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(共26张PPT)
微专题3　
气体实验定律与
热力学第一定律的
综合问题
1.能综合应用气体实验定律与热力学第一定律解决相关问题。2.能解决气体状态图像与热力学第一定律的综合问题。
[定位·学习目标]　
突破·关键能力
要点一　气体实验定律与热力学第一定律的综合问题
1.气体实验定律与热力学第一定律的区别和联系
在研究气体状态变化的问题中,气体的实验定律描述了状态参量变化的关系;热力学第一定律描述了状态参量变化的条件。
2.注意三种特殊过程的特点
(1)等温过程:内能不变,ΔU=0。
(2)等容过程:体积不变,W=0。
(3)绝热过程:Q=0。
「要点归纳」
3.掌握做功、内能变化情况的判断方法
(1)理想气体内能的变化看温度。气体温度升高,内能增大;气体温度降低,内能减小。
(2)气体做功情况看体积。体积膨胀则对外做功;体积减小则外界对气体做功;理想气体向真空膨胀则不做功。
(3)在等压变化中W=pΔV,其中ΔV为气体体积的变化。
「典例研习」
[例1] 如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 n1∶n2=5∶1,原线圈接在电压有效值U=220 V的家庭用电上,副线圈接电阻 R=11 Ω的电热丝,电热丝密封在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热,加热前气体温度为T0=300 K,体积V0=1×10-3 m3,大气压强 p0=1×105 Pa。
(1)求副线圈的电流有效值I2;
【答案】 (1)4 A
(2)绝热容器竖直放置,开口处由轻质活塞封闭,在加热过程中活塞缓慢移动,不计摩擦。气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比,即Q=kΔT,此时k=
2 J/K,当温度T1=600 K时,求气体内能的变化量ΔU。
【答案】 (2)500 J
公式法解答气体状态变化中功能关系问题的一般思路
·规律方法·
要点二　气体状态变化关系图像与热力学第一定律的综合问题
1.明确气体状态变化关系图像与做功、内能变化的情况。
(1)p-V图像中的等温线(如图甲所示):一定质量的理想气体的不同等温线的温度不同,其中T1>T2。a→b为等温膨胀,内能不变,吸收的热量等于对外做的功。b→c为等容升温,气体不做功,吸收的热量等于内能的增加量。c→a为等压压缩,放出的热量等于外界做的功与内能减少量之和。
「要点归纳」
(2)p-T图像中的等容线(如图乙所示):一定质量的理想气体的不同等容线的体积不同,其中V1>V2。a→b,b→c,c→a的状态变化及对应的传热、内能的变化同(1)中分析。
(3)V-T图像中的等压线(如图丙所示):一定质量的理想气体的不同等压线的压强不同,其中p1>p2。a→b为等温压缩,内能不变,外界做的功等于放出的热量;b→c为等压升温,吸收的热量等于内能增加量和对外做的功之和;c→a为等容降温,内能减少量等于放出的热量。
2.对气体某一过程的初、末状态,能够结合气体实验定律列出对应的方程式。
3.挖掘气体状态参量的变化过程中对应的做功、内能变化及传热情况,运用热力学第一定律ΔU=W+Q求出未知量。
[例2]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。已知该气体在状态A时的热力学温度为450 K。
「典例研习」
(1)求该气体在状态B时的热力学温度。
【答案】 (1)150 K
(2)该气体从状态A经状态B到状态C全程是吸热还是放热 与外界交换的热量是多少
【答案】 (2)吸热　200 J
解得TC=450 K,因为状态A和状态C温度相等,
且一定质量理想气体的内能只与温度有关,所以在这个过程中ΔU=0,
由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q=-W,
在整个过程中,气体由B到C过程对外做功,因此W=-pBΔV=-200 J,
即Q=-W=200 J,是正值,
所以气体从状态A经状态B到状态C过程中是吸热,吸收的热量为Q=200 J。
检测·学习效果
1.2022年5月,我国自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇创造了海拔 9 032米的大气科学观测世界纪录。在浮空艇某段下降过程中,艇内气体(可视为理想气体)温度升高,体积和质量保持不变,则艇内气体(　　)
[A] 释放热量 [B] 压强减小
[C] 内能增加 [D] 对外做正功
C
2.(多选)(2024·新课标卷)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
AD
【解析】 1→2为绝热过程,Q=0,此时气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据ΔU=Q+W可知,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,ΔU>0,此时气体对外界做功,W<0,根据ΔU=Q+W可知,Q>0,即气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,Q=0,此时气体体积增大,气体对外界做功,W<0,故ΔU<0,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,故内能减小,由于体积不变,W=0,故可知气体向外放热,故D正确。
