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(共22张PPT)
课时3
热力学定律与能量守恒定律
考点一
热力学定律
基础梳理
1.
做功
热量
Q+W
吸收
放出
增加
减少
2.
转化
转移
转化
转移
不变
能量守恒定律
3.
吸收
功
热力学第二定律
典例精析
命题视角1　热力学第一定律的理解与应用
【典例1】 (容易)压缩空气储能是一种新型储能技术,其中涉及了空气的绝热膨胀和等温压缩过程,对一定质量的理想气体,下列说法正确的是(　　)
A.绝热膨胀过程,气体的内能增大
B.绝热膨胀过程,外界对气体做功
C.等温压缩过程,气体的压强不变
D.等温压缩过程,气体的内能不变
D
解析:D　绝热膨胀过程,理想气体与外界没有热量的交换,即Q=0,理想气体对外界做功,即W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU<0,即气体的内能减小,故A、B错误;等温压缩过程,气体的温度保持不变,则内能不变,由玻意耳定律pV=C,可知气体的压强变大,C错误,D正确。
命题视角2　热力学第二定律理解与应用
【典例2】 (容易)下列说法正确的是(　　)
A.物体放出热量,其内能一定减小
B.物体吸收热量,分子的平均动能一定增大
C.第二类永动机没有违反能量守恒定律
D.空调既能制热又能制冷,说明自发条件下热传递可以逆向
C
解析:C　由热力学第一定律知,物体放出热量的同时如果外界对物体做功,物体内能可能增大或不变,A错误;由热力学第一定律知,物体吸热的同时如果在对外做功,内能可能减小,则分子平均动能减小,B错误;第二类永动机没有违反能量守恒定律,C正确;根据热力学第二定律可知,热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,但不能自发地从低温物体传递到高温物体,在有外界做功的条件下热传递可以逆向,D错误。
考点二
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
典例精析
命题视角　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1.判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体,内能的变化完全由温度变化决定,温度升高,内能增大。
(2)若吸、放热和做功情况已知,可由热力学第一定律ΔU=W+Q来确定。
2.气体实验定律与热力学定律综合问题的解题思维链
【典例3】 (中等)(2026·浙江1月选考)如图所示,导热良好的瓶内,用一质量为m1、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,在活塞上方有质量为m2的液体。初始时,瓶内气体处于状态A,体积为VA。将一根质量不计的细管插入液体,液体在细管中上升一定高度后保持静止。随后通过细管缓慢吸走全部液体,此时瓶内气体处于状态B。环境温度保持不变,从状态A到状态B过程中,气体吸收热量Q=2.05 J。已知m1=0.4 kg,m2=2 kg,
S=40 cm2,VA=400 cm3,大气压强p0=0.99×105 Pa。
(1)图中液体　　　　(选填“浸润”或“不浸润”)管壁,若细管仅内径变小,与原细管相比,管内液面将　　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”)。
解析: (1)题图中管中液面上升且液面呈现凹状,则液体浸润管壁,若细管仅内径变小,与原细管相比,毛细现象更加明显,管内液面升高。
浸润　
升高
(2)求气体在状态B时的体积VB。
答案: (2)420 cm3
(3)求气体从状态A到状态B过程中对外做的功WAB。
答案: (3)2.05 J
解析:(3)气体从状态A到状态B过程中温度不变,则ΔU=0,根据热力学第一定律有ΔU=WAB+Q,
可知WAB=-Q=-2.05 J,
即气体对外做的功为2.05 J。
考点三
热力学第一定律与图像的综合应用
命题视角　热力学第一定律与图像的综合应用,图像分析热力学过程,综合计算内能变化与热功关系
典例精析
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=W+Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
【典例4】 (中等)1824年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程——卡诺循环,极大地提高了热机的工作效率。密闭容器中一定质量的理想气体经历了如图所示的卡诺循环过程,其中A→B和C→D为等温过程,B→C和D→A为绝热过程。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程中,气体从外界吸热并全部用来对外做功,所以违反了热力学第二定律
B.B→C过程中,单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多
C.C→D过程中,外界对气体做的功等于气体内能的增加量
D.完成一次循环,气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积
D
