资源简介

2　热力学第一定律
素养测练　　　　　　 　　　　　 　　　　　
基础巩固练
考点一　对热力学第一定律的理解与应用
1.如图甲,侧放在水平面上的汽缸和一质量不可忽略的光滑活塞,封闭了一定质量的气体,处于平衡状态。现逆时针缓慢转动汽缸至如图乙所示的状态。汽缸和活塞的导热性能良好,不计缸内气体的分子势能,则在此过程中缸内气体(　A　)
A.对外界放热 B.对外界做正功
C.分子平均动能增加 D.内能增加
解析:当汽缸由题图甲位置缓慢转到题图乙位置时,在活塞的重力作用下,气体被压缩,体积减小,外界对气体做功;由于汽缸和活塞的导热性能良好,则气体的温度不变,气体分子的平均动能不变,则内能不变,根据热力学第一定律可知,气体对外放热,故选A。
考点二　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,它的体积V随热力学温度T的变化关系如图所示。在这个过程中(　D　)
A.气体压强不断变大
B.气体内能保持不变
C.气体对外界做负功
D.气体从外界吸收热量
解析:由=C,可得V=T,VT图线的斜率不变,则压强不变,故A错误;理想气体不考虑分子势能,温度升高气体分子的平均动能增大,则气体内能增大,故B错误;气体体积增大,气体对外界做正功,故C错误;气体对外界做正功,且气体的内能增大,由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量,故D正确。
3.导热良好的汽缸开口竖直向上放置,缸内用活塞封闭一定质量的理想气体。现给汽缸缓慢加热,使活塞缓慢升高,活塞未脱离汽缸,不计一切摩擦。若用W表示气体对活塞做的功,Q表示气体吸收的热量,T表示气体的温度,p表示气体的压强。这个过程中,以下判断正确的是(　A　)
A.T升高,p不变,Q>W
B.T不变,p增大,QC.T升高,p增大,Q>W
D.T不变,p不变,Q=W
解析:根据题意,汽缸内气体压强为p=p0+,根据理想气体状态方程=C,当气体温度升高时,压强不变,体积变大,内能增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可得ΔU=Q-W,则Q>W,故选A。
4.如图所示为拧紧瓶盖的空饮料瓶。27 ℃时,瓶内气体压强为1.050×105 Pa;在温度升高到37 ℃过程中,瓶内气体吸收了7 J的热量,整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变。求:
(1)37 ℃时,瓶内气体压强。
(2)气体内能增加量。
解析:(1)气体体积不变,根据查理定律可知
=,
解得p2=p1=×1.050×105 Pa
=1.085×105 Pa。
(2)气体体积不变,则W=0,瓶内气体吸收了7 J的热量,则Q=7 J,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
可得ΔU=7 J,即气体内能增加7 J。
答案:(1)1.085×105 Pa　(2)7 J
能力提升练
5.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示,座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充满一定质量的空气(可视为理想气体),气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换。下列说法正确的是(　C　)
A.在完全失重的情况下,座舱A内的空气对器壁的顶部没有作用力
B.气体对外做功,平衡后气体内能减小
C.气体对外不做功,平衡后气体温度不变
D.气体体积变小,平衡后压强增大
解析:气体压强是由大量分子对容器壁的碰撞造成的,与是否失重无关,故A错误;该过程中气体自由扩散,没有对外做功,又因为整个系统与外界没有热交换,根据ΔU=Q+W,可知内能不变,理想气体的内能只与温度有关,则温度不变,故B错误,C正确;由于气体体积变大,温度不变,根据=C知压强减小,故D错误。
6.如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,其中A→B和C→D为等温过程,B→C 和 D→A 为绝热过程,这就是热机的“卡诺循环”。下列说法正确的是(　A　)
A.C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量
B.B→C过程速率大的分子所占比例在增加
C.B→C过程气体分子单位时间撞击容器壁的次数一定增加
D.B→C过程气体对外做的功大于D→A过程外界对气体做的功
解析:由题图知,气体在C→D过程等温压缩,内能不变,根据热力学第一定律可知,气体放热,气体在A→B过程等温膨胀,内能不变,根据热力学第一定律可知,气体吸热;由于pV 图像与横坐标轴围成的面积表示气体做的功,由图像可知,一个“卡诺循环”中,气体对外做的功大于外界对气体所做的功,即W<0;由于一个“卡诺循环”气体的内能不变,即ΔU=0,根据热力学第一定律可知,一个“卡诺循环”中气体吸收的热量Q>0,即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量,故A正确。B→C过程为绝热过程(Q=0),由题图知气体体积增大,气体对外做功(W<0),根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能减小,则温度降低,气体分子平均动能减小,则速率大的分子所占比例在减小,气体的压强减小,气体分子单位时间撞击容器壁的次数一定减少,故B、C错误。由于A→B为等温过程,所以气体在A状态的内能等于B状态的内能,由于B→C和D→A为绝热过程,根据热力学第一定律可知,B→C过程气体对外做的功等于D→A过程外界对气体做的功,故D错误。
