专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题
[科学探究] (1)由a状态变化到b状态,气体体积变大,因此气体对外界做功,即W<0;p-V图像中所围面积表示做功绝对值大小,故气体对外界做的功W=p1(V2-V1).
(2)由理想气体状态方程结合p-V图像知从a状态变化到b状态,温度升高,故ΔU>0,由ΔU=W+Q得Q>0,即气体吸热,内能增加.
例1 CD [解析] 因从a到b的p-T图像过原点,由=C可知从a到b气体的体积不变,则从a到b气体不对外做功,选项A错误;因从a到b气体温度升高,可知气体内能增加,选项B错误;因W=0,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体一直从外界吸热,且气体吸收的热量等于内能的增加量,选项C、D正确.
例2 BC [解析] 由题图知A→B的过程中,温度不变,则内能不变,ΔU=0,而体积减小,所以外界对气体做功,W>0,根据热力学第一定律知,在A→B的过程中,气体放出热量,故A错误,B正确;B→C的过程V-T图像过原点,为等压变化,气体压强不变,故C正确;A→B→C的过程中,温度先不变后降低,气体内能先不变后减少,故D错误.
例3 D [解析] 根据=,其中的pD=0.15×105 Pa,可解得TD=225 K,选项A正确.因为A、C两状态的pV乘积相等,则温度相等,即A状态的内能等于C状态的内能,选项B正确.因p-V图像与横轴所围的面积表示功,则从A状态至D状态整个过程中,气体对外做功为WAD=0.4×105×2×10-3 J-×105×10-3 J=62.5 J,选项C正确.从A状态到B状态的过程中,气体吸收了320 J的热量,同时气体对外做功WAB=0.4×105×2×10-3 J=80 J,由热力学第一定律可知ΔU=-80 J+320 J=240 J,气体内能增加了240 J,选项D错误.
例4 (1)36 cm (2)减少2.5 J
[解析] (1)气体做等压变化
由盖—吕萨克定律得=
解得L=36 cm
(2)封闭气体的压强p=p0+ρgΔh=1.272×105 Pa
外界对气体做功W=pS(L0-L)≈2.5 J
由热力学第一定律ΔU=W+Q
得ΔU=-2.5 J,即内能减少了2.5 J
随堂巩固
1.(1)1.6×105 Pa (2) 14 J
[解析] (1)设气体初状态压强为p1
对活塞由平衡条件得p0S=p1S+mg
解得p1=8×104 Pa
气体初状态的温度T1=300 K,体积V1=h1S
气体末状态的温度T2=900 K,体积V2=(h1+h2)S
对缸内封闭气体,由理想气体状态方程=
解得p2=p1=1.6×105 Pa
(2)对于封闭气体,在此过程中气体对外界做功为
W=-p1·ΔV=-8×104×2×10-3×0.1 J=-16 J
由热力学第一定律ΔU=W+Q
可得气体增加的内能为ΔU=-16 J+30 J=14 J
2.A [解析] 设阀门打开后,活塞C向右移动了x,最后达到平衡时A、B内气体的压强均为p,A、B内气体初始体积均为V0,则对A、B内气体由玻意耳定律可得pAV0=p(V0+Sx),pBV0=p(V0-Sx),解得x= cm≈6.7 cm,p=3.0×105 Pa,A正确,B错误;因为整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定,所以气体温度保持不变,即气体内能不变,即ΔU=0,又因为A内气体膨胀,对外做功,即W<0,所以由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0,即A内气体要从外界吸热,C错误;若B气缸抽成真空,打开阀门K后,A气缸中气体膨胀过程对外不做功,又因为气体内能不变,所以A内气体既不需要从外界吸热也不向外界放热,D错误.专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题
1.C [解析] 封闭的气体被推杆压缩过程中,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,猛推推杆,对气体做功,则W>0,又因为时间很短,可认为Q=0,所以气体内能增加,则温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个气体分子的动能都增大,气体体积减小,压强增大,故A、B、D错误,C正确.
2.A [解析] 从状态a到状态b,气体体积增大,系统对外界做正功,W<0,温度升高,系统内能增加,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,系统从外界吸热,A正确,C、D错误;在V-T图像中延长线过坐标原点的直线为等压线,从状态a到状态b的连线的延长线不过原点,所以该系统压强变化,B错误.