3.(多选)(2023·全国乙卷)对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　 　)
[A] 等温增压后再等温膨胀
[B] 等压膨胀后再等温压缩
[C] 等容减压后再等压膨胀
[D] 等容增压后再等压压缩
ACD
4.在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AB的反向延长线通过坐标原点,气体在A点的压强为p=9.0×104 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量Q=3.2×102 J,求:
(1)气体在状态B的体积VB;
【答案】 (1)8×10-3 m3
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。
【答案】 (2)140 J
【解析】 (2)外界对气体做的功
W=-p(VB-VA)=-1.8×102 J,
又ΔU=Q+W,得ΔU=140 J。
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[定位·学习目标]　1.能综合应用气体实验定律与热力学第一定律解决相关问题。2.能解决气体状态图像与热力学第一定律的综合问题。
要点一　气体实验定律与热力学第一定律的综合问题
要点归纳
1.气体实验定律与热力学第一定律的区别和联系
在研究气体状态变化的问题中,气体的实验定律描述了状态参量变化的关系;热力学第一定律描述了状态参量变化的条件。
2.注意三种特殊过程的特点
(1)等温过程:内能不变,ΔU=0。
(2)等容过程:体积不变,W=0。
(3)绝热过程:Q=0。
3.掌握做功、内能变化情况的判断方法
(1)理想气体内能的变化看温度。气体温度升高,内能增大;气体温度降低,内能减小。
(2)气体做功情况看体积。体积膨胀则对外做功;体积减小则外界对气体做功;理想气体向真空膨胀则不做功。
(3)在等压变化中W=pΔV,其中ΔV为气体体积的变化。
典例研习
[例1] 如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 n1∶n2=5∶1,原线圈接在电压有效值U=220 V的家庭用电上,副线圈接电阻 R=11 Ω的电热丝,电热丝密封在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热,加热前气体温度为T0=300 K,体积V0=1×10-3 m3,大气压强 p0=1×105 Pa。
(1)求副线圈的电流有效值I2;
(2)绝热容器竖直放置,开口处由轻质活塞封闭,在加热过程中活塞缓慢移动,不计摩擦。气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比,即Q=kΔT,此时k=2 J/K,当温度T1=600 K时,求气体内能的变化量ΔU。
【答案】 (1)4 A　(2)500 J
【解析】 (1)对理想变压器,根据=,
可得U2=44 V,
副线圈的电流有效值I2==4 A。
(2)气体进行等压变化,则有=,p=p0,
气体对外做功,则W=-pΔV=-100 J,
气体吸收热量Q=k(T1-T0)=600 J,
根据热力学第一定律可知,内能的变化量ΔU=W+Q=500 J。
公式法解答气体状态变化中功能关系问题的一般思路
要点二　气体状态变化关系图像与热力学第一定律的综合问题
要点归纳
1.明确气体状态变化关系图像与做功、内能变化的情况。
(1)p-V图像中的等温线(如图甲所示):一定质量的理想气体的不同等温线的温度不同,其中T1>T2。a→b为等温膨胀,内能不变,吸收的热量等于对外做的功。b→c为等容升温,气体不做功,吸收的热量等于内能的增加量。c→a为等压压缩,放出的热量等于外界做的功与内能减少量之和。
(2)p-T图像中的等容线(如图乙所示):一定质量的理想气体的不同等容线的体积不同,其中V1>V2。a→b,b→c,c→a的状态变化及对应的传热、内能的变化同(1)中分析。
(3)V-T图像中的等压线(如图丙所示):一定质量的理想气体的不同等压线的压强不同,其中p1>p2。a→b为等温压缩,内能不变,外界做的功等于放出的热量;b→c为等压升温,吸收的热量等于内能增加量和对外做的功之和;c→a为等容降温,内能减少量等于放出的热量。
2.对气体某一过程的初、末状态,能够结合气体实验定律列出对应的方程式。
3.挖掘气体状态参量的变化过程中对应的做功、内能变化及传热情况,运用热力学第一定律ΔU=W+Q求出未知量。
典例研习
[例2]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。已知该气体在状态A时的热力学温度为450 K。
(1)求该气体在状态B时的热力学温度。
(2)该气体从状态A经状态B到状态C全程是吸热还是放热 与外界交换的热量是多少
【答案】 (1)150 K　(2)吸热　200 J
【解析】 (1)气体从状态A到状态B做等容变化,由查理定律有=,解得TB=150 K。
