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习题课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
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经等容过程到达状态b，再经过等压过程到达状态c，最后经等温过程回到初态a。下列说法正确的是（　　）
A.在过程ca中，外界对气体做功
B.在过程ab中，气体对外界做功
C.在过程bc中，气体从外界吸收热量
D.在过程ca中，气体从外界吸收热量
2.（多选）（2024·天津和平高二期末）一定质量的理想气体封闭在汽缸中，气体由状态A经状态B、C最终变化到D，该过程中气体的V-T图像如图，O、A、D三点共线。下列说法正确的是（　　）
A.气体由A到B一定是从外界吸收热量
B.气体在状态A单位时间对单位面积器壁的冲量小于在状态B的冲量
C.气体由B到C从外界吸收热量
D.气体由C到D对外做的功大于从外界吸收的热量
题组二　热力学第一定律与气体实验定律的综合
3.如图所示，有一导热性能良好的汽缸放在水平面上，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用（即分子势能视为零），忽略环境温度的变化。现缓慢推倒汽缸，在此过程中（　　）
A.气体吸收热量，内能不变
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
D.汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
4.某喷水壶的示意图如图所示。未喷水时阀门K闭合，压下压杆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，充气和喷水过程温度保持不变，则（　　）
A.充气过程中，储气室内气体内能不变
B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大
C.喷水过程中，储气室内气体吸热
D.喷水过程中，储气室内气体压强不变
5.（多选）（2024·天津北辰高二期中）啤酒是人们夏季喜欢喝的饮品，如图是袋装原浆，某次售卖时，售货员将3 ℃冰镇原浆倒入袋中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气体从啤酒中析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知外界大气压强保持一个标准大气压不变，室温为33 ℃，封闭气体（视为理想气体）体积从0.2 L增大为0.3 L，则下列说法正确的是（　　）
A.外界对内部封闭气体做正功
B.静置后内部封闭气体的内能增加
C.静置后内部封闭气体分子的平均速率增大
D.根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强
6.（2024·陕西安康高二期末）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的横截面积为S，初始时封闭气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且不变），热力学温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞上升的高度为Δh时，气体的内能增加ΔU，气体的热力学温度上升到T2。已知重力加速度大小为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
（1）活塞的质量m及活塞与汽缸底部初始的间距h；
（2）加热过程中气体吸收的热量Q。
7.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
8.（多选）（2024·辽宁大连高二期末）在日常生活中有很多有趣的热学现象，可以用所学的气体知识来解释。例如，如果你留心观察，会发现在暴雨期间，水位迅速上涨，井盖可能出现不断跳跃的现象。图乙是某排水管道的侧面剖视图，井盖上的泄水孔因杂物而堵塞，井盖与井口间密封良好但不粘连。井内密封的空气可视为理想气体，密封空气的温度始终不变。随着水面上涨到井盖被顶起之前，对于被井盖封闭的气体，下列说法正确的是（　　）
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.气体对外界放出热量
C.气体分子平均动能不变，气体的分子势能增大
D.气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大
9.一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。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0），b（2V0，p0），c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（　　）
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
10.如图所示，质量为M、内部高为H、底面积为S的绝热汽缸内部带有加热装置，汽缸顶部有挡板，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，用绳将活塞悬挂在天花板上，开始时缸内气体温度为T0，活塞到汽缸底部的距离为0.5H。已知大气压强恒为p0，忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求活塞刚碰到挡板时气体的温度；
（2）汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的过程中，气体吸收的热量为Q，求气体内能的增加量。
习题课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
1.AC　由题图知，在过程ca中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W＞0，由于气体温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＜0，即气体放热，故A正确，D错误；由题图知，在过程ab中，气体体积不变，则气体对外界不做功，故B错误；由题图知，在过程bc中，气体体积增大，则气体对外界做功，即W＜0，而气体的压强不变，由查理定律可知，气体的温度升高，故气体的内能增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。
