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专题提升二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
(分值：100分)
选择题1～8题，每小题8分，共64分。
对点题组练
题组一　热力学第一定律和热学图像的综合
1.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b。在此过程中(　　)
气体温度一直降低
气体内能一直增加
气体一直对外做功
气体一直向外界放热
2.(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的有(　　)
A→B的过程中，气体对外界做功
A→B的过程中，气体放出热量
B→C的过程中，气体压强不变
A→B→C的过程中，气体内能增加
3.(多选)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，其状态变化过程的p－V图像如图所示。已知状态A时的温度为27 ℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T＝t＋273 K，则下列判断正确的是(　　)
气体处于状态B时的温度是900 K
气体处于状态C时的温度是300 K
从状态A变化到状态C的过程理想气体内能增大
从状态A变化到状态B的过程理想气体放热
题组二　热力学第一定律和气体实验定律的综合
4.(2023·天津卷，2)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体(　　)
对外做功 　　内能减少
吸收热量 　　压强不变
5.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，
充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
体积减小，内能增大
体积减小，压强减小
对外界做负功，内能增大
对外界做正功，压强减小
6.(多选)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分成体积相等的两部分，K与汽缸壁间的摩擦忽略不计，两部分中分别充满相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子势能可忽略，现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则(　　)
a的体积增大，压强变小
b的温度升高
加热后a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈
a增加的内能大于b增加的内能
7.(多选)夏天，从湖底形成的气泡在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂，如图所示。若越接近水面，湖内水的温度越高，外界大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体。则气泡上升过程中，以下说法正确的是(　　)
气泡内气体对外界做功
气泡内气体分子平均动能增大
气泡内气体温度升高导致放热
气泡内气体的压强可能不变
8. (多选)如图为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8 L药液，上部密封1 atm的空气1 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.2 L。设在所有过程中空气都可看成理想气体，且温度不变，下列说法正确的是(　　)
充气后，密封气体的压强增大为1.2 atm
充气后，密封气体的分子平均动能不变
打开阀门后，密封气体向外界放热
打开阀门后，不再充气也能把药液喷光
综合提升练
9.(12分)如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)(6分)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
(2)(6分)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。
10.(12分)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的横截面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求：
(1)(6分)该过程中气体内能的增加量ΔU；
(2)(6分)最终温度T。
培优加强练
11.(12分)如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U形管内水银面高度差h1＝15 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(6分)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
(2)(6分)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。
热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
1.BC　[一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程可知＝，则Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律可知，从a到b的过程中气体一直从外界吸热，选项D错误。]
2.BC　[由题图知A→B的过程中，温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，而体积减小，所以外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律知，在A→B的过程中，气体放出热量，故A错误，B正确；B→C的过程V－T图像的延长线过原点，气体做等压变化，故C正确；A→B→C的过程中，温度先不变后降低，气体内能先不变后减少，故D错误。]
3.AB　[由题图可知，A→B过程为等压变化，有＝，已知TA＝(27＋273) K＝300 K，代入数据解得TB＝900 K，A正确；B→C过程为等容变化，有＝，代入数据解得TC＝300 K，B正确；由TA＝TC＝300 K，知A、C两状态内能相同，则内能变化ΔU＝0，C错误；从状态A变化到状态B过程，理想气体温度升高，内能增大，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，理想气体一定吸热，D错误。]
4.B　[爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误。]
5.AC　[实际气体在温度不太低、压强不太大时可看作理想气体。充气袋被挤压，气体体积减小，外界对气体做正功，则W>0，即气体对外界做负功，由于袋内气体与外界无热交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，内能增大，温度升高，选项A、C正确；根据理想气体状态方程＝C可判断压强一定增大，选项B、D错误。]
6.BCD　[当对气体a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与汽缸壁间的摩擦不计，可以自由移动，所以气体a、b的压强始终相同，都变大，故A错误；由于气体a膨胀，气体b被压缩，所以外界对气体b做功，根据热力学第一定律得，气体b的内能增加，温度升高，B正确；由于过程中气体a膨胀，气体b被压缩，平衡后pa＝pb，Va>Vb，由＝可知气体a的温度较高，加热后气体a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈，a增加的内能大于b增加的内能，C、D正确。]
7.AB　[气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，气泡上升过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程＝C，体积一定增大，气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，气泡内气体分子平均动能增大，气泡内气体内能增大，即ΔU＞0，体积增大，则W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q＞0，即气泡内的气体吸热，故B正确，C错误。]
