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3　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
[学习目标要求]
1.会分析热学图像的物理意义,并结合热力学第一定律分析有关能量问题。
2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。
要点一　热力学第一定律和热学图像的结合
1.应用气体状态变化图像时要注意以下两点信息
(1)点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)斜率的物理意义:在VT图像(或pT图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以通过比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小,判断两个状态的压强(或体积)的大小。
2.判定物体内能变化的方法
(1)内能的变化都要利用热力学第一定律ΔU=Q+W进行综合分析。
(2)做功情况要看气体体积的变化情况:体积增大,气体对外做功,W为负;体积减小,外界对气体做功,W为正。
(3)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以气体内能的变化主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度的变化。
[例1] 如图所示,一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b,再经等容过程到达状态c,最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中,气体吸收热量为10 J。下列说法正确的是(　C　)
A.c到a过程,气体对外界做功10 J
B.c到a过程,外界对气体做功10 J
C.a到b过程,气体对外界做功10 J
D.a到b过程,外界对气体做功10 J
解析:a到b过程中,气体只对外做功,不吸收热量;b到c的过程中,气体只吸收热量,不对外做功,而a、c状态温度相同,即气体的内能相同,根据热力学第一定律,吸收的热量等于气体对外做的功,故a到b过程,气体对外界做功10 J,C正确,D错误;在pV 图像中,图像与V轴围成的面积等于该过程气体做的功,由于a到b过程,气体对外界做功10 J,因此c到a过程,外界对气体做功超过10 J,A、B错误。
[针对训练1] 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pV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(　D　)
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.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
D.气体在a→b、b→c、c→a三个过程中放出的总热量大于吸收的总热量
解析:状态a到状态b,体积变大,气体对外界做的功W1在数值上等于ab图线与横轴围成图形的面积;同理,状态b到状态c,气体对外界做的功W2在数值上等于bc图线与横轴围成图形的面积,故W1=W2,故A错误。由理想气体状态方程=C,结合pV图像可知Ta=Tb0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q1要点二　热力学第一定律
和气体实验定律的结合
[例2] (2025·浙江6月选考卷)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时,医生将开口面积为S的玻璃罐加热,使罐内空气温度升至t1,然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2,玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10-3 m2,t1=77 ℃,t2=27 ℃。忽略皮肤的形变,大气压强p0=1.05×105 Pa。求:
(1)状态2时罐内气体的压强;
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化;
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
解析:(1)状态1气体的温度T1=(77+273) K=350 K,压强p1=p0=1.05×105 Pa,
状态2气体的温度T2=(27+273) K=300 K,
气体做等容变化,根据,
可得p2=9×104 Pa。
(2)气体做等容变化,外界对气体不做功,气体吸收热量为Q=-7.35 J,
根据热力学第一定律ΔU=W+Q,
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化
ΔU=-7.35 J,
即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa,
状态2皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
答案:(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
解决热力学第一定律与气体实验定律的
综合问题的思路
[针对训练2] (2025·浙江1月选考卷)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差 h=10 cm。将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变,气体达到状态2,此时锁定瓶塞,再缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高,气体达到状态3。已知从状态2到状态3,气体对外做功1.02 J;从状态1到状态3,气体吸收热量4.56 J,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。g取10 m/s2。