7.汽缸内由气密性良好的活塞封闭一定质量的某种理想气体,气体的温度和压强自状态A
(300 K,3×105 Pa)经状态B(300 K,1×105 Pa)变化到状态C(600 K,1×105 Pa),这一过程的pT图像如图所示,已知状态A下汽缸内封闭气体的体积为3.0 L。
(1)求汽缸内封闭气体在状态B和状态C下的体积。
(2)已知从状态B到状态C过程中,气体内能增加200 J,求气体与外界交换的热量。
解析:(1)A→B过程,气体做等温变化,
由玻意耳定律有pAVA=pBVB,
B→C过程,气体做等压变化,
由盖吕萨克定律得=,
联立解得VB=9.0 L,VC=18.0 L。
(2)B→C过程,气体压强不变,体积增大,外界对气体做负功,则W=-pB(VC-VB),
解得W=-900 J,
由热力学第一定律有ΔU=Q+W,
解得Q=1 100 J,
气体从外界吸收热量1 100 J。
答案:(1)9.0 L　18.0 L　(2)从外界吸收热量1 100 J
思维拓展练
8.(浙江1月选考卷改编)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。
(1)气体从状态1到状态2,分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求水平恒力F的大小。
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
解析:(1)由于隔板A的左侧为真空,可知气体从状态1到状态2,气体不做功,又没有发生传热,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变。
(2)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。
(3)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为
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)不变　(2)10 N　(3)89.3 J(共33张PPT)
2　热力学
第一定律
[课标引领]
学习目标要求 核心素养和关键能力
1.理解热力学第一定律,并掌握其表达式。 2.掌握热力学第一定律的简单应用。 1.核心素养
理解热力学第一定律的公式并能进行相关的分析计算。
2.关键能力
通过热力学第一定律的应用,能分析物理现象,提出可探究的物理问题,并养成与他人合作探究的习惯。
预学智测
·
科学思维
「思考讨论」
知识点一　热力学第一定律
热力学第一定律的内容是什么 请写出其表达式。
答案:略
知识点二　热力学第一定律的应用
「情境探究」
气象探测气球内充有常温常压的氦气,从地面上升至某高空的过程中,气球会随着环境条件的变化,其体积随之增大或减小,而压强随外部气压减小而逐渐减小,温度因启动加热装置而保持不变,球内氦气可视为理想气体。若在某高空,外部温度为-7 ℃,关闭加热装置。
探究:(1)氦气对外界做功还是外界对氦气做功
答案: (2)在此高空,温度降低,内能减小,则ΔU<0,而W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即氦气对外放热。
(2)氦气吸热还是放热
1.思考判断
(1)系统内能增加,一定是系统从外界吸收热量。(　 　)
(2)系统从外界吸收热量5 J,内能可能增加5 J。(　 　)
(3)系统内能减少,一定是系统对外界做功。(　 　)
(4)热力学系统对外界做功时,W取负值,吸收热量时,Q取正值。(　 　)
(5)物体与外界不发生热交换,物体的内能也可能增加。(　 　)
×
「科学思维」
√
×
√
√
2.关于一定质量的气体,下列叙述正确的是(　 　)
A.气体体积增大时,其内能一定减少
B.外界对气体做功,气体内能一定增加
C.气体从外界吸收热量,其内能一定增加
D.气体温度升高,其分子平均动能一定增加
D
解析:一定质量的气体,气体体积增大时,对外做功的同时如果吸收热量,其内能不一定减少,故A错误;若外界对气体做功,同时气体放出热量,则气体的内能不一定增加,故B错误;若气体从外界吸收热量的同时对外界做功,则气体的内能不一定增加,故C错误;温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,则其分子的平均动能一定增加,故D正确。
探究重点
·
深化学习
要点一　对热力学第一定律的理解
1.对ΔU=Q+W的理解:热力学第一定律将单纯的绝热过程和单纯的传热过程中内能改变的定量表述推广到一般情况,既有做功又有传热的过程,其中ΔU表示内能变化量,W表示做功的数量,Q表示外界与物体间传递的热量。
2.公式ΔU=Q+W的符号法则
符号 Q W ΔU
+ 物体 吸收热量 外界对 物体做功 内能增加
- 物体 放出热量 物体对 外界做功 内能减少
3.热力学第一定律不仅反映了做功和传热这两种改变内能的方式是等效的,而且给出了内能的变化量与做功和传热之间的定量关系。此定律是标量式,应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
[例1] 在热力学第一定律的表达式ΔU=Q+W中,关于ΔU、Q、W各个物理量的正负,下列说法正确的是(　 　)
A.外界对物体做功时W为正,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为正