8.AB　[以密封空气和充入空气为研究对象，由p0V1＋p0V2＝pV1可得p＝1.2 atm，故A正确；气体的温度不变，分子平均动能不变，故B正确；由于p>p0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律知，气体从外界吸热，故C错误；假设能把药液喷光，V3＝9 L，由p0V1＋p0V2＝p′V3可得p′＝ atm9.(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J
解析　(1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象，有pS＝p0S＋mg
解得气体压强p＝p0＋＝1.2×105 Pa
由盖－吕萨克定律有＝
解得VB＝＝6×10－4 m3。
(2)由气体的内能与热力学温度成正比得
＝
解得UB＝108 J
即ΔU＝UB－UA＝36 J
外界对气体做负功W＝－pSl＝－p(VB－VA)＝－24 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J。
10.(1)Q－(p0S＋Ff)L　(2)T0
解析　(1)活塞缓慢向右移动时受力平衡，则有
p1S＝p0S＋Ff
气体对外界做的功，则W＝－p1SL
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L。
(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化
则有＝
活塞向右移动L的过程中，气体发生等压变化，则有＝，且V2＝2V1＝2SL
解得T＝T0。
11.(1)250 K　(2)1 600 J
解析　(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化，由查理定律可知＝
其中p1＝p0＋ρgh1＝1.2×105 Pa，T1＝300 K
p2＝p0＝1.0×105 Pa，
代入数值解得T2＝250 K。
(2)解除对活塞的锁定后，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体做等压变化
由盖－吕萨克定律知＝
其中V2＝80S，V3＝96S，
代入数值解得T3＝300 K
因为T3＝T1＝300 K，所以初状态与末状态气体内能相等，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＝－W
即吸收热量Q＝p0ΔV＝1 600 J。专题提升二　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。 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。
提升1　热力学第一定律和热学图像的综合
例1 （多选）一定质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
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 （2023·广东卷，13）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W，已知p0、V0、T0和W。求：
（1）pB的表达式；
（2）TC的表达式；
（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
训练1 在如图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知图线AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝600 J，求：
（1）气体在状态B的体积VB；
（2）此过程中气体内能的增量ΔU。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升2　热力学第一定律和气体实验定律的综合
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3 如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距底部高度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，重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞与器壁间摩擦，求：
（1）封闭部分气体的压强；
（2）当气体温度升高至t2时，活塞距底部高度H；
（3）若整个加热过程中内能变化量为120 J，则气体吸收的热量Q。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解题思路
　　　　
训练2 （2023·6月浙江选考，17）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J，大气压p0＝1.01×105 Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能　　　　（选填“增大”“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　（选填“增大”“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
随堂对点自测
1.（热力学第一定律和热学图像的综合）（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
2.（热力学第一定律和气体实验定律的综合）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（　　）
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变大
3.（热力学第一定律和气体实验定律的综合）绝热汽缸倒扣在水平地面上（汽缸侧壁有一小口），缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重力为G的重物，活塞重力为G0，活塞的横截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，问：（1）气体的温度升高了多少？（2）气体的内能增加多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
专题提升二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
提升1
例1 BCD　[由题图可知，一定质量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，选项A错误；理想气体的内能只与温度有关，从状态a到状态b，温度一直升高，则气体的内能一直增加，选项B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，并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 (1)pB＝p0　(2)TC＝1.9T0　(3)W
解析　(1)从状态A到状态B，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB
解得pB＝p0。
(2)由状态B到状态C，根据理想气体状态方程可知
＝，解得TC＝1.9T0。
(3)根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W
其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。
训练1 (1)8.0×10－3 m3　(2)400 J
解析　(1)由V－T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点，可知从A到B理想气体发生等压变化。
由盖－吕萨克定律得＝
解得VB＝VA＝×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3。
(2)从A到B气体对外界做功，则
W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－200 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝400 J。
提升2
例3 (1)3×105 Pa　(2)36 cm　(3)125.4 J
解析　(1)对活塞，由平衡条件得pS＝p0S＋mg
代入数据解得p＝3×105 Pa。
(2)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)由题意得W＝－pΔV＝－pS(H－h)＝－5.4 J，ΔU＝120 J
