高中物理选修三 新课改 讲义 专题提升二 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用

专题提升二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。

提升1热力学第一定律和热学图像的综合
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程pV
T＝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)由温度变化判断理想气体内能变化：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＝Q＋W判断气体是吸热还是放热。

【例1】在如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。

已知图线AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，求：
(1)气体在状态B的体积V B；
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。

答案(1)8.0×10－3 m3(2)400 J
解析(1)由V－T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点，可知从A到B理想气体发生等压变化。

由盖－吕萨克定律得V A
T A ＝V B T B
解得V B＝T B
T A V A＝4.0×102
3.0×102×6.0×10
－3 m3＝8.0×10－3 m3。

(2)从A到B气体对外界做功，则
W＝－p(V B－V A)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－2.0×102 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝6.0×102 J－2.0×102 J
＝4.0×102 J＝400 J。

【训练1】如图所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时()
A.气体内能一定增加
B.气体压强变大
C.气体对外界做功
D.气体对外界放热
答案C
解析由题图可知，理想气体的变化为等温膨胀，气体压强减小，气体的内能不变，故气体对外做功；由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故C 正确，A、B、D错误。

【训练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时的温度为27 ℃。

(1)求该气体在状态B、C时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？答案(1)－73 ℃27 ℃(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p A
T A
＝p B
T B
解得T B＝200 K，即t B＝－73 ℃
气体从状态B到状态C做等压变化，由盖－吕萨克定律有
V B T B ＝V C T C
解得T C＝300 K，即t C＝27 ℃。

(2)由(1)中结果可知气体在状态A和状态C温度相等，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，气体在B到C过程中对外做功，故W＝－p BΔV＝－200 J，即Q ＝－W＝200 J，是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量Q＝200 J。

提升2热力学第一定律和气体实验定律的综合
解决思路
【例2】(2021·山东选择性考试)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。

一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。

挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小
瓶内气体()
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
答案B
解析由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐
渐升高，压强逐渐减小，根据pV
T
＝C知气体体积增大，气体对外界做正功，B正确；小瓶上升过程中，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。

【例3】如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动。

活塞面积S＝1.0×10－3 m2，质量m＝2 kg，汽缸竖直放置时，活塞相对于底部的高度h＝1.2 m，室温等于27 ℃；现将汽缸置于77 ℃的热水中，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。

(1)求平衡时活塞离汽缸底部的距离；
(2)此过程中内部气体吸收热量28.8 J，求气体内能的变化量。

答案(1)1.4 m(2)4.8 J
解析(1)设平衡时活塞距汽缸底部的距离为h2，取封闭气体为研究对象，气体发
生等压变化，由盖－吕萨克定律有hS
T1＝h2S
T2
，解得h2＝1.4 m。

(2)在此过程中气体对外界做的功
W＝pΔV＝pS(h2－h1)其中p＝mg
S
＋p0
由热力学第一定律有ΔU＝Q－W
联立解得ΔU＝4.8 J。

【训练3】(多选)如图，一开口向上的导热气缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。

现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降，环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。

在活塞下降过程中()
A.气体体积逐渐减小，内能增大
B.气体压强逐渐增大，内能不变
C.气体压强逐渐增大，放出热量
D.外界对气体做功，气体内能不变
答案BCD
解析一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，温度保持不变，所以内能不变，
A错误；由理想气体状态方程pV
T
＝C可知，体积减小，温度不变，则压强增大，
因为内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热，故B、C、D正确。

1.(热力学第一定律和热学图像的综合)如图所示是一定质量的理想气体从状态A
经状态B至状态C的p－1
V图线，则在此过程中()
A.气体的内能改变
B.气体的体积增大
C.气体向外界放热
D.气体对外界做功
答案 C
解析 由题图知图线斜率k ＝pV ，而斜率不变，说明pV 不变，根据理想气体状态方程pV T ＝C 可知，气体温度不变，内能不变，A 错误；由A →B →C ，1
V 在增大，则体积V 在变小，故外界对气体做功，W >0，B 、D 错误；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知Q <0，故气体向外界放热，C 正确。

2.(热力学第一定律和气体实验定律的综合)(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，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A 错误；由于罐内气体温度不变，内能不变，则体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热，选项B 正确，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。

3.(热力学第一定律和气体实验定律的综合)绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸侧壁有一小口)，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重力为G 的重物，活塞重力为G 0，活塞的截面积为S ，开始时封闭气柱的高为h ，气体的温度为T 1，大气压强为p 0。

现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q 时，活塞下降了h ，问：
(1)气体的温度升高多少？ (2)气体的内能增加多少？
答案 (1)T 1 (2)Q －(p 0S －G －G 0)h
解析 (1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀。