解析:D　A→B过程为等温过程,气体内能不变,气体膨胀,故气体对外做功,由热力学第一定律可知气体从外界吸热并全部用来对外做功,不违反热力学第二定律,A错误;B→C过程为绝热过程Q=0,气体膨胀,故气体对外做功,由热力学第一定律可知气体内能减小,温度降低,分子平均动能减少,故单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少,B错误;C→D过程为等温过程,气体内能不变,C错误;完成一次循环,气体温度不变,内能不变,p-V图像中,图线与V轴围成的图形的面积表示做的功,结合热力学第一定理可知气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积,D正确。
感谢观看课时3　热力学定律与能量守恒定律
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　热力学定律的理解与应用
1.充满了一定质量理想气体的密封气柱袋如图所示,主要用于保护易碎、易损坏的物品。气柱袋受到快速挤压过程中与外界无热量交换,关于快速挤压过程中的气柱袋内的气体,下列说法正确的是(　　)
A.内能变大
B.压强不变
C.气体对外做功
D.分子热运动的平均动能不变
解析:A　气柱袋受到快速挤压时,体积减小,外界对气体做功,和外界没有热交换,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得知气体的内能增大,温度升高,根据理想气体的状态方程=C可知,气体的压强必定增大,故A正确,B错误;气体的体积减小,外界对气体做功,内能增大,温度升高,分子热运动的平均动能增大,故C、D错误。
命题视角2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
2.(多选)某种理想气体内能公式可表示为E=,其状态参量满足pV=nRT,n表示物质的量,R为理想气体常数(R=8.3 J·mol-1·K-1),T为热力学温度。现有一绝热汽缸,用一个横截面积S=
400 cm2、质量M=15 kg的绝热活塞封闭物质的量n=0.5 mol的该种理想气体,汽缸底部有电阻丝可以对气体进行加热。现对电阻丝通电一段时间后断开电源,稳定后发现汽缸内气体温度升高了ΔT=50 K。已知外界大气压强为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计活塞与汽缸之间的摩擦。从对气体加热到活塞停止上升的整个过程中,关于缸内气体的判断正确的是(　　)
A.稳定后压强为1.0375×105Pa
B.活塞上升的高度为5 cm
C.对外界做功为207.5 J
D.吸收的热量为526.25 J
解析:ABC　稳定后由平衡条件知pS=p0S+Mg,解得压强为p=p0+=1.0375×105 Pa,A正确;气体做等压变化,有==,又pV0=nRT0,解得Δh=,得活塞上升的高度为Δh=5 cm,B正确;气体对外界做功为W=pSΔh=207.5 J,故C正确;由题知气体增加的内能为ΔU==518.75 J,根据热力学第一定律有ΔU=-W+Q,解得Q=726.25 J,故气体吸收的热量为726.25 J,D错误。
3.(2025·温州一模)从消毒柜中取出一质量m=0.4 kg、杯口截面积S=3.5×10-4 m2的圆柱形杯子。将杯盖盖上后,杯内密封一定质量的理想气体,该气体处于温度T0=360 K、压强p0=1.0×105 Pa的状态A。冷却一段时间后,杯内气体温度降低至T1=324 K,气体达到状态B。杯盖下表面为平面且形变可忽略,杯壁厚度可忽略。
(1)从状态A到状态B过程中,气体　　　　(选填“吸收”或“放出”)热量,气体分子单位时间撞击杯盖次数　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)求气体在状态B的压强p1。
(3)气体在状态B时,用竖直向上外力提起杯盖,由于大气压作用杯与杯盖不分离,两者在空中保持静止,求杯盖对杯子作用力F的大小(g取10 m/s2)。
解析:(1)从状态A到状态B,气体发生等容变化,由ΔU=Q+W可知气体的体积不变、温度降低,放出热量,根据理想气体状态方程=C可知气体压强减小,即气体分子单位时间撞击杯盖次数减小。
(2)由查理定律可知=,解得p1=9.0×104 Pa。
(3)对杯子受力分析,静止时,则有p0S+F=mg+p1S,解得F=0.5 N,即杯盖对杯子作用力F的大小为0.5 N,方向为竖直向上。
答案:(1)放出　变小　(2)9.0×104 Pa (3)0.5 N
命题视角3　热力学第一定律与图像的综合应用
4.一定质量的理想气体状态的两段变化过程如图所示,一个是从状态a到状态b,另一个是从状态a到状态c,则下列说法正确的是(　　)
A.状态a到状态b过程气体内能不变
B.状态a到状态c过程气体对外界做功
C.状态a到状态b过程气体体积不变
D.状态a到状态c过程气体吸收热量
解析:D　状态a到状态b过程气体压强不变、温度升高,则体积变大,内能增加,A、C错误;根据p=T可知状态a到状态c过程气体体积不变,则不对外界做功,即W=0,温度升高,则内能增加ΔU>0,根据热力学第一定律可知,Q>0,即气体吸收热量,B错误,D正确。
5.一定质量的理想气体,状态从a→b→c的变化过程可用如图所示的V-t图线描述,则下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程气体分子对容器壁单位面积的平均作用力变大
B.b→c过程体积不变,气体从外界吸收热量
C.c→a过程体积减小,压强不变
D.a→b过程气体对外做功大于c→a过程外界对气体做功