B.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为负
C.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为正
D.外界对物体做功时W为负,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为负
C
解析:外界对物体做功时W为正,反之为负;吸热时Q为正,反之为负;内能增加时ΔU为正,反之为负,故C正确。
[针对训练1] 一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做了8×104 J的功,气体的内能减少了1.2×105 J,则下列各式正确的是(　 　)
A.W=8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=4×104 J
B.W=8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-2×105 J
C.W=-8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=2×104 J
D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-4×104 J
B
解析:外界对气体做功8×104 J,则W=8×104 J,气体内能减少1.2×105 J,则ΔU=-1.2×105 J,由ΔU=Q+W可知Q=-2×105 J,故选B。
要点二　热力学第一定律的应用
1.对理想气体应用热力学第一定律
(1)对理想气体来说,因不考虑分子势能,故其内能为所有分子动能的总和。内能仅由分子数与温度决定,因此对于一定质量的理想气体来说,内能是否变化取决于其温度是否变化。升温为正,降温为负,温度不变为0。
(2)理想气体是否做功,取决于其体积的变化。若体积变大,则气体对外界做功;体积变小,则外界对气体做功;体积不变,则做功为零。
(3)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)。p-V图像中图线与坐标轴所围的面积大小表示做功多少。
(4)热量取决于容器是绝热的还是导热的,并不是温度升高吸热,温度降低放热。
2.几种常见的气体变化过程
(1)绝热过程:过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对气体做的功等于气体内能的增加量。
(2)等容过程:过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,气体吸收的热量等于气体内能的增加量。
(3)等温过程:过程的始、末状态气体的内能不变,即ΔU=0,则Q+W=0或W=-Q。
[例2] 某注射器内有一部分气体,现将注射器管口堵住,管内气体被完全封闭。若迅速压活塞,管内气体温度将　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”);若缓慢向外拉活塞,气体将　　　　　　(选填“对外界放热”“从外界吸热”或“与外界无热交换”)。
升高
从外界吸热
解析:若迅速压活塞,气体来不及与外界发生传热,则Q=0,体积减小,外界对气体做功,则W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能增大,故温度将升高;若缓慢向外拉活塞,气体温度将始终与外界保持一致,即温度不变,内能不变,由于体积变大,则气体对外做功,W<0,由热力学第一定律可知,气体从外界吸热。
名师点拨
应用热力学第一定律解题的注意事项
(1)首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
(2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量;外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外界所做的功。
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解。
(4)特别注意物理量的正、负号及其物理意义。
[针对训练2] 一定量的气体从外界吸收了2.6×105 J 的热量,内能增加了4.2×105 J。
(1)是气体对外界做了功,还是外界对气体做了功 做了多少焦耳的功
答案及解析:(1)将Q=2.6×105 J,ΔU=4.2×105 J代入ΔU=Q+W得
W=ΔU-Q=4.2×105 J-2.6×105 J=1.6×105 J,
W>0,说明外界对气体做了1.6×105 J的功。
(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105 J不变,但是内能增加了1.6×105 J,计算结果W=-1.0×105 J,是负值,怎样解释这个结果
答案及解析: (2)如果吸收的热量Q=2.6×105 J,
内能ΔU增加了1.6×105 J,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,
W=-1.0×105 J,负号说明气体对外界做功。
(3)在热力学第一定律ΔU=Q+W中,W、Q和ΔU的正值、负值各代表什么物理意义
答案及解析: (3)在公式ΔU=Q+W中,
ΔU>0,气体内能增加;ΔU<0,气体内能减少。
Q>0,气体吸热;Q<0,气体放热。
W>0,外界对气体做功;W<0,气体对外界做功。
