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微专题3　气体实验定律与
热力学第一定律的综合问题
「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。
突破·关键能力
要点一　气体实验定律与热力学第一定律综合问题
「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] (2024·浙江1月选考卷)如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计。求:
(1)水平恒力F的大小;
答案:(1)10 N
(2)电阻丝C放出的热量。
答案:(2)89.3 J
规律方法
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。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。
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
解析:(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。
检测·学习效果
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1.(2022·重庆卷)2022年5月15日,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。若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体)(　　)
A.吸收热量 B.压强增大
C.内能减小 D.对外做负功
C
解析:由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变,则艇内气体不做功;根据 可知,温度降低,则艇内气体压强减小,气体内能减小;又根据ΔU=W+Q可知气体放出热量。故选C。
2.(2024·新课标卷,21)(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
AD
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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.(2023·全国乙卷)(多选)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
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ACD
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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 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。
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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:
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(1)气体在状态B的体积VB;
答案:(1)8×10-3 m3
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。
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(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] (2024·浙江1月选考卷)如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计。求:
(1)水平恒力F的大小;
(2)电阻丝C放出的热量。
解析:(1)气体从状态1到状态2发生等温变化,则有p1V1=p2·2V1,
解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa。
解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,以活塞B为研究对象,根据受力平衡可得p2S=p0S+F,
解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。
(2)当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,可知气体做等压变化,则有=,
可得状态3气体的体积为
V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3。
该过程气体对外做功,
W=-p2ΔV=-p2(V3-2V1)=-1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=-25.5 J,
根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q′;
解得气体吸收的热量为Q′=ΔU-W=63.8 J-(-25.5 J)=89.3 J,
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q′=89.3 J。
答案:(1)10 N　(2)89.3 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)pV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。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)pT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)VT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pV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
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。
答案:(1)150 K　(2)吸热　200 J
1.(2022·重庆卷)2022年5月15日,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。若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体)(　C　)
A.吸收热量 B.压强增大
C.内能减小 D.对外做负功
解析:由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变,则艇内气体不做功;根据=C可知,温度降低,则艇内气体压强减小,气体内能减小;又根据ΔU=W+Q可知气体放出热量。故选C。
2.(2024·新课标卷,21)(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(　AD　)
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
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.(2023·全国乙卷)(多选)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(　ACD　)
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
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VT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。
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。
答案:(1)8×10-3 m3　(2)140 J
课时作业
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.(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(　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
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.如图甲所示,圆柱形汽缸开口向下竖直放置,汽缸与活塞之间密封一定质量的理想气体,汽缸与活塞间无摩擦且不漏气,活塞面积S=0.01 m2,质量m=20 kg,气柱高度h1=20 cm,气体温度T1=300 K,外界大气压p0=1.0×105 Pa。现把汽缸翻转至开口向上放置,如图乙所示,气柱高度变为h2=14 cm,在此过程中,外界对气体做功120 J,气体放出热量20 J,g取10 m/s2,则(　B　)
