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综合·融通　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题
(融会课—主题串知综合应用)
热力学第一定律和气体实验定律是高考命题的重点和热点，有单独考查，也有热力学第一定律和气体实验定律及相关图像的综合考查。
主题(一)　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题
[知能融会通]
1．利用体积的变化分析做功情况。气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功。
2．利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减少。
3．利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
[典例]　(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
尝试解答：
/方法技巧/
求解热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思路
[题点全练清]
1．(2024·北京高考)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　)
A．内能变大 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
2．如图所示，一质量M＝3 kg、底面积S＝6 cm2的导热汽缸内由活塞将一定质量的理想气体封闭在其中，活塞通过一不可伸长的轻绳竖直悬挂在固定的天花板上，活塞和汽缸内壁间光滑无摩擦。初始时用手托住汽缸，汽缸内、外气体压强均为大气压强p0＝1×105 Pa，活塞与汽缸底部的距离为l0＝0.1 m。将汽缸由静止释放，经过足够长的时间后汽缸最终静止，此时活塞仍将气体封闭，整个过程中不漏气。取重力加速度g＝10 m/s2。周围环境温度保持不变。
(1)求汽缸最终静止时活塞与汽缸底部的距离；
(2)整个过程中，缸内气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量？数值为多少？
主题(二)　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题
[知能融会通]
1．“两明确”巧析气体状态变化图像
(1)明确点、线的物理意义：点表示一个平衡状态，对应相应气体状态参量；线表示理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率的物理意义：利用＝C变形为正比例函数关系，确定斜率的意义。
2．通过分析，选择相应气体方程。列式分析、计算。
3．做功分析与计算
(1)体积增大，气体对外界做功；体积减小，外界对气体做功。
(2)等压变化利用W＝pΔV计算；p V图像中图线与V轴所围面积表示做功绝对值大小。
4．利用ΔU＝W＋Q分析求解问题。
[典例]　(2024·广东清远高二月考)某同学用光滑活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内，并对汽缸内气体加热，气体从状态A变化到状态B过程中的p V图像如图所示，已知气体在状态A时的热力学温度TA＝280 K，该过程中气体吸收的热量Q＝120 J，求：
(1)气体在状态B时的热力学温度TB；
(2)该过程中气体内能的增量ΔU。
尝试解答：
/方法技巧/
热力学第一定律与气体状态变化图像综合问题的分析思路
[题点全练清]
1．(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温和等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p T 图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程bc中内能减少量等于在过程da中内能增加量
2．(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　)
A．bc过程外界对气体做功
B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量
D．ca过程气体内能减小
综合·融通　热力学第一定律与气体
实验定律的综合问题
主题(一)　
[典例]　解析：(1)由题意可知，气体进行等压变化，则由盖 吕萨克定律得＝
即＝，解得T1＝T0。
(2)此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝CT0
气体对外界做的功W＝pSΔh＝h(p0S＋mg)
根据热力学第一定律可知，此过程中容器内气体吸收的热量Q＝ΔU＋W＝h(p0S＋mg)＋CT0。
答案：(1)T0　(2)h(p0S＋mg)＋CT0
[题点全练清]
1．选D　上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。
2．解析：(1)对汽缸受力分析p1S＋Mg＝p0S
解得p1＝5.0×104 Pa
设汽缸稳定后活塞与汽缸底部的距离为l1，对缸内气体，根据玻意耳定律可得p0l0S＝p1l1S
代入数据得l1＝0.2 m。
(2)对汽缸由动能定理可得W＋Mg(l1－l0)－p0S(l1－l0)＝0，解得W＝3 J
对气体，根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q，ΔU＝0
代入数据得Q＝3 J
故气体从外界吸收热量3 J 。
答案：(1)0.2 m　(2)从外界吸收热量　3 J
主题(二)　
[典例]　解析：(1)气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化，有＝，解得TB＝560 K。
(2)该过程中气体对外界做的功W＝pΔV，根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W，解得ΔU＝70 J。
答案：(1)560 K　(2)70 J
[题点全练清]
1．选ABD　根据理想气体状态方程＝C，得p＝，p T图像的斜率k＝，a、c两点在同一条过原点O的直线上，即a、c是同一条等容线上的两点，两状态体积相等，A正确；理想气体在状态a的温度大于在状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，B正确；在过程cd中温度不变，内能不变，ΔU＝0，等温变化压强与体积成反比，从c到d体积减小，外界对气体做正功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，所以W＝|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，C错误；由题图知，Ta＝Tb>Tc＝Td，故过程bc中内能减少量等于过程da中内能增加量，D正确。
2．选AC　bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程＝C，整理可得V＝·T，可知V T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa＜pb＝pc，可知ca过程气体压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程温度升高，内能增大，故D错误。
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热力学第一定律与气体实验定律的综合问题
(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通
热力学第一定律和气体实验定律是高考命题的重点和热点，有单独考查，也有热力学第一定律和气体实验定律及相关图像的综合考查。
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主题(一)　热力学第一定律与气体 实验定律的综合问题
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主题(二)　热力学第一定律与气体 状态变化图像的综合问题
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课时跟踪检测
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主题(一)　热力学第一定律与气体实验 定律的综合问题
1.利用体积的变化分析做功情况。气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功。
2.利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减少。