(2)气体从状态B到状态C做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,
解得TC=450 K,因为状态A和状态C温度相等,且一定质量理想气体的内能只与温度有关,所以在这个过程中ΔU=0,
由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q=-W,
在整个过程中,气体由B到C过程对外做功,因此W=-pBΔV=-200 J,
即Q=-W=200 J,是正值,
所以气体从状态A经状态B到状态C过程中是吸热,吸收的热量为Q=200 J。
1.2022年5月,我国自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇创造了海拔 9 032米的大气科学观测世界纪录。在浮空艇某段下降过程中,艇内气体(可视为理想气体)温度升高,体积和质量保持不变,则艇内气体(　　)
[A] 释放热量 [B] 压强减小
[C] 内能增加 [D] 对外做正功
【答案】 C
【解析】 由于浮空艇下降过程中气体的体积和质量均不变,则艇内气体不做功;根据查理定律=C可知温度升高,则艇内气体压强增大,气体内能增加;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体吸收热量。
2.(多选)(2024·新课标卷)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
【答案】 AD
【解析】 1→2为绝热过程,Q=0,此时气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据ΔU=Q+W可知,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,ΔU>0,此时气体对外界做功,W<0,根据ΔU=Q+W可知,Q>0,即气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,Q=0,此时气体体积增大,气体对外界做功,W<0,故ΔU<0,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,故内能减小,由于体积不变,W=0,故可知气体向外放热,故D正确。
3.(多选)(2023·全国乙卷)对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　)
[A] 等温增压后再等温膨胀
[B] 等压膨胀后再等温压缩
[C] 等容减压后再等压膨胀
[D] 等容增压后再等压压缩
【答案】 ACD
【解析】 对于一定质量的理想气体内能由温度决定,故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变,内能不变,故A正确。根据理想气体状态方程 =C可知等压膨胀后气体温度升高,内能增大,等温压缩温度不变,内能不变,故末状态与初始状态相比内能增加,故B错误。根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低,内能减小;等压膨胀过程温度升高,末状态的温度有可能和初状态的温度相等,内能相等,故C正确。根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高;等压压缩过程温度降低,末状态的温度有可能和初状态的温度相等,内能相等,故D正确。
4.在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AB的反向延长线通过坐标原点,气体在A点的压强为p=9.0×104 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量Q=3.2×102 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)8×10-3 m3　(2)140 J
【解析】 (1)根据AB的反向延长线通过坐标原点,知从A到B理想气体发生等压变化。
由盖-吕萨克定律得=,
代入数据得VB=8×10-3 m3。
(2)外界对气体做的功
W=-p(VB-VA)=-1.8×102 J,
又ΔU=Q+W,得ΔU=140 J。
课时作业
(分值:60分)
基础巩固练
考点一　热力学第一定律和气体实验定律的综合
1.(4分)(2020·天津卷)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
【答案】 B
【解析】 在水向外不断喷出的过程中,罐内气体体积增大,则气体对外界做功,根据玻意耳定律可知,罐内气体的压强减小,选项A错误,B正确;由于罐内气体温度不变,则内能不变,而气体对外做功,故吸收热量,选项C错误;温度不变,分子平均动能不变,选项D错误。
2.(4分)空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物的。如图所示为某型号空气炸锅简化模型图,其内部有一气密性良好的内胆,封闭了质量、体积均不变且可视为理想气体的空气。已知初始气体压强为p0=1.0×105 Pa,温度为 t0=27 ℃,加热一段时间后气体温度升高到 t=147 ℃,此过程中气体吸收的热量为5.2×103 J,则(　　)
[A] 升温后所有气体分子的动能都增大