A.图甲状态,气体的压强为1.2×105 Pa
B.图乙状态,气体的温度约为42 ℃
C.气体内能增加140 J
D.气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数减少
解析:气体初状态的压强为p1=p0-=8.0×104 Pa,故A错误;气体初状态体积V1=Sh1,温度T1=300 K;气体末状态压强p2=p0+=1.2×105 Pa,体积V2=Sh2,根据理想气体状态方程=,代入数据解得T2=315 K。约42 ℃,故B正确;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU=120 J-
20 J=100 J,即气体内能增加100 J,故C错误;因为温度升高,气体分子的平均速率增大,体积减小,气体分子数密度增大,所以气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数增多,故D错误。
3.健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示,健身者正在挤压健身球,健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变,下列说法正确的是(　A　)
A.健身球内的气体向外界释放热量
B.健身球内的气体对外界做正功
C.健身球内的气体内能变大
D.健身球内的气体单位时间、单位面积撞击球壁的分子数不变
解析:健身者正在挤压健身球,即外界对气体做正功,故B错误;健身球内的气体视为理想气体,其内能只有分子动能,则内能由温度决定,而温度不变,则健身球内的气体内能不变,故C错误;因外界对气体做正功,即W>0,气体内能不变,即ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得Q<0,即气体向外界释放热量,故A正确;气体的温度不变,即所有分子的平均速率不变,而体积变小,则分子数密度增大,所以压强变大,则健身球内的气体单位时间、单位面积撞击球壁的分子数变多,故D错误。
4.(2024·湖北卷,13) 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。
解析:(1)由题意知气体进行等压变化,根据盖吕萨克定律得=,
即=,
解得T1=T0。
(2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0,
外界对气体做功W=-pSΔh=-h(p0S+mg),
由热力学第一定律ΔU=W+Q,
得此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg)。
答案:(1)T0　(2)CT0+h(p0S+mg)
考点二　热力学第一定律和热学图像的综合应用
5.(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(　D　)
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
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。
6.一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,VT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(　D　)
A.状态A时的气体压强为2.0×105 Pa
B.A→B过程气体吸热
C.B→C过程气体压强增大
D.B→C过程气体对外做功200 J
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=0.5×105 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错误;根据理想气体状态方程=C,变形得V=T,可知VT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。
7.一定质量的理想气体,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(　C　)
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
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。
8.一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,其p 图像如图所示。
(1)说明A→B过程中气体做功情况,并求其大小。
(2)若(1)中做功是传热实现的,且热量的一半用于做功,则A→B过程中传递的热量是多少
解析:(1)由题图可知,气体由状态A到状态B,压强保持不变,体积由V1=1 m3变为V2=2 m3,即气体膨胀而对外做功。
设气体向某一方向膨胀,横截面积为S,长度增大ΔL,则气体做功W=pS·ΔL=p·ΔV=2×105×(2-1) J=2×105 J。
(2)由于气体对外做功是由传热实现的,则气体吸收热量,其大小Q=2W=4×105 J。
答案:(1)气体对外做功　2×105 J
(2)从外界吸热4×105 J
综合提升练
9.(2023·全国新课标卷)(多选)如图,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后(　AD　)
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
解析:在绝热环境下,当电阻丝对f中的气体缓慢加热时,f中的气体内能增加,温度升高,根据=C可知f中的气体压强增大,会缓慢推动左边活塞,轻弹簧被压缩,弹簧对右边活塞有弹力作用,缓慢向右推动右边活塞,右边活塞对h中的气体做正功,而且是绝热过程,由热力学第一定律可知,h中的气体内能增加,A正确;未加热前,三部分中气体的温度、体积、压强均相等,停止加热并达到稳定后,弹簧处于压缩状态,活塞受力平衡,设活塞横截面积为S,对左边活塞有pfS=F弹+pgS,则pf>pg,分别对f、g中的气体列理想气体状态方程有=,=,由稳定后左边活塞右移且弹簧被压缩,知Vf>Vg,可得Tf>Tg,B错误;对弹簧、两活塞及g中的气体组成的系统分析,根据平衡条件可知,稳定后f与h中的气体压强相等,分别对f、h中的气体列理想气体状态方程有=,=,由稳定后的两活塞均右移知Vf>Vh,又pf=ph,可得Tf>Th,C错误,D正确。
10.如图所示,一定质量的某种理想气体,沿pV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 ℃)(　C　)
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
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。
11.A、B两完全相同的导热汽缸中分别封闭质量相同的同种理想气体,两活塞质量相同,如图所示,在甲、乙两个环境中,两汽缸内气体体积相同。现将甲、乙两环境升高相同的温度,则A、B汽缸内的气体(　D　)
A.分子的平均动能相同
B.内能的增加量不相同
C.体积的增加量相同
D.吸收的热量相同
解析:由题图甲、乙可知,A、B两缸内气体的压强关系为pAΔVB,C错误;A、B汽缸内的气体对外做功
WA=pA·ΔVA=ΔT,WB=pB·ΔVB=ΔT,由于=,因此WA=WB,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知A、B汽缸内的气体吸收的热量相同,
D正确。
12.如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的质量为m,面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的温度与外界大气温度相同均为T0,大气压强为p0。现接通电热丝加热气体,一段时间后停止加热,活塞缓慢向上移动距离0.5 L后停止,整个过程中气体吸收的热量为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦,重力加速度为g。求:
(1)理想气体最终的温度T;
(2)理想气体内能的增加量ΔU。
解析:(1)活塞向上移动了0.5 L,在此等压过程中有=,
其中V1=LS,V2=1.5LS,
解得T=1.5T0。
(2)活塞缓慢移动,所以受力平衡,则p1S=p0S+mg,
气体对外界做功W=0.5p1SL,
根据热力学第一定律ΔU=Q-W,
解得ΔU=Q-0.5(p0S+mg)L。
答案:(1)1.5T0
(2)Q-0.5(p0S+mg)L

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