2.BC　气体由A到B体积减小，外界对气体做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，该过程气体不一定从外界吸收热量，故A错误；根据理想气体状态方程＝C可知，状态A的压强小于状态B的，则气体在状态A时对单位面积压力更大，根据I＝Ft可知，气体在状态A时单位时间内对单位面积器壁的冲量更小，故B正确；气体由B到C，体积不变，气体不做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故C正确；气体由C到D的过程，做等温变化，气体的内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于从外界吸收的热量，故D错误。
3.A　缓慢推倒汽缸，汽缸内气体压强减小，而环境温度不变，则气体体积增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数减少，该过程气体对外做功，由于温度不变，分子平均动能不变，分子撞击汽缸壁的平均作用力不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确，B、C、D错误。
4.C　充气过程中，储气室内气体质量增大，温度不变，气体分子平均动能不变，但内能增大，故A、B错误；喷水过程中，液面下降，气体体积增大，储气室内气体压强减小，气体体积增大，对外做功，而温度不变，由热力学第一定律知储气室内气体吸热，故C正确，D错误。
5.BC　由于气体体积变大，可知外界对内部封闭气体做负功，故A错误；静置后内部封闭气体的温度升高，则气体分子的平均速率增大，气体的内能增加，故B、C正确；根据理想气体状态方程＝C ，由于不知道气体的初始压强，所以不能求出静置后内部封闭气体的压强，故D错误。
6.（1）　Δh　（2）ΔU＋1.1p0SΔh
解析：（1）活塞处于平衡状态，则pS＝p0S＋mg
汽缸内气体的压强p＝p0＋
解得m＝
加热过程中气体做等压变化，有＝
解得h＝Δh。
（2）加热过程中气体对外做功，有W＝－pSΔh
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋1.1p0SΔh。
7.B　越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；小瓶在上升的过程中，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，气体体积变大，瓶内气体对外界做正功，B正确；由A、B分析可知，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加、对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
8.BD　理想气体的内能与温度有关，而温度始终不变，内能不变，故A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能不变，外界对气体做功，气体应该对外界放出热量，故B正确；理想气体的分子势能为零，故C错误；随着水面上涨到井盖被顶起之前，在温度不变的情况下，气体分子平均动能不变，但是，气体分子的数密度增大，故气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大，故D正确。
9.C　气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p-V图像与横轴所围的面积表示气体做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误；气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，c状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误；气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确；由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误。
10.（1）2T0　（2）Q－（p0S－Mg）
解析：（1）在活塞碰到挡板前，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律，有＝
解得T1＝2T0。
（2）从T0升高到3T0的过程中，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容变化，在等压变化过程中，设气体的压强为p，对汽缸有
Mg＋pS＝p0S
此过程气体对外做功W＝－0.5pSH
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－（p0S－Mg）。
4 / 4习题课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
要点一　热力学第一定律和热学图像的综合
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。
（1）由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
（2）由温度变化判断理想气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
（3）由热力学第一定律ΔU＝Q＋W判断气体是吸热还是放热。
（4）外界对理想气体做功或理想气体对外界做功时，若恒压膨胀，即压强不变时，功的计算公式为W＝pΔV（p为理想气体的压强、ΔV为理想气体体积的变化量）。在p-V图像中，图像与坐标轴所围面积表示功W，再结合体积变化确定功的正、负。
【典例1】　（多选）一定质量的密闭气体，可视为理想气体。开始处于状态a，经过ab过程可到达状态b，经过ac过程可到达状态c，b、c状态温度相同，如p-T图像所示。设该气体在状态b和状态c的体积分别为Vb和Vc，则（　　）
A.Vb＜Vc
B.Vb＞Vc
C.ab过程中气体一定吸热
D.ac过程与ab过程，气体吸收热量相同
尝试解答：
【典例2】　一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
尝试解答
1.（2024·安徽蚌埠高二期中）一定质量的理想气体沿状态 a→b→c→a变化的p-V图像如图所示，其中c→a为双曲线。下列判断错误的是（　　）
A.气体在状态b时比在状态a时的内能大
B.气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数可能比在状态c时少
C.气体从状态c 变化到状态a，内能不变
