章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一 对热力学两定律的考查
1.(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
[A] 内能变大 [B] 压强变大
[C] 体积不变 [D] 从水中吸热
【答案】 D
【解析】 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C可知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从水中吸热,故D正确。
2.(2024·浙江1月选考卷)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T3=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是 (选填“可逆”或“不可逆”)过程,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。
【答案】 (1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
【解析】 (1)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时气体的压强为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=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T3=350 K的状态3,可知气体发生等压变化,则有=,
可得状态3时气体的体积为V3=1 750 cm3,
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′,
解得气体吸收的热量为Q′=ΔU+W=89.3 J,
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q′=89.3 J。
热点二 热力学第一定律与气体图像的综合
3.(多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是( )
[A] bc过程外界对气体做功
[B] ca过程气体压强不变
[C] ab过程气体放出热量
[D] ca过程气体内能减小
【答案】 AC
【解析】 在气体的V-T图像中,图线上任一点与原点连线的斜率越大,表示气体的压强越小,由题图可知pa
0,根据ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab过程气体放出热量,C正确;ca过程气体温度升高,内能增大,D错误。
4.(多选)(2025·甘肃卷)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是( )
[A] A→B过程为吸热过程
[B] B→C过程为吸热过程
[C] 状态A压强比状态B的小
[D] 状态A内能比状态C的小
【答案】 ACD
【解析】 气体A→B过程体积不变,则W=0,而温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,又根据查理定律可知压强变大,即pAB→C过程温度不变,则ΔU=0,体积减小,则W>0,可知 Q<0,即该过程为放热过程,B错误;状态A的温度低于状态C的温度,可知状态A的内能比状态C的小,D正确。
热点三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
5.(2024·湖北卷) 如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
【答案】 (1)T0 (2)CT0+h(p0S+mg)
【解析】 (1)由题意知气体进行等压变化,根据盖-吕萨克定律得=,
即=,
解得T1=T0。
(2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0,
外界对气体做功W=-pSΔh=-h(p0S+mg),
由热力学第一定律ΔU=W+Q,
得此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg)。
6.(2025·山东卷)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至 T2=440 K 时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
【答案】 (1)h1 (2)
【解析】 (1)在封闭气体由T1→T2的升温过程,活塞缓慢上升,即气体发生等压膨胀,根据盖-吕萨克定律有=,
解得h2=h1。
(2)T1→T2升温膨胀过程中,活塞移动距离
Δh1=h2-h1=h1,
根据平衡条件有
p1S=p0S+f0,则外界对气体做功
W1=-p1Δh1S=-;
T2→T3等容降温过程中,
外界对气体做功W2=0;
T3→T4过程中,活塞缓慢下降,即气体等压压缩,同理有
p0S=f0+p3S,
=,
外界对气体做功W3=p3(h2-h4)S,
联立解得W3=;
全程中外界对气体做功
W=W1+W2+W3=。
因为T1=T4,
故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0,
利用热力学第一定律ΔU=W+Q,
解得Q=,
故封闭气体吸收的净热量Q=。
热力学定律 检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题3分,共21分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列现象中,通过传热的方法来改变物体内能的是( )
[A] 打开电灯开关,灯丝的温度升高,内能增加
[B] 太阳能热水器在阳光照射下,水的温度逐渐升高,内能增加
[C] 用磨刀石磨刀时,刀片的温度升高,内能增加
[D] 击打铁钉,铁钉的温度升高,内能增加
【答案】 B
【解析】 打开电灯开关,灯丝的温度升高,内能增加,是通过电流做功的方法来改变物体内能的,A错误;太阳能热水器中水的内能增加是以传热方式进行的,B正确;用磨刀石磨刀时,刀片温度升高,内能增加,是通过摩擦力做功的方法来改变物体内能的,C错误;击打铁钉,铁钉温度升高,内能增加,是通过做功的方法来改变物体内能的,D错误。
2.关于能量的转化,下列说法正确的是( )
[A] 克服重力做功,重力势能增加
[B] 因为能量守恒,所以第一类永动机是存在的
[C] 我们要节约能源的根本原因是能量在数量上减少了
[D] 由于能的转化过程符合能量守恒定律,所以不会发生“能源危机”
【答案】 A