解析:D　根据理想气体状态方程可知a→b过程为等压过程、压强不变,气体分子对容器壁单位面积的平均作用力不变,A错误;b→c过程体积不变,气体温度降低、内能减小,对外放出热量,压强减小,有pb>pc,所以c→a过程体积减小,压强增大,B、C错误;a→b过程气体体积变化等于c→a过程气体体积变化,但a→b过程气体平均压强大于c→a过程气体平均压强,所以a→b过程气体对外做功大于c→a过程外界对气体做功,D正确。
B级·高考过关练
6.(多选)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,右侧的气体就会扩散到左侧,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),电阻丝C放出89.3 J的热量时气体达到温度T2=
350 K的状态3。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计,下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态1到状态2是不可逆过程,分子平均动能减小
B.水平恒力F的大小为10 N
C.状态3气体的体积为1 750 cm3
D.气体从状态1到状态3内能增加25.5 J
解析:BC　根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,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,又没有发生热传递,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变,A错误;气体从状态1到状态2发生等温变化,根据玻意耳定律,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,以活塞B为对象,根据活塞受力平衡可得p2S=p0S+F,解得F=(p2-p0)S=10 N,B正确;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=1 750 cm3,故C正确;该过程气体对外做功为W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=25.5 J,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q=63.8 J,气体从状态1到状态3内能增加63.8 J,D错误。故选B、C。
7.(2025·浙江1月选考)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课时3　热力学定律与能量守恒定律
考点一　热力学定律
1.
2.
3.
命题视角1　热力学第一定律的理解与应用
【典例1】 (容易)压缩空气储能是一种新型储能技术,其中涉及了空气的绝热膨胀和等温压缩过程,对一定质量的理想气体,下列说法正确的是(　　)
A.绝热膨胀过程,气体的内能增大
B.绝热膨胀过程,外界对气体做功
C.等温压缩过程,气体的压强不变
D.等温压缩过程,气体的内能不变
解析:D　绝热膨胀过程,理想气体与外界没有热量的交换,即Q=0,理想气体对外界做功,即W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU<0,即气体的内能减小,故A、B错误;等温压缩过程,气体的温度保持不变,则内能不变,由玻意耳定律pV=C,可知气体的压强变大,C错误,D正确。
命题视角2　热力学第二定律理解与应用
【典例2】 (容易)下列说法正确的是(　　)
A.物体放出热量,其内能一定减小
B.物体吸收热量,分子的平均动能一定增大
C.第二类永动机没有违反能量守恒定律
D.空调既能制热又能制冷,说明自发条件下热传递可以逆向
解析:C　由热力学第一定律知,物体放出热量的同时如果外界对物体做功,物体内能可能增大或不变,A错误;由热力学第一定律知,物体吸热的同时如果在对外做功,内能可能减小,则分子平均动能减小,B错误;第二类永动机没有违反能量守恒定律,C正确;根据热力学第二定律可知,热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,但不能自发地从低温物体传递到高温物体,在有外界做功的条件下热传递可以逆向,D错误。
考点二　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
命题视角　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1.判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体,内能的变化完全由温度变化决定,温度升高,内能增大。
(2)若吸、放热和做功情况已知,可由热力学第一定律ΔU=W+Q来确定。
2.气体实验定律与热力学定律综合问题的解题思维链
【典例3】 (中等)(2026·浙江1月选考)如图所示,导热良好的瓶内,用一质量为m1、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,在活塞上方有质量为m2的液体。初始时,瓶内气体处于状态A,体积为VA。将一根质量不计的细管插入液体,液体在细管中上升一定高度后保持静止。随后通过细管缓慢吸走全部液体,此时瓶内气体处于状态B。环境温度保持不变,从状态A到状态B过程中,气体吸收热量Q=2.05 J。已知m1=0.4 kg,m2=2 kg,S=
