。
一、热力学第一定律与气体图像的结合
如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请在图像基础上思考以下问题：
(1)在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功？p-V图像与V轴围成的面积表示什么？
(2)在变化过程中气体内能增加了还是减少了？气体吸热还是放热？
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例1　 (多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图像上从a到b的线段所示。在此过程中(　　)
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其内能的增加量
例2　(多选)(2023·遂宁市期末)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V-T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则(　　)
A.气体在状态c的体积为1.5V0
B.气体在状态b的压强为p0
C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0
D.从状态a到状态b，气体内能的变化量为Q-p0V0
例3　一定质量的理想气体，从状态A经状态B、C到状态D的变化过程p-V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法不正确的是(　　)
A.D状态的温度为225 K
B.A状态的内能等于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5 J
D.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了400 J
二、热力学第一定律和气体实验定律的综合
例4　(2021·山东卷)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体(　　)
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
例5　(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa，g=10 m/s2，求气体
(1)在状态B的温度；
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________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ (2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
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热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
答案精析
一、
(1)由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0。
p-V图像中图线与V轴所围面积表示做功的绝对值，|W|=p1(V2-V1)。
(2)由理想气体状态方程结合p-V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU>0，内能增加。由ΔU=W+Q得Q>0，即气体吸热。
例1　BCD　［因从a到b过程的p-T图像过原点，由=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；因W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项C、D正确。］
例2　BD　［由题意可知ca的延长线通过坐标原点O，从a到c气体压强不变，则有pc=p0，根据盖—吕萨克定律有=，解得Vc=2V0，故A错误；cb为等温过程，根据玻意耳定律可得pcVc=pb·3V0，解得pb=p0，故B正确；从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值为W=p0(Vc-Va)=p0(2V0-V0)=p0V0，根据热力学第一定律可得该过程气体内能变化量ΔU=Q-W=Q-p0V0，由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的过程，气体内能的变化量相同，圴为Q-p0V0，故C错误，D正确。］
例3　D　［根据=，其中pD=0.15×105 Pa
可解得TD=225 K，选项A正确；
因为A、C两状态的p、V乘积相等，则温度相等，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B正确；
因p-V图像与横轴所围的面积表示做功绝对值，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功
WAD=0.4×105×2×10-3 J-×105×10-3 J=62.5 J，选项C正确；
从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功
WAB=0.4×105×2×10-3 J=80 J
由热力学第一定律可知ΔU=-80 J+320 J=240 J，气体内能增加了240 J，选项D错误。］
例4　B　［由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程=C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。］
例5　(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J
解析　(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变
则有=，
又VA=h0S，VB=(h0+d)S
联立解得TB=330 K
(2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，
则有=
又pB=p0+=1.0×105 Pa
解得pC=pB=1.1pB=1.1×105 Pa
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功，则W0=-pBΔV=-30 J
由热力学第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。

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