3.BC [解析] a→b过程气体温度不变,压强减小,则体积变大,气体对外界做功,选项A错误;b→c过程气体的温度升高,则气体的内能一直增加,选项B正确;c→a过程压强不变,根据=,解得Vc=Tc=×300 m3=2.0×10-3 m3,c→a过程外界对气体做的功为W=pΔV=2.0×105×1.0×10-3 J=200 J,选项C正确;c→a过程外界对气体做功,且温度降低,内能减小,则气体向外界放出了热量,选项D错误.
4.B [解析] 对一定质量的理想气体,有pV=nRT,a→b过程p、V乘积增大,温度升高,b→c过程p、V乘积减小,温度降低,选项A、C错误;a→b过程因温度升高内能增大,体积增大对外做功,由W+Q=ΔU,可得气体吸热,选项B正确;a→c过程体积增大,气体对外界做功,选项D错误.
5.BC [解析] 活塞向上运动过程,气体体积变大,气体对外界做正功,A错误;由于活塞向上缓慢移动,气体温度始终与外界相同,即气体发生等温变化,气体内能不变,由热力学第一定律可知,气体从外界吸热,C正确;由理想气体状态方程=C,可知气体等温膨胀,压强p减小,对活塞由平衡条件可得F+pS=mg+p0S,故外力F逐渐增大,B正确;由压强的微观意义可知,气缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少,D错误.
6.B [解析] 由图像可知,a→b过程,气体发生的是等温变化,内能不变,此过程中,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收热量,故A错误;a→b过程,温度不变,气体分子的平均动能不变,所以平均速率保持不变,故B正确;b→c过程,气体的体积不变,压强减小,则温度降低,故内能减小,根据热力学第一定律可知,气体放出热量,故C错误;p-V图线与横轴所围的面积为气体做功的绝对值,因此c→a过程外界对气体做的功小于a→b过程气体对外做功,故D错误.
7.C [解析] a到b过程为等容变化,有=,解得pb=3pa,c到a过程为等温变化,有pcV0=pa·3V0,解得pc=3pa,综上可得pb=pc=3pa,故A错误;a到b过程中,温度升高,内能增大,故B错误;b到c过程中,温度降低,内能减小,即ΔU<0,体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律可知Q<0,即气体放出热量,故C正确;温度是分子平均动能的标志,是大量分子运动的统计结果,对单个分子没有意义,故D错误.
8.BD [解析] 由理想气体状态方程=C可知,a、b两状态的温度相同,过程 Ⅰ 中气体的温度先降低后升高,同理可知,过程 Ⅱ 中气体温度先升高后降低,A错,B对.过程 Ⅱ 中从b→a,a、b两状态温度相同,即ΔU=0,Va>Vb,则W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q>0,所以气体吸热,C错.在p-V图像中,图线与横坐标轴围成的“面积”对应功的大小,过程 Ⅱ 气体对外界做的功大于过程 Ⅰ 外界对气体做的功,故过程 Ⅱ 中气体吸收的热量大于过程 Ⅰ 中气体放出的热量,D对.
9.C [解析] 气体压强是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=W+Q可知内能不变,理想气体的内能只与温度有关,气体的内能不变,则温度不变,故C正确,B错误;由于气体体积变大,根据=C知压强减小,故D错误.
10.(1)pB=p0 (2)TC=1.9T0 (3)W
[解析] (1)从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=
(2)从状态B到状态C,由理想气体状态方程=,又TB=T0,解得TC=1.9T0
(3)状态B到状态C为绝热过程,由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体的内能变化为ΔU=W
11.(1)0.5 cm (2)2.5 J (3)0.5 J
[解析] (1)气体做等压变化,初态T1=300 K,V1=h1S
末态V2=(h1+Δh)S,T2=305 K
根据=,解得Δh=0.5 cm
(2)气体对外做的功为W=p0·ΔV=1×105×50×10-4×5×10-3 J=2.5 J
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q-W
可得ΔU=0.5 J
12.C [解析] p-V图像与横轴所围的面积表示气体对外界做的功或外界对气体做的功的数值,故气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,选项A错误;由理想气体状态方程=C可得Tc>Tb=Ta,理想气体的内能只由温度决定,故Uc>Ub=Ua,故c→a过程中气体内能的减少量等于b→c过程中气体内能的增加量,选项D错误;设在a→b过程中气体对外界做的功为W,因为ΔU=0,由热力学第一定律可得Q1=W,b→c过程中气体对外界做的功也为W,ΔU>0,由热力学第一定律得Q2>W,故Q1[科学思维] 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=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(自由膨胀除外),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.