40 cm2,VA=400 cm3,大气压强p0=0.99×105 Pa。
(1)图中液体　　　　(选填“浸润”或“不浸润”)管壁,若细管仅内径变小,与原细管相比,管内液面将　　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”)。
(2)求气体在状态B时的体积VB。
(3)求气体从状态A到状态B过程中对外做的功WAB。
解析: (1)题图中管中液面上升且液面呈现凹状,则液体浸润管壁,若细管仅内径变小,与原细管相比,毛细现象更加明显,管内液面升高。
(2)初态:对活塞以及上面的液体分析可知气体压强p1=p0+=1.05×105 Pa,
末态:吸走液体后气体的压强为
p2=p0+=1.00×105 Pa,
根据玻意耳定律可知p1VA=p2VB,
解得气体在状态B时的体积为
VB== cm3=420 cm3。
(3)气体从状态A到状态B过程中温度不变,则ΔU=0,根据热力学第一定律有ΔU=WAB+Q,
可知WAB=-Q=-2.05 J,
即气体对外做的功为2.05 J。
答案: (1)浸润　升高
(2)420 cm3
(3)2.05 J
考点三　热力学第一定律与图像的综合应用
命题视角　热力学第一定律与图像的综合应用,图像分析热力学过程,综合计算内能变化与热功关系
1.在某一过程中,气体的p、V、T的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=W+Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
【典例4】 (中等)1824年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程——卡诺循环,极大地提高了热机的工作效率。密闭容器中一定质量的理想气体经历了如图所示的卡诺循环过程,其中A→B和C→D为等温过程,B→C和D→A为绝热过程。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程中,气体从外界吸热并全部用来对外做功,所以违反了热力学第二定律
B.B→C过程中,单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多
C.C→D过程中,外界对气体做的功等于气体内能的增加量
D.完成一次循环,气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积
解析:D　A→B过程为等温过程,气体内能不变,气体膨胀,故气体对外做功,由热力学第一定律可知气体从外界吸热并全部用来对外做功,不违反热力学第二定律,A错误;B→C过程为绝热过程Q=0,气体膨胀,故气体对外做功,由热力学第一定律可知气体内能减小,温度降低,分子平均动能减少,故单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少,B错误;C→D过程为等温过程,气体内能不变,C错误;完成一次循环,气体温度不变,内能不变,p-V图像中,图线与V轴围成的图形的面积表示做的功,结合热力学第一定理可知气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积,D正确。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　热力学定律的理解与应用
1.充满了一定质量理想气体的密封气柱袋如图所示,主要用于保护易碎、易损坏的物品。气柱袋受到快速挤压过程中与外界无热量交换,关于快速挤压过程中的气柱袋内的气体,下列说法正确的是(　　)
A.内能变大
B.压强不变
C.气体对外做功
D.分子热运动的平均动能不变
解析:A　气柱袋受到快速挤压时,体积减小,外界对气体做功,和外界没有热交换,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得知气体的内能增大,温度升高,根据理想气体的状态方程=C可知,气体的压强必定增大,故A正确,B错误;气体的体积减小,外界对气体做功,内能增大,温度升高,分子热运动的平均动能增大,故C、D错误。
命题视角2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
2.(多选)某种理想气体内能公式可表示为E=,其状态参量满足pV=nRT,n表示物质的量,R为理想气体常数(R=8.3 J·mol-1·K-1),T为热力学温度。现有一绝热汽缸,用一个横截面积S=
400 cm2、质量M=15 kg的绝热活塞封闭物质的量n=0.5 mol的该种理想气体,汽缸底部有电阻丝可以对气体进行加热。现对电阻丝通电一段时间后断开电源,稳定后发现汽缸内气体温度升高了ΔT=50 K。已知外界大气压强为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计活塞与汽缸之间的摩擦。从对气体加热到活塞停止上升的整个过程中,关于缸内气体的判断正确的是(　　)
A.稳定后压强为1.0375×105Pa
B.活塞上升的高度为5 cm
C.对外界做功为207.5 J
D.吸收的热量为526.25 J
解析:ABC　稳定后由平衡条件知pS=p0S+Mg,解得压强为p=p0+=1.0375×105 Pa,A正确;气体做等压变化,有==,又pV0=nRT0,解得Δh=,得活塞上升的高度为Δh=5 cm,B正确;气体对外界做功为W=pSΔh=207.5 J,故C正确;由题知气体增加的内能为ΔU==518.75 J,根据热力学第一定律有ΔU=-W+Q,解得Q=726.25 J,故气体吸收的热量为726.25 J,D错误。