(1)从状态2到状态3,气体分子平均速率　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)求气体在状态3的体积V3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
解析:(1)从状态2到状态3,温度保持不变,气体分子的内能保持不变,则气体分子平均速率不变,由于气体对外做功,则气体压强减小,故单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程,由盖吕萨克定律得=,
其中V1=1×103 cm3,T1=300 K,T2=303 K,
解得V2=1.01×103 cm3,
此时气体压强p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa,
气体从状态2到状态3的过程,由玻意耳定律得p2V2=p3V3,
其中p3=p0,
代入数据解得V3=1.020 1×103 cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=1.01 J,
气体从状态1到状态3的过程中,由热力学第一定律得ΔU=Q-(W1+W2),
其中Q=4.56 J,W2=1.02 J,
解得ΔU=2.53 J。
答案:(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3　(3)2.53 J
素养测练　
基础巩固练
考点一　热力学第一定律和热学图像的结合
1.如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程到达状态b,再经过等温过程到达状态c,直线ac过原点。则气体(　C　)
A.在状态c的压强小于在状态a的压强
B.在状态b的压强小于在状态c的压强
C.在b→c的过程中内能保持不变
D.在a→b的过程对外做功
解析:根据V=T可知,因直线ac过原点,可知在状态c的压强等于在状态a的压强,b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率,可知在状态b的压强大于在状态c的压强,故A、B错误;在b→c的过程中温度不变,则气体的内能保持不变,故C正确;在a→b的过程中,气体的体积不变,则气体不对外做功,故D错误。
2.一定质量的理想气体,在温度T1和T2下的压强p与体积倒数的关系图像如图所示,气体由状态A等压变化到状态B的过程中,下列说法正确的是(　A　)
A.温度升高,吸收热量
B.温度升高,放出热量
C.温度降低,吸收热量
D.温度降低,放出热量
解析:根据理想气体状态方程=C可知p=CT·,则在p 图像中过原点的直线斜率越大,则温度越高,因此气体由状态A等压变化到状态B的过程中,气体温度升高,内能增加,体积变大,对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收热量,故选项A正确。
3.一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程,如图所示。A→B→D过程,气体对外做功为W1,与外界交换的热量为Q1;A→C→D过程,气体对外做功为W2,与外界交换的热量为Q2,则两过程中(　A　)
A.气体吸热,Q1>Q2
B.气体吸热,W1=W2
C.气体放热,Q1=Q2
D.气体放热,W1>W2
解析:pV图像中,图线与V轴所围的面积为气体对外所做的功,所以W1>W2;由于两过程的初、末状态pV乘积相同,由理想气体状态方程可得初、末状态温度相同,则初、末状态气体内能相同;根据热力学第一定律ΔU=W+Q且W<0、ΔU=0可知两过程气体吸热,且Q1>Q2,故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)一定质量的理想气体状态变化的pT图像如图所示,由图像可知(　BD　)
A.气体在a、b、c三个状态的密度ρa<ρc<ρb
B.在a→b的过程中,气体的内能增加
C.在b→c的过程中,气体分子的平均动能增大
D.在c→a的过程中,气体对外界放热
解析:根据理想气体状态方程,可得p=T,结合题图可知,气体在a、b、c三个状态的体积关系为Vaρc>ρb,选项A错误;在a→b的过程中,气体的温度升高,则内能增加,选项B正确;在b→c的过程中,气体的温度降低,则分子的平均动能减小,选项C错误;在c→a的过程中,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,则气体对外界放热,选项D正确。
考点二　热力学第一定律和气体实验定律的结合
5.水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意图如图所示。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;罐内气体温度不变,气体的内能不变,由热力学第一定律可知,气体对外做功,则气体从外界吸收热量,选项C错误;根据温度是分子平均动能的标志可知,温度不变,分子平均动能不变,选项D错误。
6.如图,健身球是一个充满气体的大皮球,当人压向健身球时,假设球内气体温度不变,则在这个过程中(　B　)
A.气体分子的平均速率增大
B.外界对气体做功
C.气体从外界吸收热量
D.气体的压强不变
解析:气体温度不变,则气体分子的平均速率不变,故A错误;因为气体的内能不变,体积减小,外界对气体做功,则气体要向外放出热量,故B正确,C错误;根据公式=C可知,温度不变,体积减小,则压强增大,故D错误。
7.如图所示,有一上部开口的圆柱形绝热汽缸,汽缸的高度为3L,横截面积为S,一厚度不计的轻质绝热活塞封闭 1 mol的单原子分子理想气体。开始时活塞距汽缸底部的距离为L,气体的热力学温度为T1。已知外界大气压强为p0,1 mol 的单原子分子理想气体内能公式为U=RT,其中R为常数,T为热力学温度。对气体缓慢加热,当活塞恰上升到汽缸顶部时,气体吸收的热量为(　D　)
A.2RT1+3p0LS B.3RT1+3p0LS
C.2RT1+2p0LS D.3RT1+2p0LS
解析:对气体缓慢加热,活塞上升的过程中,封闭气体做等压变化,由盖吕萨克定律可得=,又V1=SL,V2=3SL,联立解得T2=3T1。由热力学第一定律有ΔU=Q+W,其中ΔU=R(T2-T1)=
3RT1,W=-p0·S·2L=-2p0SL,联立解得Q=3RT1+2p0LS,D正确。