由ΔU＝Q＋W，得Q＝125.4 J。
训练2 (1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J
解析　(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，内能不变，分子平均动能不变；体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S
解得pA＝1×105 Pa
气体从状态A到状态B，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB
解得pB＝1.2pA＝1.2×105 Pa
气体从状态B到状态C，发生等容变化，由查理定律有＝
解得TC＝350 K。
(3)气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功。由(1)问分析可知，从状态A到状态C内能的变化量等于从状态B到状态C内能的变化量，从状态A到状态C，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得W＝11 J。
随堂对点自测
1.C　[由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，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pb2.B　[在水向外不断喷出的过程中，罐内气体体积增大，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A错误；罐内气体温度不变，内能不变，由于体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，选项B正确，C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误。]
3.(1)T1　(2)Q－(p0S－G－G0)h
解析　(1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀。
由盖－吕萨克定律，有＝
即＝，解得T2＝2T1
气体的温度升高了ΔT＝T2－T1＝T1。
(2)汽缸内气体的压强为p＝p0－
活塞向下运动的过程中，气体对外做功，则
W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh＝Q－(p0S－G－G0)h。(共49张PPT)
专题提升二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
第三章　热力学定律
1.会分析热学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题。 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。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
03
随堂对点自测
02
提升
1
提升2　热力学第一定律和气体实验定律的综合
提升1　热力学第一定律和热学图像的综合
提升1　热力学第一定律和热学图像的综合
例1 (多选)一定质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
BCD
解析　由题图可知，一定质量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，选项A错误；理想气体的内能只与温度有关，从状态a到状态b，温度一直升高，则气体的内能一直增加，选项B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，并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 (2023·广东卷，13)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W，已知p0、V0、T0和W。求：
(1)pB的表达式；
(2)TC的表达式；
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？
解析　(1)从状态A到状态B，气体做等温变化，
根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB
(2)由状态B到状态C，根据理想气体状态方程可知
(3)根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W
其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。
训练1 在如图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知图线AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝600 J，求：
(1)气体在状态B的体积VB；
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。
答案　(1)8.0×10－3 m3　(2)400 J
解析　(1)由V－T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点，可知从A到B理想气体发生等压变化。
(2)从A到B气体对外界做功，则
W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－200 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝400 J。
提升2　热力学第一定律和气体实验定律的综合
例3 如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距底部高度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，重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞与器壁间摩擦，求：
(1)封闭部分气体的压强；
(2)当气体温度升高至t2时，活塞距底部高度H；
(3)若整个加热过程中内能变化量为120 J，则气体吸收的热量Q。
答案　(1)3×105 Pa　(2)36 cm　(3)125.4 J
解析　(1)对活塞，由平衡条件得pS＝p0S＋mg
代入数据解得p＝3×105 Pa。
代入数据得H＝36 cm。
(3)由题意得W＝－pΔV＝－pS(H－h)＝－5.4 J，ΔU＝120 J
由ΔU＝Q＋W，得Q＝125.4 J。
解题思路
训练2 (2023·6月浙江选考，17)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J，大气压p0＝1.01×105 Pa。
(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求气体在状态C的温度TC；
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
答案　(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J
解析　(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，内能不变，
分子平均动能不变；体积减小，压强增大，
圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S
解得pA＝1×105 Pa
气体从状态A到状态B，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB
解得pB＝1.2pA＝1.2×105 Pa
解得TC＝350 K。
(3)气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功。由(1)问分析可知，从状态A到状态C内能的变化量等于从状态B到状态C内能的变化量，从状态A到状态C，由热力学第一定律有
ΔU＝Q＋W
解得W＝11 J。
随堂对点自测
2
C
1.(热力学第一定律和热学图像的综合)(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
B
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变大