一、热力学第一定律与气体图像的结合
[科学探究]
如图所示,一定质量的理想气体由a状态变化到b状态,请在图像基础上思考以下问题:
(1)在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功 做了多少功
(2)在变化过程中气体吸热还是放热 气体内能如何变化
例1 (多选)[2024·泉州期末] 一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图像上从a到b的线段所示.在此过程中 ( )
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直减少
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其内能的增加量
[反思感悟]
例2 (多选)[2024·云南昆明期末] 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C,其V-T图像如图所示.下列说法正确的有 ( )
A.A→B的过程中,气体对外界做功
B.A→B的过程中,气体放出热量
C.B→C的过程中,气体压强不变
D.A→B→C的过程中,气体内能增加
[反思感悟]
例3 [2024·福建南平期中] 一定质量的理想气体,从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程p-V图像如图所示,AB与横轴平行,BC与纵轴平行,O、D、C在同一直线上.已知A状态温度为400 K,从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量,下列说法不正确的是 ( )
A.D状态的温度为225 K
B.A状态的内能等于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中,气体对外做功62.5 J
D.从A状态到B状态的过程中,气体内能增加了400 J
二、热力学定律和气体实验定律的综合问题
[科学思维] 热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
例4 [2024·三明期末] 如图所示一U形玻璃管竖直放置,右端开口,左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.外界大气压为p0=1.0×105 Pa,封闭气体的温度t0=27 ℃,玻璃管的横截面积为S=5.0 cm2,管内水银柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为ρ=13.6×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2;封闭气体的温度缓慢降至t1=-3 ℃.
(1)求温度t1=-3 ℃时空气柱的长度L;
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量,求气体内能的变化量.(结果保留两位有效数字)
1.(热力学定律和气体实验定律的综合)如图所示,一个开口向下内壁光滑的气缸竖直吊在天花板上.气缸口设有卡口,厚度不计的活塞横截面积为S=2×10-3 m2 ,质量为m=4 kg ,活塞只能在气缸内活动,活塞距气缸底部h1=20 cm,距缸口h2=10 cm.气缸内封闭一定质量的理想气体.已知环境的温度为T1=300 K,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2,气缸与活塞导热性能良好.升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口,继续升高温度至T2=900 K时.
(1)求此时气体压强;
(2)在此过程中气体从外界吸收Q=30 J的热量,求气体内能的增加量ΔU.
2.(热力学定律和气体实验定律的综合)A、B气缸的水平长度均为20 cm,截面积均为10 cm2,C是可在气缸内无摩擦滑动、体积不计的活塞,K为阀门,整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定,开始阀门关闭,A内有压强pA=4.0×105 Pa的氮气,B内有压强pB=2.0×105 Pa的氧气,阀门打开后,活塞C向右移动,最后达到平衡,连通A、B的导管体积不计.下列说法正确的有 ( )
A.平衡后A气缸内气体的压强为3.0×105 Pa
B.活塞C向右移动了10 cm
C.A气缸内气体要对外做功,同时放出热量
D.若B气缸抽成真空,打开阀门K,A气缸中气体要对外做功,要从外界吸热专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题
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1.[2024·福州期末] 景颇族的祖先发明的点火器如图所示,用牛角做套筒,木质推杆前端黏着艾绒,猛推推杆,封闭的气体被迅速压缩,即可点燃艾绒.在此过程中 ( )
A.气体温度升高,每个气体分子的动能都增大
B.气体温度不变,气体分子的平均动能增大
C.气体压强增大,内能增加
D.气体压强不变,内能减少
2.[2022·辽宁卷] 一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其体积V和热力学温度T变化图像如图所示,此过程中该系统 ( )
A.对外界做正功
B.压强保持不变
C.向外界放热
D.内能减少
3.(多选)如图所示,一定质量的理想气体在状态a时的体积为1.0×10-3 m3,经历a→b→c→a过程又回到状态a.下列说法正确的是 ( )
A.a→b过程外界对气体做功
B.b→c过程气体的内能一直增加
C.c→a过程外界对气体做的功为200 J
D.c→a过程气体从外界吸收了热量