要点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的体积和温度,当温度变化时,气体的内能变化;当体积变化时,气体将伴随着做功。常见的分析思路如下:
(1)利用体积的变化分析做功问题。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=
Q+W,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。
[例3] (山东卷)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
C
解析:a→b过程压强不变且体积增大,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,B错误;c→a过程为等温过程,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整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,W<0,故a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量,D
错误。
名师点拨
气体实验定律与热力学第一定律
综合问题的解题关键
(1)分清气体的变化过程是求解问题的关键。
(2)理想气体体积变化对应着做功,等容过程W=0;温度变化,内能一定变化,等温过程ΔU=0;绝热过程 Q=0。
[针对训练3] (2024·浙江6月选考卷)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=4.0×10-4m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=
0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4m3,大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度T1=
300 K。
(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”)。
不变
变小
(2)求此不规则小块固体的体积V。
答案:(2)4×10-5m3
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收热量Q。
答案: (3)14.4 J
解析:(3)整个过程中外界对气体做功为W=-p1S(l2-l1),
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。
感谢观看2　热力学第一定律
[课标引领]
学习目标要求 核心素养和关键能力
1.理解热力学第一定律,并掌握其表达式。 2.掌握热力学第一定律的简单应用。 1.核心素养 理解热力学第一定律的公式并能进行相关的分析计算。 2.关键能力 通过热力学第一定律的应用,能分析物理现象,提出可探究的物理问题,并养成与他人合作探究的习惯。
知识点一　热力学第一定律
思考讨论
热力学第一定律的内容是什么 请写出其表达式。
答案:略
知识点二　热力学第一定律的应用
情境探究
气象探测气球内充有常温常压的氦气,从地面上升至某高空的过程中,气球会随着环境条件的变化,其体积随之增大或减小,而压强随外部气压减小而逐渐减小,温度因启动加热装置而保持不变,球内氦气可视为理想气体。若在某高空,外部温度为-7 ℃,关闭加热装置。
探究:(1)氦气对外界做功还是外界对氦气做功
(2)氦气吸热还是放热
答案:(1)关闭加热装置后,气球内氦气压强不变,温度降低,根据 =C可知,气球内氦气温度降低,体积减小,外界对氦气做功。
(2)在此高空,温度降低,内能减小,则ΔU<0,而W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即氦气对外放热。
科学思维
1.思考判断
(1)系统内能增加,一定是系统从外界吸收热量。(　×　)
(2)系统从外界吸收热量5 J,内能可能增加5 J。(　√　)
(3)系统内能减少,一定是系统对外界做功。(　×　)
(4)热力学系统对外界做功时,W取负值,吸收热量时,Q取正值。(　√　)
(5)物体与外界不发生热交换,物体的内能也可能增加。(　√　)
2.关于一定质量的气体,下列叙述正确的是(　D　)
A.气体体积增大时,其内能一定减少
B.外界对气体做功,气体内能一定增加
C.气体从外界吸收热量,其内能一定增加
D.气体温度升高,其分子平均动能一定增加
解析:一定质量的气体,气体体积增大时,对外做功的同时如果吸收热量,其内能不一定减少,故A错误;若外界对气体做功,同时气体放出热量,则气体的内能不一定增加,故B错误;若气体从外界吸收热量的同时对外界做功,则气体的内能不一定增加,故C错误;温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,则其分子的平均动能一定增加,故D正确。
要点一　对热力学第一定律的理解
1.对ΔU=Q+W的理解:热力学第一定律将单纯的绝热过程和单纯的传热过程中内能改变的定量表述推广到一般情况,既有做功又有传热的过程,其中ΔU表示内能变化量,W表示做功的数量,Q表示外界与物体间传递的热量。
2.公式ΔU=Q+W的符号法则
符号 Q W ΔU
+ 物体 吸收热量 外界对 物体做功 内能增加
- 物体 放出热量 物体对 外界做功 内能减少
3.热力学第一定律不仅反映了做功和传热这两种改变内能的方式是等效的,而且给出了内能的变化量与做功和传热之间的定量关系。此定律是标量式,应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