D.气体从状态a经过状态b到状态c，从外界吸热
2.如图所示，一定质量的理想气体经历A→B的等压过程，B→C的等容过程，则（　　）
A.A→B过程，气体吸收热量
B.A→B过程，气体内能不变
C.B→C过程，气体压强减小
D.B→C过程，外界对气体做功
要点二　热力学第一定律和气体实验定律的综合
此类问题的一般解题思路
【典例3】　如图所示，一个开口向下内壁光滑的汽缸竖直吊在天花板上，汽缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3 m2，质量m＝4 kg，活塞只能在汽缸内活动，活塞距汽缸底部h1＝20 cm，距缸口h2＝10 cm。汽缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境温度为T1＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，汽缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至T2＝900 K时。
（1）求此时气体压强；
（2）在此过程中气体从外界吸收Q＝30 J的热量，求气体内能的增加量ΔU。
尝试解答
1.如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞静止，处于平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体的分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（　　）
A.气体A吸热，对外做功，内能不变
B.气体B吸热，对外做功，内能不变
C.气体A和气体B内每个分子的动能都增大
D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
2.气压升降椅的核心部件是气压棒，充气压力管中封闭着一定量的空气（可近似看成理想气体）。把充气压力管简化成直径为d、内壁光滑的均匀圆管，上方用活塞（质量不计）密封，质量为m的座椅与活塞固定，如图所示。已知没有人坐在座椅上时，充气压力管内空气的长度为h，重力加速度大小为g。
（1）求没有人坐在座椅上时充气压力管内、外气体的压强差Δp；
（2）若质量为M的人坐在座椅上，稳定时充气压力管内气体温度与外界温度相同，此过程充气压力管内气体向外界散发的热量为Q，外界大气压强为p0，求稳定时座椅下降的距离Δh及此过程活塞对管内气体做的功W。
1.（多选）（2024·湖北孝感高二期中）如图，一定质量的理想气体从状态A经热力学过程AB、BC、CA后又回到状态A。下列说法正确的是（　　）
A.过程AB气体分子平均动能增大
B.过程BC气体分子的数密度不变
C.过程CA气体向外界放热
D.过程CA气体从外界吸热
2.（2024·江苏扬州高二期末）一定质量的理想气体从状态a经半圆弧abc，再从状态c回到原状态，已知b是半圆弧的最低点，直线ac平行于T轴，其p-T图像如图。下列说法错误的是（　　）
A.在过程ab中气体一定吸热
B.在过程bc中气体可能吸热
C.在过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D.在a、b、c三个状态中，状态c气体内能最大
3.（2024·山东日照高二期末）如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、b两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，a、b两活塞用轻杆连接，D为电热丝，可外接电源。初始时活塞静止，A、B、C三个部分内的气体温度均相同。现利用电热丝D对C部分中的气体加热，使其温度缓慢升高，则在两活塞缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.两活塞向上移动，A中气体温度升高
B.两活塞向下移动，B中气体内能不变
C.两活塞向下移动，B中气体温度升高
D.两活塞向上移动，A中气体内能增大
4.（2024·广东梅州高二期末）干瘪的乒乓球在室外温度为270 K时，体积为V，球内压强0.9p0。为了让乒乓球鼓起来，将其放入温度恒为330 K热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状V，此过程气体对外做功为W0，球内的气体视为理想气体且不漏气，若乒乓球内气体的内能满足U＝kT（k为常量且大于零），求：
（1）恢复原状的乒乓球内气体的压强；
（2）干瘪的乒乓球恢复原状的过程中，乒乓球内气体吸收的热量。
习题课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　AC　由理想气体状态方程得＝，且b、c状态温度相同，pb＞pc，则Vb＜Vc，故A正确，B错误；由图像可知，ab过程中气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C正确；由图像知b、c状态的温度相同即内能相同，体积Vb＜Vc，由图可知：a→b是等容变化，根据热力学第一定律知：ΔUab＝Qab，a→c是等压变化，Va＜Vc，Wac＜0，ΔUac＝Wac＋Qac，又因为ΔUab＝ΔUac，所以，Qab＜Qac，故D错误。
【典例2】　（1）375 K　（2）增加了400 J
解析：（1）D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K
气体由C到D为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
解得TC＝＝375 K；
（2）气体由A到B为等压变化，则W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J，则气体内能增加了400 J。
素养训练
1.B　压强相等时，根据＝C，一定质量的气体在状态b时体积大，温度高，则气体在状态b时比在状态a时的内能大，A正确；体积相等时，根据＝C，气体在状态b时压强大，温度高，则气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数比在状态c时多，B错误；气体从状态c 变化到状态a，根据＝ ，代入数据得Tc＝Ta，内能不变，C正确；气体从状态 a 经过状态b 到状态c，图像围成的面积等于气体对外做功，由于温度不变，则气体从外界吸收热量，D正确。
2.A　由题图知A→B过程，气体压强不变，体积膨胀，气体对外做功（W＜0），温度升高，内能增大（ΔU＞0），根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知该过程气体吸收热量（Q＞0），故A正确，B错误；由题图知B→C过程，气体体积不变，则外界对气体不做功，温度升高，根据查理定律可知，压强增大，故C、D错误。