则V 1T 1
＝V 2T 2
即hS T 1
＝2hS
T 2
，求得T 2＝2T 1
气体的温度升高了ΔT ＝T 2－T 1＝T 1。

(2)汽缸内气体的压强为p ＝p 0－G ＋G 0
S 活塞向下运动的过程中，对外做功 W ＝pSh ＝p 0Sh －(G ＋G 0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为ΔU ＝Q －W ＝Q ＋(G ＋G 0)h －p 0Sh ＝Q －(p 0S －G －G 0)h 。

题组一 热力学第一定律和热学图像的综合
1.(多选)如图所示，一定量的理想气体从状态a变化到状态b。

在此过程中()
A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
答案BCD
解析一定量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程可知p a V a
T a
＝p B V b
T b
，
则T b>T a，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律可知，从a 到b的过程中气体一直从外界吸热，选项D正确。

2.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T图像如图所示，下列说法中正确的是()
A.a、b和c三个状态，气体分子的平均动能相等
B.过程ab中气体既不吸热也不放热
C.过程bc中气体向外界放出热量
D.c和a两个状态，容器单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
答案C
解析由题图可知，a、b和c三个状态中，c状态温度最低，分子平均动能最小，A错误；由题图可知，过程ab中温度不变，则内能不变，又体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，B错误；由题图可知，过程bc中气体的温度和体积都减小，则内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定
律可知，气体向外界放出热量，C 正确；由题图可知，ca 过程气体发生等容变化，气体温度升高，内能增大，根据理想气体状态方程可知气体压强增大，所以a 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，D 错误。

3.(多选)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。

已知状态A 时的温度为27 ℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T ＝t ＋273 K ，则下列判断正确的是( )
A.气体处于状态B 时的温度是900 K
B.气体处于状态C 时的温度是300 K
C.从状态A 变化到状态C 过程理想气体内能增大
D.从状态A 变化到状态B 过程理想气体放热 答案 AB
解析 由图示图像可知，A →B 过程为等压变化，有V A T A
＝V B T B
，已知T A ＝(27＋273) K
＝300 K ，代入数据解得T B ＝900 K ，A 正确；B →C 过程为等容变化，有p B T B
＝p C T C
，
代入数据解得T C ＝300 K ，B 正确；A →C 过程，T A ＝300 K ，T C ＝300 K ，所以A 、C 两状态温度相同，内能相同，则内能变化ΔU ＝0，C 错误；从状态A 变化到状态B 过程，理想气体温度升高，内能增大，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得，理想气体一定吸热，D 错误。

题组二 热力学第一定律和气体实验定律的综合
4.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体( )
A.体积减小，内能增大
B.体积减小，压强减小
C.对外界做负功，内能增大
D.对外界做正功，压强减小
答案AC
解析实际气体在温度不太低、压强不太大时可看作理想气体。

充气袋被挤压，气体体积减小，外界对气体做正功，则W>0，即气体对外界做负功，由于袋内气体与外界无热交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，内能增大，选项A、C正确；根据理想气体状态方程pV
＝C可判断压强一定增大，选项B、
T
D错误。

5.(多选)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分成体积相等的两部分，K与汽缸壁间的摩擦忽略不计，两部分中分别充满相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子势能可忽略，现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则()
A.a的体积增大，压强变小
B.b的温度升高
C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈
D.a增加的内能大于b增加的内能
答案BCD
解析当对气体a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与汽缸壁间的摩擦不计，可以自由移动，所以气体a、b的压强始终相同，都变大；由于气体a 膨胀，气体b被压缩，所以外界对气体b做功，根据热力学第一定律得，b的温
度升高；由于过程中气体a膨胀，气体b被压缩，平衡后p a＝p b，V a>V b，由p a V a
T a 可知气体a的温度较高，加热后气体a的分子热运动比b的分子热运动更＝p b V b
T b
剧烈，内能增加较多。

综上分析可知，B、C、D正确，A错误。

6.(多选)(2022·天津和平区高二月考)小明在西藏自驾游的时候发现，由于大气压强随海拔的升高而减小，密封包装的小零食会出现“涨袋”的现象，他用学过的物理知识对此现象进行分析，首先将零食密封袋中气体视为理想气体，考虑到在行车过程中一直使用暖风取暖，可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，下列判断正确的是()
A.外界对密封袋中气体做功
B.密封袋中气体从外界吸热
C.密封袋中气体压强减小
D.密封袋中气体内能减小
答案BC
解析密封包装的小零食出现“涨袋”的现象说明零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体对外做功，A错误；由于可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，有p1V1＝p2V2，由于零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体压强减小，C正确；由于汽车内温度不变，则密封袋中气体内能不变，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W，又W<0，可知密封袋中气体从外界吸热，B正确，D错误。