3.(2025·温州一模)从消毒柜中取出一质量m=0.4 kg、杯口截面积S=3.5×10-4 m2的圆柱形杯子。将杯盖盖上后,杯内密封一定质量的理想气体,该气体处于温度T0=360 K、压强p0=1.0×105 Pa的状态A。冷却一段时间后,杯内气体温度降低至T1=324 K,气体达到状态B。杯盖下表面为平面且形变可忽略,杯壁厚度可忽略。
(1)从状态A到状态B过程中,气体　　　　(选填“吸收”或“放出”)热量,气体分子单位时间撞击杯盖次数　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)求气体在状态B的压强p1。
(3)气体在状态B时,用竖直向上外力提起杯盖,由于大气压作用杯与杯盖不分离,两者在空中保持静止,求杯盖对杯子作用力F的大小(g取10 m/s2)。
解析:(1)从状态A到状态B,气体发生等容变化,由ΔU=Q+W可知气体的体积不变、温度降低,放出热量,根据理想气体状态方程=C可知气体压强减小,即气体分子单位时间撞击杯盖次数减小。
(2)由查理定律可知=,解得p1=9.0×104 Pa。
(3)对杯子受力分析,静止时,则有p0S+F=mg+p1S,解得F=0.5 N,即杯盖对杯子作用力F的大小为0.5 N,方向为竖直向上。
答案:(1)放出　变小　(2)9.0×104 Pa (3)0.5 N
命题视角3　热力学第一定律与图像的综合应用
4.一定质量的理想气体状态的两段变化过程如图所示,一个是从状态a到状态b,另一个是从状态a到状态c,则下列说法正确的是(　　)
A.状态a到状态b过程气体内能不变
B.状态a到状态c过程气体对外界做功
C.状态a到状态b过程气体体积不变
D.状态a到状态c过程气体吸收热量
解析:D　状态a到状态b过程气体压强不变、温度升高,则体积变大,内能增加,A、C错误;根据p=T可知状态a到状态c过程气体体积不变,则不对外界做功,即W=0,温度升高,则内能增加ΔU>0,根据热力学第一定律可知,Q>0,即气体吸收热量,B错误,D正确。
5.一定质量的理想气体,状态从a→b→c的变化过程可用如图所示的V-t图线描述,则下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程气体分子对容器壁单位面积的平均作用力变大
B.b→c过程体积不变,气体从外界吸收热量
C.c→a过程体积减小,压强不变
D.a→b过程气体对外做功大于c→a过程外界对气体做功
解析:D　根据理想气体状态方程可知a→b过程为等压过程、压强不变,气体分子对容器壁单位面积的平均作用力不变,A错误;b→c过程体积不变,气体温度降低、内能减小,对外放出热量,压强减小,有pb>pc,所以c→a过程体积减小,压强增大,B、C错误;a→b过程气体体积变化等于c→a过程气体体积变化,但a→b过程气体平均压强大于c→a过程气体平均压强,所以a→b过程气体对外做功大于c→a过程外界对气体做功,D正确。
B级·高考过关练
6.(多选)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,右侧的气体就会扩散到左侧,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),电阻丝C放出89.3 J的热量时气体达到温度T2=
350 K的状态3。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计,下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态1到状态2是不可逆过程,分子平均动能减小
B.水平恒力F的大小为10 N
C.状态3气体的体积为1 750 cm3
D.气体从状态1到状态3内能增加25.5 J
解析:BC　根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,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,又没有发生热传递,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变,A错误;气体从状态1到状态2发生等温变化,根据玻意耳定律,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,以活塞B为对象,根据活塞受力平衡可得p2S=p0S+F,解得F=(p2-p0)S=10 N,B正确;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=1 750 cm3,故C正确;该过程气体对外做功为W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=25.5 J,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q=63.8 J,气体从状态1到状态3内能增加63.8 J,D错误。故选B、C。
7.(2025·浙江1月选考)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

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