要点二
知识精研
【典例3】　（1）1.6×105 Pa　（2）14 J
解析：（1）设气体初状态压强为p1，对活塞，由平衡条件得p0S＝p1S＋mg
解得p1＝8×104 Pa
气体初状态的温度T1＝300 K，体积V1＝h1S
气体末状态的温度T2＝900 K，体积V2＝（h1＋h2）S
对缸内封闭气体，由理想气体状态方程＝，解得p2＝p1＝1.6×105 Pa。
（2）对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
W＝－p1·ΔV＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
气体增加的内能为ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。
素养训练
1.D　气体A吸热，Q＞0，体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体温度升高，故A错误；对气体B上方的活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，气体B的压强不变，由于隔板导热性能良好，气体B温度升高，内能增大，根据理想气体状态方程＝C，在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；气体A和气体B温度升高，则分子的平均动能都增大，但并非每一个分子的动能都会增大，故C错误；气体压强与分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，则气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确。
2.（1）　（2）　Q
解析：（1）没有人坐在座椅上时，座椅受到管内气体压力、管外大气压力和自身的重力，设管内气体压强为p1，管外大气压为p0，根据平衡条件有
mg＋p0π＝p1π
又Δp＝p1－p0
解得Δp＝。
（2）质量为M的人坐在座椅上后，设稳定时管内气体压强为p2，则有
（M＋m）g＋p0π＝p2π
p1Sh＝p2S（h－Δh）
解得Δh＝
由热力学第一定律知，座椅下降过程中活塞对管内气体做的功W＝Q。
【教学效果·勤检测】
1.BD　过程AB温度不变，则气体分子平均动能不变，A错误；过程BC气体体积不变，则气体分子的数密度不变，B正确； 过程CA气体对外界做功，则W＜0；温度升高，则ΔU＞0；根据ΔU＝W＋Q，可得Q＞0，说明气体从外界吸热，C错误，D正确。
2.C　在过程ab中气体压强减小，温度升高，内能增大，ΔU＞0 ，再结合理想气体状态方程可知体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定吸收热量，故A正确，不符合题意；在过程bc中，压强增大，温度升高，内能增大，ΔU＞0，斜率增大，体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体有可能吸热，有可能放热，故B正确，不符合题意；在过程ca中，压强不变，温度降低，内能减小，ΔU＜0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要放出热量，则外界对气体所做的功小于气体所放出的热量，故C错误，符合题意；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，由图可知状态c内能最大，故D正确，不符合题意。
3.C　以C中气体为研究对象，体积不变，根据＝，可知C中气体温度升高，压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到向上和向下气体的压力p2SA＜p2SB，可知活塞和连杆合力向下，则两活塞竖直向下运动，A中气体体积增大，对外做功，即W＜0，根据ΔU＝Q＋W，汽缸绝热Q＝0，内能减小，温度降低；反之B中气体体积变小，内能增大，温度升高。故选C。
4.（1）p0　（2）60k－W0
解析：（1）乒乓球内气体视为理想气体，有＝
解得p＝p0。
（2）该过程气体内能变化量为ΔU＝330k－270k＝60k
由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q
解得Q＝60k－W0。
3 / 4(共62张PPT)
习题课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　热力学第一定律和热学图像的综合
1. 气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C
分析。
2. 气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定
律分析。
（1）由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做
功；气体被压缩，外界对气体做功。
（2）由温度变化判断理想气体内能变化：温度升高，气体内能增
大；温度降低，气体内能减小。
（3）由热力学第一定律ΔU＝Q＋W判断气体是吸热还是放热。
（4）外界对理想气体做功或理想气体对外界做功时，若恒压膨
胀，即压强不变时，功的计算公式为W＝pΔV（p为理想气体
的压强、ΔV为理想气体体积的变化量）。在p-V图像中，图
像与坐标轴所围面积表示功W，再结合体积变化确定功的
正、负。
【典例1】　（多选）一定质量的密闭气体，可视为理想气体。开始
处于状态a，经过ab过程可到达状态b，经过ac过程可到达状态c，b、
c状态温度相同，如p-T图像所示。设该气体在状态b和状态c的体积分
别为Vb和Vc，则（　　）
A. Vb＜Vc
B. Vb＞Vc
C. ab过程中气体一定吸热
D. ac过程与ab过程，气体吸收热量相同
解析：由理想气体状态方程得＝，且b、c状态温度相同，pb＞
pc，则Vb＜Vc，故A正确，B错误；由图像可知，ab过程中气体压强与
热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气
体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体
吸收热量，故C正确；由图像知b、c状态的温度相同即内能相同，体
积Vb＜Vc，由图可知：a→b是等容变化，根据热力学第一定律知：
ΔUab＝Qab，a→c是等压变化，Va＜Vc，Wac＜0，ΔUac＝Wac＋Qac，又
因为ΔUab＝ΔUac，所以，Qab＜Qac，故D错误。
【典例2】　一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过