7.一定质量理想气体的状态变化如图所示，该气体从状态a沿圆形线变化到状态b、
c、d，最终回到状态a，则()
A.从状态a到状态b是等温变化过程
B.从状态a到状态c是等压膨胀过程
C.从状态a到状态c，气体放出热量、内能增大
D.从状态a经b、c、d回到状态a，气体放出热量
答案D
解析等温线的形状不是圆弧，从状态a到状态b不是等温变化过程，A错误；从状态a到状态c，气体的压强先减小后增大，不是等压膨胀过程，B错误；从
＝C，初末状态的压强相等，体积增大，温度升高，内状态a到状态c，根据pV
T
能增大，体积增大对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量，C错误；从状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变，内能不变；外界对气体所做的功等于圆形面积，根据热力学第一定律，气体放出热量，D正确。

8.(多选)如图为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8 L药液，上部密封1 atm 的空气1 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.2 L。

设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，下列说法正确的是()
A.充气后，密封气体的压强增大为1.2 atm
B.充气后，密封气体的分子平均动能不变
C.打开阀门后，密封气体对外界做正功
D.打开阀门后，不再充气也能把药液喷光
答案ABC
解析以密封空气和充入空气为研究对象，由p1V1＋p2V2＝pV1可得p＝1.2 atm，故A正确；温度不变，分子平均动能不变，故B正确；由于p>p0，打开阀门后
密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；由p1V1＋p2V2＝p3V3可得p3＝2
15atm<p0，故不能把药液喷光，故D错误。

9.(多选)一定质量的理想气体，经历如图所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，
各状态参数如图所示，已知a 状态的体积为2.0×10－3 m 3，则下列说法正确的是
( )
A.各状态气体体积V a ＝V b >V c ＝V d
B.b →c 过程中，气体吸热
C.c →d 过程中，气体内能增加
D.d →a 过程中，外界对气体做功200 J
答案 BD
解析 根据pV T ＝C 可知过原点的直线为等容线，且斜率越大的等容线对应的气体
的体积越小，由题图可知V a ＝V b <V c ＝V d ，选项A 错误；b →c 过程中，气体的体积变大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体吸热，选项B 正确；c →d 过程中，气体温度降低，则气体内能减小，选项C 错误；d →a
过程中，气体体积减小，又因为V d ＝V c ，根据理想气体状态方程可知p c V c T c ＝p a V a T a
代入数据解得V c ＝V d ＝4.0×10－3 m 3，外界对气体做功W ＝p ΔV ＝1.0×105×(4.0×10－3－2.0×10－3) J ＝200 J ，选项D 正确。

10.如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m ＝1 kg 、横截面积S ＝5×10－4 m 2，原来活塞处于A 位置。

现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B ，在此过程中，缸内气体的V －T 图像如图乙所示，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。

答案(1)1.2×105 Pa6×10－4 m3
(2)60 J
解析(1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象pS＝p0S＋mg
解得气体压强p＝p0＋mg
S
＝1.2×105 Pa
由盖－吕萨克定律有V A
T A ＝V B T B
解得V B＝V A T B
T A
＝6×10－4 m3。

(2)由气体的内能与热力学温度成正比得
U B U0＝T B T A
解之得U B＝108 J
外界对气体做功
W＝－pSl＝－p(V B－V A)＝－24 J
由热力学第一定律ΔU＝U B－U0＝Q＋W
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J。

11.如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。

p0和T0分别为大气的压强和温度，已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q 。

答案 (1)0.5V (2)0.5p 0V ＋aT 0
解析 (1)气体由压强p ＝1.2p 0降到p 0时，V 不变，由查理定律得T 12.4T 0
＝p 0p ，解得T 1＝2T 0；在气体温度由T 1变为T 0的过程中，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得V V 1＝T 1T 0
，解得V 1＝0.5V 。

(2)在活塞下降过程中，外界对气体做的功W ＝p 0(V －V 1)
气体减少的内能ΔU ＝a (T 1－T 0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量Q ＝W ＋ΔU
解得Q ＝0.5p 0V ＋aT 0。

12.如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S ＝0.10 m 2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U 形玻璃管相通。

开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm 的气柱(U 形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U 形管内水银面高度差h 1＝15 cm 。

已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)让汽缸缓慢降温，直至U 形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm ，求整个过程中气体与外界交换的热量。

答案 (1)250 K (2)1 600 J
解析 (1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化。

由查理定律可知，p 1T 1＝p 2T 2
其中p 1＝p 0＋ρgh 1＝1.2×105 Pa
p 2＝p 0＝1.0×105 Pa
T 1＝300 K
解得T 2＝250 K 。

(2)解除对活塞的锁定后，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体做等压变化，压强为p 0＝1.0×105 Pa 。

由盖－吕萨克定律知V 2T 2＝V 3T 3
解得T 3＝300 K
因为T 3＝T 1＝300 K ，所以初状态与末状态气体内能相等，由热力学第一定律 ΔU ＝Q ＋W 知，Q ＝－W
即Q ＝p 0ΔV ＝1 600 J 。