[B] 升温后内胆中气体的压强为1.2×105 Pa
[C] 此过程内胆中气体的内能增加量为5.2×103 J
[D] 此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量,则气体内能增加
【答案】 C
【解析】 升温后气体分子的平均动能增大,并不是所有气体分子的动能都增大,故A错误;根据题意可知气体的体积不变,根据查理定律可得=,代入数据可得p=1.4×
105 Pa,故B错误;由于气体的体积不变,气体做功W=0,气体吸收的热量为Q=5.2×103 J,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=5.2×103 J,故C正确,D错误。
3.(6分)(多选)如图所示,一足够长的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。活塞稳定时与汽缸底部的距离为l,在活塞的底部中心悬挂一个轻质小桶,往小桶中缓慢加细沙,当所加细沙质量为m时,活塞与汽缸底部的距离为2l,下列说法正确的是(　　)
[A] 外界对气体做正功
[B] 气体吸收热量
[C] 活塞的质量为-m
[D] 活塞的质量为-2m
【答案】 BD
【解析】 根据题意可知,气体体积变大,气体对外界做正功,又汽缸导热,环境温度不变,则气体的内能不变,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸收热量,故A错误,B正确;设活塞质量为m0,不加细沙时,对活塞受力分析,可得m0g+p1S=p0S,加细沙后,对活塞和细沙整体受力分析,可得p0S=(m0+m)g+p2S,根据玻意耳定律有p1Sl=p2S·2l,联立解得m0=-2m,故C错误,D正确。
考点二　热力学第一定律和热学图像的综合应用
4.(4分)(2022·北京卷)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是(　　)
[A] 从a到b,气体温度保持不变
[B] 从a到b,气体对外界做功
[C] 从b到c,气体内能减小
[D] 从b到c,气体从外界吸热
【答案】 D
【解析】 一定质量的理想气体从状态a开始,沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化,压强减小,根据查理定律 =C,可知气体温度降低,再根据热力学第一定律 ΔU = Q+W,由于气体不做功,内能减小,则气体放热,A、B错误;一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化,体积增大,根据=C,可知气体温度升高,内能增大,再根据热力学第一定律 ΔU=Q+W,可知b到 c过程吸热,且吸收的热量大于气体对外界做的功,C错误,D正确。
5.(6分)(多选) 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,最后变化到状态C,V-T图像如图所示。已知该气体在状态B时的压强为1.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　)
[A] 状态A时的气体压强为2.0×105 Pa
[B] A→B过程气体放热
[C] B→C过程气体压强增大
[D] B→C过程气体对外做功200 J
【答案】 BD
【解析】 从状态A变化到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB,解得pA=5×104 Pa,故A错误;气体从状态A到状态B温度不变,内能不变,则ΔU=0,体积减小,外界对气体做功,则W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即气体放热,故B正确;根据理想气体状态方程=C,变形得V=T,可知 V-T图像的斜率表示,根据题图可知B→C斜率不变,所以B→C过程气体压强不变,故C错误;B→C过程气体体积变大,对外做功,则有W=-p(VC-VB),代入数据解得W=-200 J,负号表示气体对外做功,故D正确。
6.(4分)一定质量的理想气体,初状态如图中A所示,若经历A→B的变化过程吸热450 J,若经历 A→C的变化过程吸热750 J。下列说法正确的是(　　)
[A] 两个过程中,气体的内能增加量不同
[B] A→C过程中,气体对外做功400 J
[C] 状态B时,气体的体积为10 L
[D] A→C过程中,气体体积增加了原体积的
【答案】 C
【解析】 两个过程的初末温度相同,即内能变化相同,因此内能增加量相同,故A错误;A→B为等容过程,气体做功为零,由热力学第一定律可知内能改变量ΔU=Q=450 J,
A→C为等压过程,内能也增加了450 J,由于吸收热量为750 J,由热力学第一定律可知气体对外做功为300 J,故B错误;A→C为等压过程,则有=,做功大小为WAC=pA(VC-VA),联立解得VA=10 L,VC=12 L,则状态B时,气体的体积为10 L,故C正确;A→C过程中,气体体积增加了原体积的,故D错误。
综合提升练
7.(6分)(多选)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是(　　)
[A] 气体的体积不变,压强增大
[B] 气体的体积减小,压强减小
[C] 气体的体积减小,压强增大