程可用如图所示的p-V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A
时温度为TA＝300 K，试求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
答案：375 K　
解析：D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K
气体由C到D为等压变化，由盖－吕萨克定律得
＝
解得TC＝＝375 K；
解析：气体由A到B为等压变化，则W＝－pΔV＝
－2×105×3×10－3 J＝－600 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J，则气
体内能增加了400 J。
（2）若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如
何变化？变化了多少？
答案：增加了400 J
1. （2024·安徽蚌埠高二期中）一定质量的理想气体沿状态
a→b→c→a变化的p-V图像如图所示，其中c→a为双曲线。下列判
断错误的是（　　）
A. 气体在状态b时比在状态a时的内能大
B. 气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数可能比在状态c时少
C. 气体从状态c 变化到状态a，内能不变
D. 气体从状态a经过状态b到状态c，从外界吸热
解析：　压强相等时，根据＝C，一定质量的气体在状态b时体
积大，温度高，则气体在状态b时比在状态a时的内能大，A正确；
体积相等时，根据＝C，气体在状态b时压强大，温度高，则气体
在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数比在状
态c时多，B错误；气体从状态c 变化到状态a，根据＝ ，代
入数据得Tc＝Ta，内能不变，C正确；气体从状态 a 经过状态b 到状
态c，图像围成的面积等于气体对外做功，由于温度不变，则气体
从外界吸收热量，D正确。
2. 如图所示，一定质量的理想气体经历A→B的等压过程，B→C的等
容过程，则（　　）
A. A→B过程，气体吸收热量
B. A→B过程，气体内能不变
C. B→C过程，气体压强减小
D. B→C过程，外界对气体做功
解析：　由题图知A→B过程，气体压强不变，体积膨胀，气体对
外做功（W＜0），温度升高，内能增大（ΔU＞0），根据热力学
第一定律ΔU＝Q＋W，可知该过程气体吸收热量（Q＞0），故A正
确，B错误；由题图知B→C过程，气体体积不变，则外界对气体不
做功，温度升高，根据查理定律可知，压强增大，故C、D错误。
要点二　热力学第一定律和气体实验定律的综合
此类问题的一般解题思路
【典例3】　如图所示，一个开口向下内壁光滑的汽缸竖直吊在天花
板上，汽缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3 m2，
质量m＝4 kg，活塞只能在汽缸内活动，活塞距汽缸底部h1＝20 cm，
距缸口h2＝10 cm。汽缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境温度
为T1＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度
g＝10 m/s2，汽缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使
活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至T2＝900 K时。
（1）求此时气体压强；
答案：1.6×105 Pa　
解析：设气体初状态压强为p1，对活塞，由平衡条件得p0S＝p1S
＋mg
解得p1＝8×104 Pa
气体初状态的温度T1＝300 K，体积V1＝h1S
气体末状态的温度T2＝900 K，体积V2＝（h1＋h2）S
对缸内封闭气体，由理想气体状态方程＝，解得p2＝
p1＝1.6×105 Pa。
（2）在此过程中气体从外界吸收Q＝30 J的热量，求气体内能的增加
量ΔU。
答案：14 J
解析：对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
W＝－p1·ΔV＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
气体增加的内能为ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。
1. 如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热
性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞静止，处于平衡
状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平
衡，不计气体的分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强
保持不变，则下列判断正确的是（　　）
A. 气体A吸热，对外做功，内能不变
B. 气体B吸热，对外做功，内能不变
C. 气体A和气体B内每个分子的动能都增大
D. 气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
解析：　气体A吸热，Q＞0，体积不变，W＝0，根据热力学
第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体温度升高，故A错误；
对气体B上方的活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，气体B
的压强不变，由于隔板导热性能良好，气体B温度升高，内能增
大，根据理想气体状态方程＝C，在压强不变，温度升高的情
况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；气体A和气体B
温度升高，则分子的平均动能都增大，但并非每一个分子的动
能都会增大，故C错误；气体压强与分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，则气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确。
2. 气压升降椅的核心部件是气压棒，充气压力管中封闭着一定量的空
气（可近似看成理想气体）。把充气压力管简化成直径为d、内壁
光滑的均匀圆管，上方用活塞（质量不计）密封，质量为m的座椅
与活塞固定，如图所示。已知没有人坐在座椅上时，充气压力管内
空气的长度为h，重力加速度大小为g。