能力提升练
8.(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(　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,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升高,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降低,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。
9.如图所示,一定质量的理想气体从状态A到状态B,再从状态B到状态C,最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA=3.0×10-3 m3,从B到C过程中气体对外做功1 000 J。求:
(1)气体在状态C时的体积。
(2)气体从A→B→C→A的整个过程中吸收的热量。
解析:(1)气体从C→A,发生等压变化,根据盖吕萨克定律有,
解得VC=9.0×10-3 m3。
(2)气体从A→B,根据查理定律=C可知气体发生等容变化,则WAB=0,
气体从B→C,体积增大,气体膨胀对外做功,
则WBC=-1 000 J,
气体从C→A,体积减小,外界对气体做功,
则WCA=pC(VC-VA)=600 J,
全过程中W=WAB+WBC+WCA=-400 J,
初、末状态温度相同,所以全过程ΔU=0,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
解得吸收的热量Q=-W=400 J。
答案:(1)9.0×10-3 m3　(2)400 J
10.如图所示,竖直导热汽缸内有一质量不计的活塞,活塞下密封一定质量的氧气,活塞上面放有一些沙子,环境温度为T0,大气压强为p0。初状态氧气的体积为V、温度为 2.8T0、压强为1.4p0。由于汽缸缓慢散热,为了维持活塞不下降,需要逐渐取走沙子,沙子全部取走后,随着汽缸继续散热,活塞开始下移,直到氧气与环境温度完全一致。忽略汽缸与活塞之间的摩擦力。
(1)求沙子全部取走时氧气下降的温度。
(2)求氧气与环境温度完全一致时的体积。
(3)降温过程中氧气内能减少了ΔU,求这一过程氧气放出的热量。
解析:(1)沙子全部取走时氧气压强p2=p0,
初始状态压强p1=1.4p0,
温度T1=2.8T0,
根据=得T2=2T0,
氧气的温度下降了ΔT=T1-T2=0.8T0。
(2)氧气温度与环境温度完全一致时T3=T0,
根据=,
得V′=。
(3)降温过程中对氧气做功W=p0·=,
根据热力学第一定律得,这一过程氧气放出的热量
Q=ΔU+W=ΔU+。
答案:(1)0.8T0　(2)　(3)ΔU+
11.(浙江6月选考卷)如图所示,导热良好的固定直立圆筒内用面积 S=100 cm2、质量m=1 kg 的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K 的热源接触,平衡时圆筒内气体处于状态A,其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B,此时体积 VB=
500 cm3。固定活塞,升高热源温度,气体达到状态C,此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C,气体从外界吸收热量Q=14 J;从状态B到状态C,气体内能增加ΔU=25 J;大气压p0=1.01×105 Pa。
(1)气体从状态A到状态B,其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求气体在状态C的温度TC。
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
解析:(1)圆筒导热良好,缓慢推动活塞,则气体从状态A到状态B温度不变,则气体分子平均动能不变;气体体积减小,则压强变大,圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)气体在状态A时的压强
pA=p0-=1.0×105 Pa,
温度TA=300 K,体积VA=600 cm3,
气体在状态C时压强pC=1.4×105 Pa,
体积VC=500 cm3,
根据理想气体状态方程有=,
解得TC=350 K。
(3)从B到C气体进行等容变化,则WBC=0,由从B到C气体内能增加25 J可知,气体从外界吸热25 J,而气体从A到C从外界吸热14 J,可知气体从A到B放热11 J,从A到B气体内能不变,可知从A到B外界对系统做功11 J。
答案:(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J
思维拓展练
12.(金华三模)如图甲所示,厚度不计的导热活塞A、B将两部分理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内,活塞A的质量可忽略不计,活塞B的质量为100 kg,稳定时下部分气体压强是上部分气体压强的2倍,两部分气柱的高度均为 10 cm。现将质量为50 kg的物体轻放在活塞A上,活塞A从下降到恢复稳定的过程中外界的温度和大气压强均保持不变,如图乙所示。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取 10 m/s2。
(1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体内能　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”),气体　　　　(选填“吸热”“放热”或“不吸、放热”)。
(2)求活塞横截面积的大小。
(3)求从放上物体到恢复稳定,活塞A下降的距离。
解析:(1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体温度不变,内能不变,外界对气体做正功,则
W>0,ΔU=0,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
可得Q<0,故气体对外放热。
(2)初始状态时,对活塞B受力分析,由平衡条件得
mBg=(2p0-p0)S,
代入数据解得活塞横截面积的大小S=1×10-2 m2。