[D] 气体的体积增大,压强减小
【答案】 AB
【解析】 根据理想气体状态方程=C,可知气体的体积不变,压强增大,则热力学温度升高,由热力学第一定律ΔU=W+Q,其中W=0,ΔU>0,可得Q>0,即理想气体从外界吸热,故A正确;气体的体积减小,压强减小,则热力学温度降低,由热力学第一定律 ΔU=W+Q,其中W>0,
ΔU<0,可得 Q<0,即理想气体向外界放热,故B正确;气体的体积减小,压强增大,热力学温度可能升高,由热力学第一定律ΔU=W+Q,其中W>0,ΔU>0,当ΔU=W时,可得Q=0,即理想气体可能与外界无热量交换,故C错误;气体的体积增大,压强减小,热力学温度可能降低,由热力学第一定律ΔU=W+Q,其中W<0,ΔU<0,当ΔU=W时,可得 Q=0,即理想气体可能与外界无热量交换,故D错误。
8.(4分)如图所示,一定质量的某种理想气体,沿p-V图像中箭头所示方向,从状态a开始先后变化到状态b、c,再回到状态a。已知a状态气体温度为 27 ℃。则下列说法正确的是(绝对零度取-273 ℃)(　　)
[A] 气体在c状态时的温度为600 K
[B] 从状态a→b→c的过程中,气体对外界做功200 J
[C] 气体在a→b→c→a过程中放出热量100 J
[D] 气体在b→c过程中单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数增多
【答案】 C
【解析】 根据理想气体状态方程=C,对a、c两状态结合图像,可求得气体在c状态时的温度为Tc=Ta=400 K,故A错误;理想气体在a→b→c过程中,气体体积增大,则气体对外界做功,外界对气体做的功为W=-pΔV=-2×105×(4-2)×10-3 J=-400 J,所以气体对外界做功为 400 J,故B错误;气体在a→b→c→a过程中,外界对气体做的功W'==100 J,根据热力学第一定律ΔU=W'+Q,可得Q=-100 J,所以放出热量为100 J,故C正确;气体在b→c过程中,气体压强不变,体积变大,则温度升高,分子平均动能增大,则单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数变少,故D错误。
9.(10分)某种病毒对热敏感,60 ℃ 时10分钟就可以将其灭活。如图所示,绝热汽缸被轻质绝热活塞分隔为A、B两部分,A内封闭有一定质量的混有该种病毒的空气(可看作理想气体),其温度为 t1=27 ℃,阀门K处于打开状态,活塞恰好处于汽缸中部,h1=0.20 m。已知活塞和汽缸间无摩擦且不漏气。
(1)若对A内气体缓慢加热,当活塞与底部的距离为h2=0.24 m时,保持10分钟能否将该种病毒灭活
(2)若关闭阀门K,电热丝通电一段时间使A内气体吸收了Q=8 000 J的热量,稳定后A内气体的内能增加了ΔU=6 000 J,则此过程中B内气体的内能增加量是多少
【答案】 (1)见解析　(2)2 000 J
【解析】 (1)设活塞横截面积为S,则对A内气体初始状态有V1=Sh1,T1=(t1+273)K=300 K,末状态有V2=Sh2,T2=(t2+273)K,阀门K打开,加热过程中A内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得=,
由以上各式可得t2=87 ℃,
由于t2=87 ℃>60 ℃,所以可以将该种病毒灭活。
(2)阀门K闭合,由于系统绝热,A内气体膨胀对B内气体做功,
由热力学第一定律有ΔU=Q+W,
代入数据得W=-2 000 J,
对B内气体,由于系统绝热,则此过程B内气体的内能增加量为ΔUB=|W|=2 000 J。
10.(12分)如图所示,内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直放置在水平桌面上,内部有一个质量不计、横截面积 S=10 cm2的活塞,封闭着一定质量的理想气体。开始时缸内气体体积V1=1.0×10-4 m3,缸内气体压强 p1=1.0×105 Pa,温度T1=300 K,整个过程中环境大气压强恒定。
(1)当环境温度缓慢上升,缸内气体的内能　　　　(选填“增大”或“减小”);当环境温度升至T2=330 K时,气体体积V2为多少
(2)接第(1)问,保持环境温度T2不变,在活塞顶部施加一个竖直向下的压力F,缓慢增大F,当气体体积变为V1时,F的大小为多少
(3)接第(2)问,保持F不变,缓慢升高环境温度,在气体体积从V1变为V2的过程中,气体从外界吸收的热量Q=4.4 J,此过程中气体的内能增加量ΔU为多少
【答案】 (1)增大　1.1×10-4 m3　(2)10 N　(3)3.3 J
【解析】 (1)当环境温度缓慢上升,缸内气体的内能增大;当温度升高时,气体发生等压变化,则有=,
解得V2=1.1×10-4 m3。
(2)环境温度不变,气体发生等温变化,则有
p1V2=p2V1,
解得p2=1.1×105 Pa,
对活塞受力分析可得p2S=p0S+F,p0=p1,
解得F=10 N。
(3)气体体积从V1变为V2的过程中,气体对外做功,有W=-p2(V2-V1)=-1.1 J,
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=-1.1 J+4.4 J=3.3 J。

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