4.[2022·湖北卷] 一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V图中a→c直线段所示,状态b对应该线段的中点.下列说法正确的是 ( )
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
5.(多选)[2024·泉州期末] 如图所示,金属薄壁气缸静止在水平地面上,内部封有一定质量的理想气体,竖直向上的外力F作用于活塞,拉动活塞向上缓慢移动,环境温度和压强不变,气缸未离开地面,不计活塞与气缸间的摩擦,活塞向上运动过程( )
A.外界对气体做正功
B.外力F逐渐增大
C.气体从外界吸热
D.气缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数增加
6.[2024·厦门一中月考] 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再回到状态a,其中,a→b为等温过程,b→c为等容过程,下列说法正确的是 ( )
A.a→b过程,气体和外界无热交换
B.a→b过程,气体分子的平均速率保持不变
C.b→c过程,气体可能吸热
D.c→a过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外做功相等
7.一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,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强,下列说法正确的是 ( )
A.状态a、b、c的压强大小满足pb=pc=9pa
B.a到b过程中气体内能减小
C.b到c过程中气体放出热量
D.c到a过程中每一个分子的速率都不变
8.(多选)一定质量的理想气体的p-V图像如图所示,从状态a经过程Ⅰ缓慢变化到状态b,再由状态b经过程Ⅱ缓慢变化到状态a,表示两个过程的图线恰好围成以ab为直径的圆.以下说法正确的是 ( )
A.过程Ⅰ中气体的温度保持不变
B.过程Ⅱ中气体的温度先升高后降低
C.过程Ⅱ中气体向外界释放热量
D.过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中气体放出的热量
9.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 ( )
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
10.[2023·广东卷] 在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,状态B到状态C过程中外界对气体做功为W.已知p0、V0、T0和W.求:
(1)pB的表达式;
(2)TC的表达式;
(3)状态B到状态C过程,气泡内气体的内能变化了多少.
11.[2024·泉州期末] 如图所示为一电风扇自动控制装置,用轻质活塞和导热性能良好的气缸密封一定质量的理想气体,活塞的横截面积S=50 cm2、上表面有一轻质金属触片.当环境温度t1=27 ℃时,活塞距气缸底部h1=30 cm,当环境温度升高到t2=32 ℃时,活塞上升到恰使金属触片与导线触点接通的位置,电风扇开始工作.已知大气压强p0=1.0×105 Pa,T=(t+273)K,不计活塞与气缸间的摩擦,在环境温度由27 ℃升高到32 ℃的过程中,求:
(1)活塞上升的高度;
(2)气体对外做的功;
(3)若该过程中气体从外界吸收的热量为3.0 J,求气体内能的增加量.
12.[2020·山东卷] 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).以下说法正确的是 ( )
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.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.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(共34张PPT)
专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题
备用习题
随堂巩固
［科学思维］ 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(自由膨胀除外),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)由热力学第一定律判断气体是吸热还是放热.
一、热力学第一定律与气体图像的结合
［科学探究］
如图所示，一定质量的理想气体由状态变化到状态，请在图像基础上思考以下问题：
(1) 在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功？做了多少功？
[答案] 由状态变化到状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即；图像中所围面积表示做功绝对值大小，故气体对外界做的功.
(2) 在变化过程中气体吸热还是放热？气体内能如何变化？
[答案] 由理想气体状态方程结合图像知从状态变化到状态，温度升高，故，由得，即气体吸热，内能增加.
例1 (多选)[2024·泉州期末] 一定量的理想气体从状态变化到状态，其过程如图像上从到的线段所示.在此过程中( )
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直减少
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其内能的增加量
√
√
[解析] 因从到的图像过原点，由可知从到气体的体积不变，则从到气体不对外做功，选项A错误；因从到气体温度升高，可知气体内能增加，选项B错误；因，，根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能的增加量，选项C、D正确.