2.(热力学第一定律和气体实验定律的综合)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)
解析　在水向外不断喷出的过程中，罐内气体体积增大，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A错误；罐内气体温度不变，内能不变，由于体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，选项B正确，C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误。
3.(热力学第一定律和气体实验定律的综合)绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸侧壁有一小口)，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重力为G的重物，活塞重力为G0，活塞的横截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，问：
(1)气体的温度升高了多少？
(2)气体的内能增加多少？
答案　(1)T1　(2)Q－(p0S－G－G0)h
解析　(1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀。
活塞向下运动的过程中，气体对外做功，
则W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh＝Q－(p0S－G－G0)h。
活塞向下运动的过程中，气体对外做功，则W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh＝Q－(p0S－G－G0)h。
课后巩固训练
3
BC
1.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b。在此过程中(　　)
对点题组练
题组一　热力学第一定律和热学图像的综合
A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直向外界放热
BC
2.(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的有(　　)
A.A→B的过程中，气体对外界做功
B.A→B的过程中，气体放出热量
C.B→C的过程中，气体压强不变
D.A→B→C的过程中，气体内能增加
解析　由题图知A→B的过程中，温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，而体积减小，所以外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律知，在A→B的过程中，气体放出热量，故A错误，B正确；B→C的过程V－T图像的延长线过原点，气体做等压变化，故C正确；A→B→C的过程中，温度先不变后降低，气体内能先不变后减少，故D错误。
AB
3.(多选)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，其状态变化过程的p－V图像如图所示。已知状态A时的温度为27 ℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T＝t＋273 K，则下列判断正确的是(　　)
A.气体处于状态B时的温度是900 K
B.气体处于状态C时的温度是300 K
C.从状态A变化到状态C的过程理想气体内能增大
D.从状态A变化到状态B的过程理想气体放热
B
题组二　热力学第一定律和气体实验定律的综合
4.(2023·天津卷，2)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体(　　)
A.对外做功 　　B.内能减少
C.吸收热量 　　D.压强不变
解析　爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误。
AC
5.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A.体积减小，内能增大
B.体积减小，压强减小
C.对外界做负功，内能增大
D.对外界做正功，压强减小
BCD
6.(多选)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分成体积相等的两部分，K与汽缸壁间的摩擦忽略不计，两部分中分别充满相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子势能可忽略，现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则(　 　)
A.a的体积增大，压强变小
B.b的温度升高
C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈
D.a增加的内能大于b增加的内能
AB
7.(多选)夏天，从湖底形成的气泡在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂，如图所示。若越接近水面，湖内水的温度越高，外界大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体。则气泡上升过程中，以下说法正确的是(　　)
A.气泡内气体对外界做功
B.气泡内气体分子平均动能增大
C.气泡内气体温度升高导致放热
D.气泡内气体的压强可能不变
AB
8. (多选)如图为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8 L药液，上部密封1 atm的空气1 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.2 L。设在所有过程中空气都可看成理想气体，且温度不变，下列说法正确的是(　　)
A.充气后，密封气体的压强增大为1.2 atm
B.充气后，密封气体的分子平均动能不变
C.打开阀门后，密封气体向外界放热
D.打开阀门后，不再充气也能把药液喷光
综合提升练
9.如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。
答案　(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J
解析　(1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象，有pS＝p0S＋mg
解得UB＝108 J
即ΔU＝UB－UA＝36 J
外界对气体做负功W＝－pSl＝－p(VB－VA)＝－24 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为
Q＝60 J。
10.如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的横截面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求：
(1)该过程中气体内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
解析　(1)活塞缓慢向右移动时受力平衡，则有p1S＝p0S＋Ff
气体对外界做的功，则W＝－p1SL
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L。
(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化
培优加强练
11.如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U形管内水银面高度差h1＝15 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。
答案　(1)250 K　(2)1 600 J
解析　(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化
其中p1＝p0＋ρgh1＝1.2×105 Pa，T1＝300 K
p2＝p0＝1.0×105 Pa，
代入数值解得T2＝250 K。
(2)解除对活塞的锁定后，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，
即整个过程中气体做等压变化
其中V2＝80S，V3＝96S，
代入数值解得T3＝300 K
因为T3＝T1＝300 K，所以初状态与末状态气体内能相等，由热力学第一定律
ΔU＝Q＋W知，Q＝－W
即吸收热量Q＝p0ΔV＝1 600 J。

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