3.利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。由热力学第一定律ΔU=W+Q，则Q=ΔU-W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
知能融会通
[典例]　(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢
上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU
与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常
数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有
温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
[答案]　T0
[解析]　由题意可知，气体进行等压变化，
则由盖 吕萨克定律得=
即=，解得T1=T0。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[答案]　h(p0S+mg)+CT0
[解析]　此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0
气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg)
根据热力学第一定律可知，此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
/方法技巧/
　　求解热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思路
1.(2024·北京高考)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体 (　　)
A.内能变大 B.压强变大
C.体积不变 D.从水中吸热
题点全练清
√
解析：上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体压强p=p0+ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV=C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体从水中吸热，故D正确。
2.如图所示，一质量M=3 kg、底面积S=6 cm2的导热汽缸内由活塞将一定质量的理想气体封闭在其中，活塞通过一不可伸长的轻绳竖直悬挂在固定的天花板上，活塞和汽缸内壁间
光滑无摩擦。初始时用手托住汽缸，汽缸内、
外气体压强均为大气压强p0=1×105 Pa，活塞
与汽缸底部的距离为l0=0.1 m。
将汽缸由静止释放，经过足够长的时间后汽缸最终静止，此时活塞仍将气体封闭，整个过程中不漏气。取重力加速度g=10 m/s2。周围环境温度保持不变。
(1)求汽缸最终静止时活塞与汽缸底部的距离；
答案：0.2 m
解析：对汽缸受力分析p1S+Mg=p0S
解得p1=5.0×104 Pa
设汽缸稳定后活塞与汽缸底部的距离为l1，对缸内气体，
根据玻意耳定律可得p0l0S=p1l1S
代入数据得l1=0.2 m。
(2)整个过程中，缸内气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量 数值为多少
答案：从外界吸收热量　3 J
解析：对汽缸由动能定理可得W+Mg(l1-l0)-p0S(l1-l0)=0，解得W=3 J
对气体，根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q，ΔU=0，代入数据得Q=3 J
故气体从外界吸收热量3 J。
主题(二)　热力学第一定律与气体状态 变化图像的综合问题
1.“两明确”巧析气体状态变化图像
(1)明确点、线的物理意义：点表示一个平衡状态，对应相应气体状态参量；线表示理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率的物理意义：利用=C变形为正比例函数关系，确定斜率的意义。
知能融会通
2.通过分析，选择相应气体方程。列式分析、计算。
3.做功分析与计算
(1)体积增大，气体对外界做功；体积减小，外界对气体做功。
(2)等压变化利用W=pΔV计算；p V图像中图线与V轴所围面积表示做功绝对值大小。
4.利用ΔU=W+Q分析求解问题。
[典例]　(2024·广东清远高二月考)某同学用光滑活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内，并对汽缸内气体加热，气体从状态A变化到状态B过程中的p V图像如图所示，已知气体在状态A时的热力学温度TA=280 K，该过程中气体吸收的热量Q=120 J，求：
(1)气体在状态B时的热力学温度TB；
[答案]　560 K
[解析]　气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化，
有=，解得TB=560 K。
(2)该过程中气体内能的增量ΔU。
[答案]　70 J
[解析]　该过程中气体对外界做的功W=pΔV，
根据热力学第一定律有ΔU=Q-W，解得ΔU=70 J。
/方法技巧/
　　热力学第一定律与气体状态变化图像综合问题的分析思路
1.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温和等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p T 图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是 (　　)
A.气体在a、c两状态的体积相等
B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D.在过程bc中内能减少量等于在过程da中内能增加量
题点全练清
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解析：根据理想气体状态方程=C，得p=，p T图像的斜率k=，a、c两点在同一条过原点O的直线上，即a、c是同一条等容线上的两点，两状态体积相等，A正确；理想气体在状态a的温度大于在状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，B正确；
在过程cd中温度不变，内能不变，ΔU=0，等温变化压强与体积成反比，从c到d体积减小，外界对气体做正功，W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，所以W=|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，C错误；由题图知，Ta=Tb>Tc=Td，故过程bc中内能减少量等于过程da中内能增加量，D正确。
2.(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 (　　)
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
√
√
解析：bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程=C，整理可得V=·T，可知V T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程温度升高，内能增大，故D错误。
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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 (　　)
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
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解析：一定量的理想气体从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，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，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，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，D错误。
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2.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V T图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A.a、b和c三个状态，气体分子的平均动能相等