答案：　
（1）求没有人坐在座椅上时充气压力管内、外气体的压强差Δp；
解析：没有人坐在座椅上时，座椅受到管内气体压力、
管外大气压力和自身的重力，设管内气体压强为p1，管外大
气压为p0，根据平衡条件有
mg＋p0π＝p1π
又Δp＝p1－p0
解得Δp＝。
（2）若质量为M的人坐在座椅上，稳定时充气压力管内气体温度
与外界温度相同，此过程充气压力管内气体向外界散发的热
量为Q，外界大气压强为p0，求稳定时座椅下降的距离Δh及
此过程活塞对管内气体做的功W。
答案：　Q
解析：质量为M的人坐在座椅上后，设稳定时管内气体压强为p2，则有
（M＋m）g＋p0π＝p2π
p1Sh＝p2S（h－Δh）
解得Δh＝
由热力学第一定律知，座椅下降过程中活塞对管内气体做的
功W＝Q。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. （多选）（2024·湖北孝感高二期中）如图，一定质量的理想气体
从状态A经热力学过程AB、BC、CA后又回到状态A。下列说法正确
的是（　　）
A. 过程AB气体分子平均动能增大
B. 过程BC气体分子的数密度不变
C. 过程CA气体向外界放热
D. 过程CA气体从外界吸热
解析：　过程AB温度不变，则气体分子平均动能不变，A错误；过程BC气体体积不变，则气体分子的数密度不变，B正确； 过程CA气体对外界做功，则W＜0；温度升高，则ΔU＞0；根据ΔU＝W＋Q，可得Q＞0，说明气体从外界吸热，C错误，D正确。
2. （2024·江苏扬州高二期末）一定质量的理想气体从状态a经半圆弧
abc，再从状态c回到原状态，已知b是半圆弧的最低点，直线ac平
行于T轴，其p-T图像如图。下列说法错误的是（　　）
A. 在过程ab中气体一定吸热
B. 在过程bc中气体可能吸热
C. 在过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D. 在a、b、c三个状态中，状态c气体内能最大
解析：　在过程ab中气体压强减小，温度升高，内能增大，
ΔU＞0 ，再结合理想气体状态方程可知体积增大，气体对外做
功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定吸收
热量，故A正确，不符合题意；在过程bc中，压强增大，温度
升高，内能增大，ΔU＞0，斜率增大，体积减小，外界对气体
做功，W＞0，气体有可能吸热，有可能放热，故B正确，不符
合题意；在过程ca中，压强不变，温度降低，内能减小，ΔU＜0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要放出热量，则外界对气体所做的功小于气体所放出的热量，故C错误，符合题意；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，由图可知状态c内能最大，故D正确，不符合题意。
3. （2024·山东日照高二期末）如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、b
两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，a、b两活塞用轻杆连接，D
为电热丝，可外接电源。初始时活塞静止，A、B、C三个部分内的
气体温度均相同。现利用电热丝D对C部分中的气体加热，使其温
度缓慢升高，则在两活塞缓慢移动的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A. 两活塞向上移动，A中气体温度升高
B. 两活塞向下移动，B中气体内能不变
C. 两活塞向下移动，B中气体温度升高
D. 两活塞向上移动，A中气体内能增大
解析：　以C中气体为研究对象，体积不变，根据＝，可知C
中气体温度升高，压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到
向上和向下气体的压力p2SA＜p2SB，可知活塞和连杆合力向下，则
两活塞竖直向下运动，A中气体体积增大，对外做功，即W＜0，根
据ΔU＝Q＋W，汽缸绝热Q＝0，内能减小，温度降低；反之B中气
体体积变小，内能增大，温度升高。故选C。
4. （2024·广东梅州高二期末）干瘪的乒乓球在室外温度为270 K时，
体积为V，球内压强0.9p0。为了让乒乓球鼓起来，将其放入温度
恒为330 K热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状V，
此过程气体对外做功为W0，球内的气体视为理想气体且不漏气，
若乒乓球内气体的内能满足U＝kT（k为常量且大于零），求：
（1）恢复原状的乒乓球内气体的压强；
答案：p0　
解析：乒乓球内气体视为理想气体，有
＝
解得p＝p0。
（2）干瘪的乒乓球恢复原状的过程中，乒乓球内气体吸收的热
量。
答案：60k－W0
解析：该过程气体内能变化量为ΔU＝330k－270k＝60k
由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q
解得Q＝60k－W0。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
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经等容过程到达
状态b，再经过等压过程到达状态c，最后经等温过程回到初态a。
下列说法正确的是（　　）
A. 在过程ca中，外界对气体做功
B. 在过程ab中，气体对外界做功
C. 在过程bc中，气体从外界吸收热量
D. 在过程ca中，气体从外界吸收热量
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解析：　由题图知，在过程ca中，气体体积减小，则外界对气
体做功，即W＞0，由于气体温度不变，故气体的内能不变，即ΔU
＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＜0，即气体放热，故A
正确，D错误；由题图知，在过程ab中，气体体积不变，则气体对
外界不做功，故B错误；由题图知，在过程bc中，气体体积增大，
则气体对外界做功，即W＜0，而气体的压强不变，由查理定律可
知，气体的温度升高，故气体的内能增加，即ΔU＞0，由热力学第
一定律ΔU＝Q＋W知，Q＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。
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2. （多选）（2024·天津和平高二期末）一定质量的理想气体封闭在
汽缸中，气体由状态A经状态B、C最终变化到D，该过程中气体的
V-T图像如图，O、A、D三点共线。下列说法正确的是（　　）