(3)放上物体后,对活塞A受力分析,由平衡条件得
mg=(p1-p0)S,
得p1=1.5p0,
对上部分气体由玻意耳定律得p0V0=p1V1,
得V1=V0,Δh1=h。
同理,此时对活塞B有mBg=(p2-p1)S,
得p2=2.5p0,
由玻意耳定律得2p0V0=p2V2,
得V2=V0,Δh2=h,
综上所述,从放上物体到恢复稳定,活塞A下降的距离Δh=h+h= m。
答案:(1)不变　放热　(2)1×10-2 m2　(3) m3　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
素养测练　
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考点一　热力学第一定律和热学图像的结合
1.如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程到达状态b,再经过等温过程到达状态c,直线ac过原点。则气体(　C　)
A.在状态c的压强小于在状态a的压强
B.在状态b的压强小于在状态c的压强
C.在b→c的过程中内能保持不变
D.在a→b的过程对外做功
解析:根据V=T可知,因直线ac过原点,可知在状态c的压强等于在状态a的压强,b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率,可知在状态b的压强大于在状态c的压强,故A、B错误;在b→c的过程中温度不变,则气体的内能保持不变,故C正确;在a→b的过程中,气体的体积不变,则气体不对外做功,故D错误。
2.一定质量的理想气体,在温度T1和T2下的压强p与体积倒数的关系图像如图所示,气体由状态A等压变化到状态B的过程中,下列说法正确的是(　A　)
A.温度升高,吸收热量
B.温度升高,放出热量
C.温度降低,吸收热量
D.温度降低,放出热量
解析:根据理想气体状态方程=C可知p=CT·,则在p 图像中过原点的直线斜率越大,则温度越高,因此气体由状态A等压变化到状态B的过程中,气体温度升高,内能增加,体积变大,对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收热量,故选项A正确。
3.一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程,如图所示。A→B→D过程,气体对外做功为W1,与外界交换的热量为Q1;A→C→D过程,气体对外做功为W2,与外界交换的热量为Q2,则两过程中(　A　)
A.气体吸热,Q1>Q2
B.气体吸热,W1=W2
C.气体放热,Q1=Q2
D.气体放热,W1>W2
解析:pV图像中,图线与V轴所围的面积为气体对外所做的功,所以W1>W2;由于两过程的初、末状态pV乘积相同,由理想气体状态方程可得初、末状态温度相同,则初、末状态气体内能相同;根据热力学第一定律ΔU=W+Q且W<0、ΔU=0可知两过程气体吸热,且Q1>Q2,故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)一定质量的理想气体状态变化的pT图像如图所示,由图像可知(　BD　)
A.气体在a、b、c三个状态的密度ρa<ρc<ρb
B.在a→b的过程中,气体的内能增加
C.在b→c的过程中,气体分子的平均动能增大
D.在c→a的过程中,气体对外界放热
解析:根据理想气体状态方程,可得p=T,结合题图可知,气体在a、b、c三个状态的体积关系为Vaρc>ρb,选项A错误;在a→b的过程中,气体的温度升高,则内能增加,选项B正确;在b→c的过程中,气体的温度降低,则分子的平均动能减小,选项C错误;在c→a的过程中,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,则气体对外界放热,选项D正确。
考点二　热力学第一定律和气体实验定律的结合
5.水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意图如图所示。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;罐内气体温度不变,气体的内能不变,由热力学第一定律可知,气体对外做功,则气体从外界吸收热量,选项C错误;根据温度是分子平均动能的标志可知,温度不变,分子平均动能不变,选项D错误。
6.如图,健身球是一个充满气体的大皮球,当人压向健身球时,假设球内气体温度不变,则在这个过程中(　B　)
A.气体分子的平均速率增大
B.外界对气体做功
C.气体从外界吸收热量
D.气体的压强不变
解析:气体温度不变,则气体分子的平均速率不变,故A错误;因为气体的内能不变,体积减小,外界对气体做功,则气体要向外放出热量,故B正确,C错误;根据公式=C可知,温度不变,体积减小,则压强增大,故D错误。
7.如图所示,有一上部开口的圆柱形绝热汽缸,汽缸的高度为3L,横截面积为S,一厚度不计的轻质绝热活塞封闭 1 mol的单原子分子理想气体。开始时活塞距汽缸底部的距离为L,气体的热力学温度为T1。已知外界大气压强为p0,1 mol 的单原子分子理想气体内能公式为U=RT,其中R为常数,T为热力学温度。对气体缓慢加热,当活塞恰上升到汽缸顶部时,气体吸收的热量为(　D　)
A.2RT1+3p0LS B.3RT1+3p0LS
C.2RT1+2p0LS D.3RT1+2p0LS
解析:对气体缓慢加热,活塞上升的过程中,封闭气体做等压变化,由盖吕萨克定律可得=,又V1=SL,V2=3SL,联立解得T2=3T1。由热力学第一定律有ΔU=Q+W,其中ΔU=R(T2-T1)=
3RT1,W=-p0·S·2L=-2p0SL,联立解得Q=3RT1+2p0LS,D正确。
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8.(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(　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,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升高,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降低,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。