B.过程ab中气体既不吸热也不放热
C.过程bc中气体向外界放出热量
D.a和c两个状态，容器单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
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解析：由题图可知，a、b和c三个状态中，c状态温度最低，气体分子平均动能最小，A错误；过程ab中温度不变，则内能不变，又因为体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，B错误；过程bc中气体的温度和体积都减小，则内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，C正确；ca过程气体发生等容变化，气体温度升高，内能增大，根据查理定律可知气体压强增大，所以a和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，D错误。
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3.(2024·新课标卷)(多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是 (　　)
A.1→2过程中，气体内能增加
B.2→3过程中，气体向外放热
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体向外放热
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解析：1→2为绝热过程，此时气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖 吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W23<0，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W34<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，气体内能减小，由于气体体积不变，则W41=0，根据热力学第一定律可知气体向外放热，故D正确。
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4.浇花喷壶示意图如图所示，闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程中温度保持不变，下列说法正确的是 (　　)
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A.充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加
B.充气过程中，储气室内气体分子热运动的平均动能变大
C.充气过程中，储气室内气体内能不变
D.喷水过程中，储气室内气体对外界做功，吸收热量
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解析：充气过程中，储气室内气体分子数增多，但温度保持不变，即分子热运动剧烈程度保持不变，分子热运动平均动能不变，A、B错误；由于分子数增多，分子平均动能不变，故气体内能变大，C错误；喷水过程中，气体质量保持不变，温度不变，气体内能不变，即ΔU=0，气体膨胀对外做功，W<0，根据热力学第一定律可知，Q>0，即气体从外界吸收热量，D正确。
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5.(2024·威海高二检测)(多选)某汽车机舱盖的支撑杆由汽缸和活塞组成。打开机舱盖时，汽缸内密闭气体膨胀，将机舱盖顶起。在此过程中，汽缸内气体可视为理想气体，忽略汽缸内气体与外界的热交换。对于汽缸内的气体，下列说法正确的是 (　　)
A.压强减小 B.内能减小
C.分子势能减小 D.分子平均动能减小
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解析：气体将机舱盖顶起，即气体对外做功，W<0，而忽略汽缸内气体与外界的热交换，则Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，ΔU<0，即气体的内能减小，而对于一定量的理想气体而言，内能减小则温度降低，而温度又是气体分子平均动能的标志，温度降低则分子平均动能减小，故B、D正确；汽缸内密闭气体膨胀，即气体的体积增大，同时气体温度降低，由理想气体状态方程=C可知，汽缸内气体的压强一定减小，故A正确；汽缸内气体可视为理想气体，而理想气体不考虑分子势能，认为分子势能始终为零，故C错误。
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6.(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。若越接近湖面，湖内水的温度越高，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
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解析：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可知，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，即W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q>0，即气泡内的气体吸热，故B正确，C错误。
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7.(2024·山东高考)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是 (　　)
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全
部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
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解析：a→b过程是等压变化且体积增大，气体对外做功Wab<0，由盖 吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少，故B错误；
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c→a过程为等温过程，可知Tc=Ta，ΔUac=0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，根据热力学第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。
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8.(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。
经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是 (　　)
A.初始状态下，气体的体积为6 L
B.等压过程中，气体对外做功400 J
C.等压过程中，气体体积增加了原体积的
D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
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√
√
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解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0，V1=V0，T1=300 K，经等容过程压强为p2，体积V2=V1=V0，温度T2=400 K，经等压过程压强为p3=p0，体积变为V3，温度T3=400 K，由理想气体状态方程可得==，解得p2=p0，V3=V0，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU=W+Q=400 J，
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两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W=p0=200 J，解得V0=6 L，A正确，B错误。
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9.(2024·浙江6月选考)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。