[例1] 在热力学第一定律的表达式ΔU=Q+W中,关于ΔU、Q、W各个物理量的正负,下列说法正确的是(　C　)
A.外界对物体做功时W为正,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为正
B.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为负
C.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为正
D.外界对物体做功时W为负,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为负
解析:外界对物体做功时W为正,反之为负;吸热时Q为正,反之为负;内能增加时ΔU为正,反之为负,故C正确。
[针对训练1] 一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做了8×104 J的功,气体的内能减少了1.2×105 J,则下列各式正确的是(　B　)
A.W=8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=4×104 J
B.W=8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-2×105 J
C.W=-8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=2×104 J
D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-4×104 J
解析:外界对气体做功8×104 J,则W=8×104 J,气体内能减少1.2×105 J,则ΔU=-1.2×105 J,由ΔU=Q+W可知Q=-2×105 J,故选B。
要点二　热力学第一定律的应用
1.对理想气体应用热力学第一定律
(1)对理想气体来说,因不考虑分子势能,故其内能为所有分子动能的总和。内能仅由分子数与温度决定,因此对于一定质量的理想气体来说,内能是否变化取决于其温度是否变化。升温为正,降温为负,温度不变为0。
(2)理想气体是否做功,取决于其体积的变化。若体积变大,则气体对外界做功;体积变小,则外界对气体做功;体积不变,则做功为零。
(3)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)。pV图像中图线与坐标轴所围的面积大小表示做功多少。
(4)热量取决于容器是绝热的还是导热的,并不是温度升高吸热,温度降低放热。
2.几种常见的气体变化过程
(1)绝热过程:过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对气体做的功等于气体内能的增加量。
(2)等容过程:过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,气体吸收的热量等于气体内能的增加量。
(3)等温过程:过程的始、末状态气体的内能不变,即ΔU=0,则Q+W=0或W=-Q。
[例2] 某注射器内有一部分气体,现将注射器管口堵住,管内气体被完全封闭。若迅速压活塞,管内气体温度将　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”);若缓慢向外拉活塞,气体将　　　　　　(选填“对外界放热”“从外界吸热”或“与外界无热交换”)。
解析:若迅速压活塞,气体来不及与外界发生传热,则Q=0,体积减小,外界对气体做功,则W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能增大,故温度将升高;若缓慢向外拉活塞,气体温度将始终与外界保持一致,即温度不变,内能不变,由于体积变大,则气体对外做功,W<0,由热力学第一定律可知,气体从外界吸热。
答案:升高　从外界吸热
应用热力学第一定律解题的注意事项
(1)首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
(2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量;外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外界所做的功。
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解。
(4)特别注意物理量的正、负号及其物理意义。
[针对训练2] 一定量的气体从外界吸收了2.6×105 J 的热量,内能增加了4.2×105 J。
(1)是气体对外界做了功,还是外界对气体做了功 做了多少焦耳的功
(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105 J不变,但是内能增加了1.6×105 J,计算结果W=-1.0×105 J,是负值,怎样解释这个结果
(3)在热力学第一定律ΔU=Q+W中,W、Q和ΔU的正值、负值各代表什么物理意义
解析:(1)将Q=2.6×105 J,ΔU=4.2×105 J代入ΔU=Q+W得
W=ΔU-Q=4.2×105 J-2.6×105 J=1.6×105 J,
W>0,说明外界对气体做了1.6×105 J的功。
(2)如果吸收的热量Q=2.6×105 J,
内能ΔU增加了1.6×105 J,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,