9.如图所示,一定质量的理想气体从状态A到状态B,再从状态B到状态C,最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA=3.0×10-3 m3,从B到C过程中气体对外做功1 000 J。求:
(1)气体在状态C时的体积。
(2)气体从A→B→C→A的整个过程中吸收的热量。
解析:(1)气体从C→A,发生等压变化,根据盖吕萨克定律有,
解得VC=9.0×10-3 m3。
(2)气体从A→B,根据查理定律=C可知气体发生等容变化,则WAB=0,
气体从B→C,体积增大,气体膨胀对外做功,
则WBC=-1 000 J,
气体从C→A,体积减小,外界对气体做功,
则WCA=pC(VC-VA)=600 J,
全过程中W=WAB+WBC+WCA=-400 J,
初、末状态温度相同,所以全过程ΔU=0,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
解得吸收的热量Q=-W=400 J。
答案:(1)9.0×10-3 m3　(2)400 J
10.如图所示,竖直导热汽缸内有一质量不计的活塞,活塞下密封一定质量的氧气,活塞上面放有一些沙子,环境温度为T0,大气压强为p0。初状态氧气的体积为V、温度为 2.8T0、压强为1.4p0。由于汽缸缓慢散热,为了维持活塞不下降,需要逐渐取走沙子,沙子全部取走后,随着汽缸继续散热,活塞开始下移,直到氧气与环境温度完全一致。忽略汽缸与活塞之间的摩擦力。
(1)求沙子全部取走时氧气下降的温度。
(2)求氧气与环境温度完全一致时的体积。
(3)降温过程中氧气内能减少了ΔU,求这一过程氧气放出的热量。
解析:(1)沙子全部取走时氧气压强p2=p0,
初始状态压强p1=1.4p0,
温度T1=2.8T0,
根据=得T2=2T0,
氧气的温度下降了ΔT=T1-T2=0.8T0。
(2)氧气温度与环境温度完全一致时T3=T0,
根据=,
得V′=。
(3)降温过程中对氧气做功W=p0·=,
根据热力学第一定律得,这一过程氧气放出的热量
Q=ΔU+W=ΔU+。
答案:(1)0.8T0　(2)　(3)ΔU+
11.(浙江6月选考卷)如图所示,导热良好的固定直立圆筒内用面积 S=100 cm2、质量m=1 kg 的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K 的热源接触,平衡时圆筒内气体处于状态A,其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B,此时体积 VB=
500 cm3。固定活塞,升高热源温度,气体达到状态C,此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C,气体从外界吸收热量Q=14 J;从状态B到状态C,气体内能增加ΔU=25 J;大气压p0=1.01×105 Pa。
(1)气体从状态A到状态B,其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求气体在状态C的温度TC。
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
解析:(1)圆筒导热良好,缓慢推动活塞,则气体从状态A到状态B温度不变,则气体分子平均动能不变;气体体积减小,则压强变大,圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)气体在状态A时的压强
pA=p0-=1.0×105 Pa,
温度TA=300 K,体积VA=600 cm3,
气体在状态C时压强pC=1.4×105 Pa,
体积VC=500 cm3,
根据理想气体状态方程有=,
解得TC=350 K。
(3)从B到C气体进行等容变化,则WBC=0,由从B到C气体内能增加25 J可知,气体从外界吸热25 J,而气体从A到C从外界吸热14 J,可知气体从A到B放热11 J,从A到B气体内能不变,可知从A到B外界对系统做功11 J。
答案:(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J
思维拓展练
12.(金华三模)如图甲所示,厚度不计的导热活塞A、B将两部分理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内,活塞A的质量可忽略不计,活塞B的质量为100 kg,稳定时下部分气体压强是上部分气体压强的2倍,两部分气柱的高度均为 10 cm。现将质量为50 kg的物体轻放在活塞A上,活塞A从下降到恢复稳定的过程中外界的温度和大气压强均保持不变,如图乙所示。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取 10 m/s2。
(1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体内能　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”),气体　　　　(选填“吸热”“放热”或“不吸、放热”)。
(2)求活塞横截面积的大小。
(3)求从放上物体到恢复稳定,活塞A下降的距离。
解析:(1)活塞在汽缸内移动的过程中,气体温度不变,内能不变,外界对气体做正功,则
W>0,ΔU=0,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
可得Q<0,故气体对外放热。
(2)初始状态时,对活塞B受力分析,由平衡条件得
mBg=(2p0-p0)S,
代入数据解得活塞横截面积的大小S=1×10-2 m2。
(3)放上物体后,对活塞A受力分析,由平衡条件得
mg=(p1-p0)S,
得p1=1.5p0,
对上部分气体由玻意耳定律得p0V0=p1V1,
得V1=V0,Δh1=h。
同理,此时对活塞B有mBg=(p2-p1)S,
得p2=2.5p0,
由玻意耳定律得2p0V0=p2V2,
得V2=V0,Δh2=h,
综上所述,从放上物体到恢复稳定,活塞A下降的距离Δh=h+h= m。
答案:(1)不变　放热　(2)1×10-2 m2　(3) m(共19张PPT)
3　热力学第一
定律和气体实验定律的综合应用
[学习目标要求]