A. 气体由A到B一定是从外界吸收热量
B. 气体在状态A单位时间对单位面积器壁的冲量小于在状态B的冲量
C. 气体由B到C从外界吸收热量
D. 气体由C到D对外做的功大于从外界吸收的热量
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解析：　气体由A到B体积减小，外界对气体做功，温度升高，
气体的内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，该过程气体
不一定从外界吸收热量，故A错误；根据理想气体状态方程＝C
可知，状态A的压强小于状态B的，则气体在状态A时对单位面积压
力更大，根据I＝Ft可知，气体在状态A时单位时间内对单位面积器
壁的冲量更小，故B正确；气体由B到C，体积不变，气体不做功，
温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律可知气体从外界吸
收热量，故C正确；气体由C到D的过程，做等温变化，气体的内
能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体
对外做的功等于从外界吸收的热量，故D错误。
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题组二　热力学第一定律与气体实验定律的综合
3. 如图所示，有一导热性能良好的汽缸放在水平面上，活塞与汽缸壁
间的摩擦不计，汽缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，
忽略气体分子间的相互作用（即分子势能视为零），忽略环境温度
的变化。现缓慢推倒汽缸，在此过程中（　　）
A. 气体吸收热量，内能不变
B. 汽缸内分子的平均动能增大
C. 单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
D. 汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
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解析：　缓慢推倒汽缸，汽缸内气体压强减小，而环境温度不变，则气体体积增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数减少，该过程气体对外做功，由于温度不变，分子平均动能不变，分子撞击汽缸壁的平均作用力不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确，B、C、D错误。
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4. 某喷水壶的示意图如图所示。未喷水时阀门K闭合，压下压杆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
水过程温度保持不变，则（　　）
A. 充气过程中，储气室内气体内能不变
B. 充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大
C. 喷水过程中，储气室内气体吸热
D. 喷水过程中，储气室内气体压强不变
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解析：　充气过程中，储气室内气体质量增大，温度不变，气体
分子平均动能不变，但内能增大，故A、B错误；喷水过程中，液
面下降，气体体积增大，储气室内气体压强减小，气体体积增大，
对外做功，而温度不变，由热力学第一定律知储气室内气体吸热，
故C正确，D错误。
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5. （多选）（2024·天津北辰高二期中）啤酒是人们夏季喜欢喝的饮
品，如图是袋装原浆，某次售卖时，售货员将3 ℃冰镇原浆倒入袋
中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气体从啤酒中
析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知外界大气压强
保持一个标准大气压不变，室温为33 ℃，封闭气体（视为理想气
体）体积从0.2 L增大为0.3 L，则下列说法正确的是（　　）
A. 外界对内部封闭气体做正功
B. 静置后内部封闭气体的内能增加
C. 静置后内部封闭气体分子的平均速率增大
D. 根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强
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解析：　由于气体体积变大，可知外界对内部封闭气体做负功，故A错误；静置后内部封闭气体的温度升高，则气体分子的平
均速率增大，气体的内能增加，故B、C正确；根据理想气体状态
方程＝C ，由于不知道气体的初始压强，所以不能求出静置后内部封闭气体的压强，故D错误。
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6. （2024·陕西安康高二期末）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放
置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的横截面积为
S，初始时封闭气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且不变），热力
学温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞上升的高度为Δh
时，气体的内能增加ΔU，气体的热力学温度上升到T2。已知重力
加速度大小为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
（1）活塞的质量m及活塞与汽缸底部初始的间距h；
答案：　Δh　
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解得m＝
加热过程中气体做等压变化，有＝
解得h＝Δh。
解析：活塞处于平衡状态，则pS＝p0S＋mg
汽缸内气体的压强p＝p0＋
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（2）加热过程中气体吸收的热量Q。
答案：ΔU＋1.1p0SΔh
解析：加热过程中气体对外做功，有W＝－pSΔh
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋1.1p0SΔh。