例2 (多选)[2024·云南昆明期末] 一定质量的理想气体从状态经过状态变化到状态，其图像如图所示.下列说法正确的有( )
A.的过程中，气体对外界做功
B.的过程中，气体放出热量
C.的过程中，气体压强不变
D.的过程中，气体内能增加
√
√
[解析] 由题图知的过程中，温度不变，则内能不变，，而体积减小，所以外界对气体做功，，根据热力学第一定律知，在的过程中，气体放出热量，故A错误，B正确；的过程图像过原点，为等压变化，气
体压强不变，故C正确；的过程中，温度先不变后降低，气体内能先不变后减少，故D错误.
例3 [2024·福建南平期中] 一定质量的理想气体，从状态经、变化到状态的状态变化过程图像如图所示，与横轴平行，与纵轴平行，、、在同一直线上.已知状态温度为，从状态至状态气体吸收了的热量，下列说法不正确的是( )
A.状态的温度为
B.状态的内能等于状态的内能
C.从状态至状态整个过程中，气体对外做功
D.从状态到状态的过程中，气体内能增加了
√
[解析] 根据，其中的，可解得，选项A正确.因为A、C两状态的乘积相等，则温度相等，即A状态的内能等于
C状态的内能，选项B正确.因图像与横轴所围的面积表示功，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功为，选项C正确.从A状态到B状态的过程中，气体吸收了的热量，同时气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能增加了，选项D错误.
二、热力学定律和气体实验定律的综合问题
［科学思维］ 热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
例4 [2024·三明期末] 如图所示一形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.外界大气压为，封闭气体的温度，玻璃管的横截面积为，管内水银柱及
空气柱长度如图所示.已知水银的密度为，重力加速度取；封闭气体的温度缓慢降至.
(1) 求温度时空气柱的长度；
[答案]
[解析] 气体做等压变化
由盖—吕萨克定律得
解得
(2) 已知该过程中气体向外界放出的热量，求气体内能的变化量.(结果保留两位有效数字)
[答案] 减少
[解析] 封闭气体的压强
外界对气体做功
由热力学第一定律
得，即内能减少了
1.(多选)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( )
A.从状态d到c,气体不吸热也不放热
B.从状态c到b,气体吸热
C.从状态a到d,气体对外做功
D.从状态b到a,气体吸热
√
√
[解析] 从状态d到c,温度不变,压强减小,根据玻意耳定律可知,气体体积增加,气体对外做功,但内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体吸收热量,A错误;从状态a到d,是等压变化,气体温度升高,由盖—吕萨克定律可知,气体体积增大,气体对外做功,C正确;由图像可知,从状态b到a过程,p与T成正比,是等容变化,气体体积不变,气体不对外做功,外界也不对气体做功,但温度升高,其内能增加,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体吸热,D正确;bc图线上的一点与原点连线的斜率的倒数表示气体的体积,故从状态c到b,体积减小,外界对气体做功,但温度降低,内能减小,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体放热,B错误.
2.[2022·福建卷] 带有活塞的气缸内封闭一定质量的理想气体,气体开始处于a状态,然后经过a→b→c状态变化过程到达c状态.在V-T图中变化过程如图所示.
(1)气体从a状态经过a→b到达b状态的过程中压强 (选填“增大”“减小”或“不变”).
增大
[解析] 由V-T图像可知,气体从a状态经过a→b到达b状态的过程中,气体的体积保持不变,温度升高,根据=C可知气体的压强增大.
2.[2022·福建卷] 带有活塞的气缸内封闭一定质量的理想气体,气体开始处于a状态,然后经过a→b→c状态变化过程到达c状态.在V-T图中变化过程如图所示.
(2)气体从b状态经过b→c到达c状态的过程要 (选填“吸收”或“放出”)热量.
放出
[解析] 由V-T图像可知,气体从b状态经过b→c到达c状态的过程,气体的温度保持不变,则气体的内能保持不变;气体的体积减小,则外界对气体做正功,根据热力学第一定律可知,气体对外放出热量.