1.会分析热学图像的物理意义,并结合热力学第一定律分析有关能量问题。
2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。
重点探究
·
能力提升
要点一　热力学第一定律和热学图像的结合
1.应用气体状态变化图像时要注意以下两点信息
(1)点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。
(2)斜率的物理意义:在V-T图像(或p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以通过比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小,判断两个状态的压强(或体积)的大小。
2.判定物体内能变化的方法
(1)内能的变化都要利用热力学第一定律ΔU=Q+W进行综合分析。
(2)做功情况要看气体体积的变化情况:体积增大,气体对外做功,W为负;体积减小,外界对气体做功,W为正。
(3)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以气体内能的变化主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度的变化。
[例1] 如图所示,一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b,再经等容过程到达状态c,最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中,气体吸收热量为10 J。下列说法正确的是(　 　)
A.c到a过程,气体对外界做功10 J
B.c到a过程,外界对气体做功10 J
C.a到b过程,气体对外界做功10 J
D.a到b过程,外界对气体做功10 J
C
解析:a到b过程中,气体只对外做功,不吸收热量;b到c的过程中,气体只吸收热量,不对外做功,而a、c状态温度相同,即气体的内能相同,根据热力学第一定律,吸收的热量等于气体对外做的功,故a到b过程,气体对外界做功
10 J,C正确,D错误;在p V 图像中,图像与V轴围成的面积等于该过程气体做的功,由于a到b过程,气体对外界做功10 J,因此c到a过程,外界对气体做功超过10 J,A、B错误。
[针对训练1] 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.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
D.气体在a→b、b→c、c→a三个过程中放出的总热量大于吸收的总热量
D
要点二　热力学第一定律和气体实验定律的结合
[例2] (2025·浙江6月选考卷)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时,医生将开口面积为S的玻璃罐加热,使罐内空气温度升至t1,然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2,玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10-3 m2,t1=77 ℃,t2=27 ℃。忽略皮肤的形变,大气压强p0=
1.05×105 Pa。求:
(1)状态2时罐内气体的压强;
答案:(1)9×104 Pa
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化;
答案: (2)减少7.35 J
解析:(2)气体做等容变化,外界对气体不做功,气体吸收热量为Q=-7.35 J,
根据热力学第一定律ΔU=W+Q,
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化
ΔU=-7.35 J,
即气体内能减少7.35 J。
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
答案: (3)24 N
解析: (3)罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa,
状态2皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
名师点拨
解决热力学第一定律与气体实验定律的
综合问题的思路
[针对训练2] (2025·浙江1月选考卷)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差 h=10 cm。将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变,气体达到状态2,此时锁定瓶塞,再缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高,气体达到状态3。已知从状态2到状态3,气体对外做功1.02 J;从状态1到状态3,气体吸收热量4.56 J,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。g取10 m/s2。
(1)从状态2到状态3,气体分子平均速率　　　(选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数　　　 　(选填“增大”“不变”或
“减小”)。
解析:(1)从状态2到状态3,温度保持不变,气体分子的内能保持不变,则气体分子平均速率不变,由于气体对外做功,则气体压强减小,故单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
不变
减小
(2)求气体在状态3的体积V3。
答案:(2)1.020 1×103 cm3
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
答案: (3)2.53 J
解析:(3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=
1.01 J,
气体从状态1到状态3的过程中,由热力学第一定律得ΔU=Q-(W1+W2),
其中Q=4.56 J,W2=1.02 J,
解得ΔU=2.53 J。
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