W=-1.0×105 J,负号说明气体对外界做功。
(3)在公式ΔU=Q+W中,
ΔU>0,气体内能增加;ΔU<0,气体内能减少。
Q>0,气体吸热;Q<0,气体放热。
W>0,外界对气体做功;W<0,气体对外界做功。
答案:见解析
要点三　热力学第一定律
与气体实验定律的综合应用
热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的体积和温度,当温度变化时,气体的内能变化;当体积变化时,气体将伴随着做功。常见的分析思路如下:
(1)利用体积的变化分析做功问题。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=Q+W,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。
[例3] (山东卷)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(　C　)
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
解析:a→b过程压强不变且体积增大,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,B错误;c→a过程为等温过程,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整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,W<0,故a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量,D错误。
气体实验定律与热力学第一定律
综合问题的解题关键
(1)分清气体的变化过程是求解问题的关键。
(2)理想气体体积变化对应着做功,等容过程W=0;温度变化,内能一定变化,等温过程ΔU=0;绝热过程 Q=0。
[针对训练3] (2024·浙江6月选考卷)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=4.0×10-4m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=
350 K,V0=2.0×10-4m3,大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度T1=300 K。
(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。
解析:(1)温度升高后,活塞缓慢上升,活塞处于平衡状态,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,根据盖吕萨克定律得=,
解得V=4×10-5m3。
(3)整个过程中外界对气体做功为
W=-p1S(l2-l1),
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)4×10-5m3 (3)14.4 J
素养测练　　　　　　 　　　　　 　　　　　
基础巩固练
考点一　对热力学第一定律的理解与应用
1.如图甲,侧放在水平面上的汽缸和一质量不可忽略的光滑活塞,封闭了一定质量的气体,处于平衡状态。现逆时针缓慢转动汽缸至如图乙所示的状态。汽缸和活塞的导热性能良好,不计缸内气体的分子势能,则在此过程中缸内气体(　A　)
A.对外界放热 B.对外界做正功
C.分子平均动能增加 D.内能增加
解析:当汽缸由题图甲位置缓慢转到题图乙位置时,在活塞的重力作用下,气体被压缩,体积减小,外界对气体做功;由于汽缸和活塞的导热性能良好,则气体的温度不变,气体分子的平均动能不变,则内能不变,根据热力学第一定律可知,气体对外放热,故选A。
考点二　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,它的体积V随热力学温度T的变化关系如图所示。在这个过程中(　D　)
A.气体压强不断变大
B.气体内能保持不变
C.气体对外界做负功
D.气体从外界吸收热量
解析:由=C,可得V=T,VT图线的斜率不变,则压强不变,故A错误;理想气体不考虑分子势能,温度升高气体分子的平均动能增大,则气体内能增大,故B错误;气体体积增大,气体对外界做正功,故C错误;气体对外界做正功,且气体的内能增大,由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量,故D正确。
3.导热良好的汽缸开口竖直向上放置,缸内用活塞封闭一定质量的理想气体。现给汽缸缓慢加热,使活塞缓慢升高,活塞未脱离汽缸,不计一切摩擦。若用W表示气体对活塞做的功,Q表示气体吸收的热量,T表示气体的温度,p表示气体的压强。这个过程中,以下判断正确的是(　A　)
A.T升高,p不变,Q>W
B.T不变,p增大,QC.T升高,p增大,Q>W
D.T不变,p不变,Q=W
解析:根据题意,汽缸内气体压强为p=p0+,根据理想气体状态方程=C,当气体温度升高时,压强不变,体积变大,内能增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可得ΔU=Q-W,则Q>W,故选A。
4.如图所示为拧紧瓶盖的空饮料瓶。27 ℃时,瓶内气体压强为1.050×105 Pa;在温度升高到37 ℃过程中,瓶内气体吸收了7 J的热量,整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变。求:
(1)37 ℃时,瓶内气体压强。
(2)气体内能增加量。
解析:(1)气体体积不变,根据查理定律可知
=,
解得p2=p1=×1.050×105 Pa
=1.085×105 Pa。
(2)气体体积不变,则W=0,瓶内气体吸收了7 J的热量,则Q=7 J,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
可得ΔU=7 J,即气体内能增加7 J。
答案:(1)1.085×105 Pa　(2)7 J
能力提升练
5.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示,座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充满一定质量的空气(可视为理想气体),气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换。下列说法正确的是(　C　)
A.在完全失重的情况下,座舱A内的空气对器壁的顶部没有作用力
B.气体对外做功,平衡后气体内能减小
C.气体对外不做功,平衡后气体温度不变
D.气体体积变小,平衡后压强增大
解析:气体压强是由大量分子对容器壁的碰撞造成的,与是否失重无关,故A错误;该过程中气体自由扩散,没有对外做功,又因为整个系统与外界没有热交换,根据ΔU=Q+W,可知内能不变,理想气体的内能只与温度有关,则温度不变,故B错误,C正确;由于气体体积变大,温度不变,根据=C知压强减小,故D错误。
6.如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,其中A→B和C→D为等温过程,B→C 和 D→A 为绝热过程,这就是热机的“卡诺循环”。下列说法正确的是(　A　)
A.C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量
B.B→C过程速率大的分子所占比例在增加
C.B→C过程气体分子单位时间撞击容器壁的次数一定增加
D.B→C过程气体对外做的功大于D→A过程外界对气体做的功
解析:由题图知,气体在C→D过程等温压缩,内能不变,根据热力学第一定律可知,气体放热,气体在A→B过程等温膨胀,内能不变,根据热力学第一定律可知,气体吸热;由于pV 图像与横坐标轴围成的面积表示气体做的功,由图像可知,一个“卡诺循环”中,气体对外做的功大于外界对气体所做的功,即W<0;由于一个“卡诺循环”气体的内能不变,即ΔU=0,根据热力学第一定律可知,一个“卡诺循环”中气体吸收的热量Q>0,即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量,故A正确。B→C过程为绝热过程(Q=0),由题图知气体体积增大,气体对外做功(W<0),根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能减小,则温度降低,气体分子平均动能减小,则速率大的分子所占比例在减小,气体的压强减小,气体分子单位时间撞击容器壁的次数一定减少,故B、C错误。由于A→B为等温过程,所以气体在A状态的内能等于B状态的内能,由于B→C和D→A为绝热过程,根据热力学第一定律可知,B→C过程气体对外做的功等于D→A过程外界对气体做的功,故D错误。
7.汽缸内由气密性良好的活塞封闭一定质量的某种理想气体,气体的温度和压强自状态A
(300 K,3×105 Pa)经状态B(300 K,1×105 Pa)变化到状态C(600 K,1×105 Pa),这一过程的pT图像如图所示,已知状态A下汽缸内封闭气体的体积为3.0 L。
(1)求汽缸内封闭气体在状态B和状态C下的体积。
(2)已知从状态B到状态C过程中,气体内能增加200 J,求气体与外界交换的热量。
解析:(1)A→B过程,气体做等温变化,
由玻意耳定律有pAVA=pBVB,
B→C过程,气体做等压变化,
由盖吕萨克定律得=,
联立解得VB=9.0 L,VC=18.0 L。
(2)B→C过程,气体压强不变,体积增大,外界对气体做负功,则W=-pB(VC-VB),
解得W=-900 J,
由热力学第一定律有ΔU=Q+W,
解得Q=1 100 J,
气体从外界吸收热量1 100 J。
答案:(1)9.0 L　18.0 L　(2)从外界吸收热量1 100 J
思维拓展练
8.(浙江1月选考卷改编)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。
(1)气体从状态1到状态2,分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求水平恒力F的大小。
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
解析:(1)由于隔板A的左侧为真空,可知气体从状态1到状态2,气体不做功,又没有发生传热,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变。
(2)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。
(3)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为
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)不变　(2)10 N　(3)89.3 J

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