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7. 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
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解析：　越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过
程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；小瓶在上升的过
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，气体体积变大，瓶内气体对外界做正功，B正
确；由A、B分析可知，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加、对外
做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，吸收的热量大于增加的内
能，C、D错误。
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8. （多选）（2024·辽宁大连高二期末）在日常生活中有很多有趣的
热学现象，可以用所学的气体知识来解释。例如，如果你留心观
察，会发现在暴雨期间，水位迅速上涨，井盖可能出现不断跳跃的
现象。图乙是某排水管道的侧面剖视图，井盖上的泄水孔因杂物而
堵塞，井盖与井口间密封良好但不粘连。井内密封的空气可视为理
想气体，密封空气的温度始终不变。随着水面上涨到井盖被顶起之
前，对于被井盖封闭的气体，下列说法正确的是（　　）
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A. 外界对气体做功，气体内能增大
B. 气体对外界放出热量
C. 气体分子平均动能不变，气体的分子势能增大
D. 气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大
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解析：　理想气体的内能与温度有关，而温度始终不变，内能不变，故A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能
不变，外界对气体做功，气体应该对外界放出热量，故B正确；理
想气体的分子势能为零，故C错误；随着水面上涨到井盖被顶起之
前，在温度不变的情况下，气体分子平均动能不变，但是，气体分
子的数密度增大，故气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增
大，故D正确。
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9. 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。已知三个状态的坐标分别
为a（V0，2p0），b（2V0，p0），c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（　　）
A. 气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B. 气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸
收的热量
C. 在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D. 气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
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解析：　气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p-V图像与横轴所围的面积表示气体做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误；气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，c状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误；
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气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确；由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温
度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误。
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10. 如图所示，质量为M、内部高为H、底面积为S的绝热汽缸内部带
有加热装置，汽缸顶部有挡板，用绝热活塞封闭一定质量的理想
气体，用绳将活塞悬挂在天花板上，开始时缸内气体温度为T0，
活塞到汽缸底部的距离为0.5H。已知大气压强恒为p0，忽略活塞
和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求活塞刚碰到挡板时气体的温度；
答案：2T0　
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解得T1＝2T0。
解析：在活塞碰到挡板前，气体发生等压变化，根据
盖—吕萨克定律，有＝
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（2）汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的过程中，气体吸收的热
量为Q，求气体内能的增加量。
答案：Q－（p0S－Mg）
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解析：从T0升高到3T0的过程中，气体先做等压变化，活塞碰
到挡板后气体做等容变化，在等压变化过程中，设气体的压
强为p，对汽缸有
Mg＋pS＝p0S
此过程气体对外做功W＝－0.5pSH
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－（p0S－Mg）。
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