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已知S=4.0×10-4 m2，m=0.1 kg，l1=0.2 m，
l2=0.3 m，T2=350 K，V0=2.0×10-4 m3，大气
压强p0=1.0×105 Pa，环境温度T1=300 K，重
力加速度g=10 m/s2。
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(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力_______　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)；
解析：温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p=可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于气体体积变大，故气体分子的数密度变小。
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不变
变小
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(2)求此不规则小块固体的体积V；
答案：4×10-5 m3
解析：气体发生等压变化，根据盖 吕萨克定律，有
=
解得V=4×10-5 m3。
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(3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
答案： 14.4 J
解析：整个过程中外界对气体做功为W=-p1S
对活塞受力分析p1S=mg+p0S
解得W=-4.1 J
根据热力学第一定律ΔU=Q+W
其中ΔU=10.3 J
解得Q=14.4 J
故气体吸收热量为14.4 J。
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10.(2024·四川达州模拟)如图所示，内壁光滑且长为L=60 cm的绝热汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为S=100 cm2的绝热活塞(厚度不计)封闭着温度为t0=27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧汽缸底l=40 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为p0=1.0×105 Pa)。
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(1)试计算当温度升高到t=402 ℃时，汽缸内封闭气体的压强p；
答案：1.5×105 Pa
解析：当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体发生等压变化，
则有=
其中T1=(t0+273)K=300 K
解得T2=450 K=177 ℃
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由于177 ℃<402 ℃，所以气体发生等压变化后再发生等容变化，
则有=，其中T3=(t+273)K=675 K
解得当温度升高到402 ℃时，汽缸内封闭气体的压强
p=1.5×105 Pa。
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(2)若汽缸内电热丝的电阻R=100 Ω，加热时通过电热丝的电流为I=0.3 A，此变化过程共持续了t1=200 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
答案：1 600 J
解析：根据热力学第一定律得ΔU=W+Q，外界对气体做的功为
W=p0S(l-L)
封闭气体吸收的热量Q=I2Rt1，解得ΔU=1 600 J。
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11.(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示。在室温环境下，
容器内装入一定质量的水，此时容器内的
气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后
压强变为4p0，不计容器的容积变化。
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(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。
答案：3V0
解析：设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有
p0V0+p0V=4p0V0，解得V=3V0。
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(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
答案：
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解析：容器内气体从状态M变化到状态N，
由理想气体的状态方程可得=
可得=。
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(3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)
答案：吸热
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解析：由p V图像与横轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，
N和N'都是从M状态变化而来，则相同，可得TN>TN'，可知从M到N的过程内能降低得更少
由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，从M到N'的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
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4课时跟踪检测(十三)　热力学第一定律与
气体实验定律的综合问题
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(　　)
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
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V T图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．a、b和c三个状态，气体分子的平均动能相等
B．过程ab中气体既不吸热也不放热
C．过程bc中气体向外界放出热量
D．a和c两个状态，容器单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
3．(2024·新课标卷)(多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
4．浇花喷壶示意图如图所示，闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程中温度保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加
B．充气过程中，储气室内气体分子热运动的平均动能变大
C．充气过程中，储气室内气体内能不变
D．喷水过程中，储气室内气体对外界做功，吸收热量
5．(2024·威海高二检测)(多选)某汽车机舱盖的支撑杆由汽缸和活塞组成。打开机舱盖时，汽缸内密闭气体膨胀，将机舱盖顶起。在此过程中，汽缸内气体可视为理想气体，忽略汽缸内气体与外界的热交换。对于汽缸内的气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强减小 B．内能减小
C．分子势能减小 D．分子平均动能减小
6．(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。若越接近湖面，湖内水的温度越高，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
7．(2024·山东高考)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