3.绝热的活塞与气缸之间封闭一定质量的理想气体,气缸开口向上置于水平面上,活塞与气缸壁之间无摩擦,缸内气体的内能UP=72 J,如图甲所示.已知活塞横截面积S=5×10-4 m2,其质量为m=1 kg,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2.如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热,活塞由原来的P位置移动到Q位置,此过程封闭气体的V-T图像如图乙所示,且知气体内能与热力学温度成正比.求:
(1)封闭气体最后的体积;
[答案] 6×10-4 m3
[解析] 以气体为研究对象,根据等压变化规律
有=
解得VQ=6×10-4 m3
(2)封闭气体吸收的热量.
[答案] 60 J
[解析] 由气体的内能与热力学温度成正比有=
解得UQ=108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置,活塞受力平衡,气体发生等压变化,以活塞为研究对象有
pS=p0S+mg
解得p=p0+=1.2×105 Pa
气体对外界做功,则W=-p(VQ-VP)=-24 J
由热力学第一定律有UQ-UP=Q+W
得气体变化过程吸收的总热量为Q=60 J
4.如图所示,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,横截面积为10 cm2的活塞,将一定质量的理想气体封闭在气缸内.在气缸内距缸底30 cm处设有卡槽a、b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞放在a、b上,活塞的质量为5 kg,气体温度为180 K.现缓慢加热气缸内气体,当温度为300 K,活塞恰好离开卡槽a、b;若继续给气缸内气体缓慢加热,活塞上升10 cm 的过程中,气体的内能增加了240 J.(设大气压强为p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2)求:
(1)开始时气缸内气体的压强;
[答案] 9×104 Pa
[解析] 活塞刚好离开卡槽时,有
mg+p0S=p2S
根据等容变化规律得=
解得p1=p2=9×104 Pa
(2)活塞上升10 cm时气缸内气体的温度;
[答案] 400 K
[解析] 活塞离开卡槽后,气体为等压变化
根据等压变化规律得=
解得T3=T2=400 K
(3)活塞离开卡槽a、b之后上升10 cm的过程中,气体吸收的热量.
[答案] 255 J
[解析] 活塞离开卡槽后,气体对外界做功
则W=-p2·SΔh=-15 J
根据热力学第一定律得Q=ΔU-W=255 J
1.(热力学定律和气体实验定律的综合)如图所示，一个开口向下内壁光滑的气缸竖直吊在天花板上.气缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积为， 质量为 ，活塞只能在气缸内活动，活塞距气缸底部，距缸口.气缸内封闭一定质量的理想气体.已知环境的温度为，
大气压强，取，气缸与活塞导热性能良好.升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至时.
(1) 求此时气体压强；
[答案]
[解析] 设气体初状态压强为
对活塞由平衡条件得
解得
气体初状态的温度，体积
气体末状态的温度，体积
对缸内封闭气体，由理想气体状态方程
解得
(1) 求此时气体压强；
(2) 在此过程中气体从外界吸收的热量，求气体内能的增加量.
[答案]
[解析] 对于封闭气体，在此过程中气体对外界做功为
由热力学第一定律
可得气体增加的内能为
2.(热力学定律和气体实验定律的综合)、气缸的水平长度均为,截面积均为,是可在气缸内无摩擦滑动、体积不计的活塞,为阀门,整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定,开始阀门关闭,内有压强的氮气,内有压强的氧气,阀门打开后,活塞向右移动,最后达到平衡,连通、的导管体积不计.下列说法正确的有 ( )
A.平衡后气缸内气体的压强为
B.活塞向右移动了
C.气缸内气体要对外做功,同时放出热量
D.若气缸抽成真空,打开阀门,气缸中气体要对外做功,要从外界吸热
√
[解析] 设阀门打开后,活塞C向右移动了,最后达到平衡时A、B内气体的压强均为,A、B内气体初始体积均为,则
对A、B内气体由玻意耳定律可得,,解得,,A正确,B错误;因为整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定,所以气体温度保持不变,即气体内能不变,即,又因为A内气体膨胀,对外做功,即,所以由热力学第一定律得,即A内气体要从外界吸热,C错误; 若B气缸抽成真空,打开阀门后,A气缸中气体膨胀过程对外不做功,又因为气体内能不变,所以A内气体既不需要从外界吸热也不向外界放热,D错误.