8．(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
9．(2024·浙江6月选考)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)求此不规则小块固体的体积V；
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
10．(2024·四川达州模拟)如图所示，内壁光滑且长为L＝60 cm的绝热汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为S＝100 cm2的绝热活塞(厚度不计)封闭着温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧汽缸底l＝40 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa)。
(1)试计算当温度升高到t＝402 ℃时，汽缸内封闭气体的压强p；
(2)若汽缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时通过电热丝的电流为I＝0.3 A，此变化过程共持续了t1＝200 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
11．(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。
(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。
(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
(3)图(b)中虚线MN′是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)
课时跟踪检测(十三)
1．选BC　一定量的理想气体从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，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，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，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，D错误。
2．选C　由题图可知，a、b和c三个状态中，c状态温度最低，气体分子平均动能最小，A错误；过程ab中温度不变，则内能不变，又因为体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，B错误；过程bc中气体的温度和体积都减小，则内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，C正确；ca过程气体发生等容变化，气体温度升高，内能增大，根据查理定律可知气体压强增大，所以a和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，D错误。
3．选AD　1→2为绝热过程，此时气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖 吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W23<0，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W34<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，气体内能减小，由于气体体积不变，则W41＝0，根据热力学第一定律可知气体向外放热，故D正确。
4．选D　充气过程中，储气室内气体分子数增多，但温度保持不变，即分子热运动剧烈程度保持不变，分子热运动平均动能不变，A、B错误；由于分子数增多，分子平均动能不变，故气体内能变大，C错误；喷水过程中，气体质量保持不变，温度不变，气体内能不变，即ΔU＝0，气体膨胀对外做功，W<0，根据热力学第一定律可知，Q>0，即气体从外界吸收热量，D正确。
5．选ABD　气体将机舱盖顶起，即气体对外做功，W<0，而忽略汽缸内气体与外界的热交换，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU<0，即气体的内能减小，而对于一定量的理想气体而言，内能减小则温度降低，而温度又是气体分子平均动能的标志，温度降低则分子平均动能减小，故B、D正确；汽缸内密闭气体膨胀，即气体的体积增大，同时气体温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，汽缸内气体的压强一定减小，故A正确；汽缸内气体可视为理想气体，而理想气体不考虑分子势能，认为分子势能始终为零，故C错误。
6．选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可知，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，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q>0，即气泡内的气体吸热，故B正确，C错误。
7．选C　a→b过程是等压变化且体积增大，气体对外做功Wab<0，由盖 吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，故B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，根据热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。
8．选AD　令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，经等容过程压强为p2，体积V2＝V1＝V0，温度T2＝400 K，经等压过程压强为p3＝p0，体积变为V3，温度T3＝400 K，由理想气体状态方程可得＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W＝p0＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误。
9．解析：(1)温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p＝可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于气体体积变大，故气体分子的数密度变小。
(2)气体发生等压变化，根据盖 吕萨克定律，有
＝
解得V＝4×10－5 m3。
(3)整个过程中外界对气体做功为
W＝－p1S
对活塞受力分析p1S＝mg＋p0S
解得W＝－4.1 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝10.3 J
解得Q＝14.4 J
故气体吸收热量为14.4 J。
答案：(1)不变　变小　(2)4×10－5 m3　(3)14.4 J
10．解析：(1)当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体发生等压变化，则有＝
其中T1＝(t0＋273)K＝300 K
解得T2＝450 K＝177 ℃
由于177 ℃<402 ℃，所以气体发生等压变化后再发生等容变化，则有＝，其中T3＝(t＋273)K＝675 K
解得当温度升高到402 ℃时，汽缸内封闭气体的压强p＝1.5×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，外界对气体做的功为W＝p0S(l－L)
封闭气体吸收的热量Q＝I2Rt1，
解得ΔU＝1 600 J。
答案：(1)1.5×105 Pa　(2)1 600 J
11．解析：(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有
p0V0＋p0V＝4p0V0
解得V＝3V0。
(2)容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得
＝
可得＝。
(3)由p V图像与横轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，
N和N′都是从M状态变化而来，则相同，可得TN>TN′，可知从M到N的过程内能降低得更少
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N′的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
答案：(1)3V0　(2)　(3)吸热
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