【解析】 克服重力做功,说明重力做负功,则重力势能增加,故A正确;能量是守恒的,但能量转化过程中有损耗,所以第一类永动机是不存在的,故B错误;我们要节约能源的根本原因是可利用能源在数量上不断减少,但能量总量不变,故C错误;虽然能量守恒,但能量转化具有方向性,可利用能源逐渐减少,故D错误。
3.关于热力学定律,下列说法正确的是( )
[A] 物体的温度可以达到零下300 ℃
[B] 第二类永动机违背了能量守恒定律
[C] 做功和传热对改变物体的内能是等效的
[D] 利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,可将海水的内能全部转化为机械能
【答案】 C
【解析】 宇宙中的下限温度为绝对零度,即零下273.15 ℃,故A错误;第二类永动机违背了热力学第二定律,故B错误;做功和传热对改变物体的内能是等效的,故C正确;根据热力学第二定律,利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,只能将海水的一部分内能转化为机械能,故D错误。
4.一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7.0×104 J,气体内能减少1.3×105 J,则此过程( )
[A] 气体从外界吸收热量2.0×105 J
[B] 气体向外界放出热量2.0×105 J
[C] 气体从外界吸收热量6.0×104 J
[D] 气体向外界放出热量6.0×104 J
【答案】 B
【解析】 由热力学第一定律得Q=ΔU-W=-1.3×105 J-7.0×104 J=-2.0×105 J,故气体向外放出热量2.0×105 J。故选项B正确,A、C、D错误。
5.如图所示,现用活塞将一定质量的理想气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中,待系统稳定(活塞处于静止)后逐渐往活塞上堆放细沙,使活塞缓慢下降。如果活塞与汽缸之间的摩擦可忽略,且气体不会泄漏,那么,下列关于此过程的说法正确的是( )
[A] 活塞对气体做正功,内能一定增加
[B] 气体对活塞做正功,内能一定减少
[C] 气体的压强增大,内能可能不变
[D] 气体向外界放热,内能一定减少
【答案】 C
【解析】 因为活塞缓慢下降,因此活塞对气体做正功,但是汽缸导热,因此缸内气体温度可能不变,所以内能不一定变化,故A、B错误;因为活塞缓慢下降,气体的压强增大,汽缸导热,因此气体可能对外放热,根据热力学第一定律可知,内能可能不变,故C正确,D错误。
6.如图所示,用气压式开瓶器开红酒瓶,通过针头向瓶内打几次气,然后便能轻松拔出瓶塞,则( )
[A] 打气后瓶塞未拔出前,气体压强减小
[B] 打气后瓶塞未拔出前,气体分子的数密度减小
[C] 快速拔出瓶塞的过程中,气体吸热,内能增加
[D] 快速拔出瓶塞的过程中,气体对外做功,内能减少
【答案】 D
【解析】 打气后瓶塞未拔出前,气体压强增大,故A错误;打气后瓶塞未拔出前,单位体积内的分子数增加,即气体分子的数密度增大,故B错误;快速拔出瓶塞的过程中,气体体积变大,气体对外界做功,因为是快速拔出瓶塞,可认为该过程没有发生传热,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能减少,故C错误,D正确。
7.如图所示为传统的爆米花机工作时的情境。将玉米粒倒入铁质容器后,将容器封闭,容器内气体压强为p0、温度为300 K。加热后,当容器内气体压强为3.5p0时,将容器打开即可爆出爆米花。打开容器前,可以认为容器内玉米粒的体积不变,气体看成理想气体。下列说法错误的是( )
[A] 加热过程,容器内气体温度升高,每个气体分子的速率都增大
[B] 加热过程,容器内气体压强增大,是因为气体分子的平均动能增大
[C] 打开容器前瞬间,容器内气体温度达到 1 050 K
[D] 打开容器瞬间,容器中气体对外做功,容器内气体温度降低
【答案】 A
【解析】 加热过程,容器内气体温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是每个分子速率都增大,故A错误,符合题意;加热过程,容器内气体温度升高,气体分子的平均动能增大,体积不变,可知分子的数密度不变,即单位体积内的分子数不变,所以容器内气体压强增大,故B正确,不符合题意;气体发生等容变化,根据=,其中T0=300 K,解得T1=1 050 K,故C正确,不符合题意;打开容器瞬间,容器中气体膨胀对外做功,气体的内能减少,温度降低,故D正确,不符合题意。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
8.关于热力学定律,下列说法正确的是( )
[A] 第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律
[B] 一定质量的理想气体密封在容积不变的容器内,若温度升高,则气体一定吸收热量
[C] 一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体一定放出热量
[D] 一定质量的理想气体从外界吸收热量,则气体的内能一定增大
【答案】 AB
【解析】 第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律,A正确;一定质量的理想气体密封在容积不变的容器内,温度升高,则内能增大,且气体不做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q知,气体一定吸收热量,同理在等压膨胀过程中,根据盖-吕萨克定律可知温度升高,气体内能增大,而气体对外做功,则气体一定吸热,B正确,C错误;气体从外界吸收热量,但做功情况不确定,则气体的内能不一定增大,D错误。
9.航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备,可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服,从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀,若航天服内气体的温度不变,视为理想气体,并将航天服视为封闭系统。关于航天服内的气体,下列说法正确的是( )
[A] 体积增大,内能减小
[B] 压强减小,内能不变
[C] 对外界做功,吸收热量
[D] 压强减小,分子平均动能增大
【答案】 BC
【解析】 将航天服内气体视为理想气体,温度决定内能,温度不变,内能不变,同时温度是分子热运动平均动能的标志,故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,由以上分析知ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q>0,所以航天服内气体将吸收热量,又由等温变化有pV=C,可知体积变大时,压强减小。综上所述,B、C正确,A、D错误。
10.一定质量的理想气体,从状态A经B、C变化到状态D的p-V图像如图所示,横坐标体积数量级为10-3 m3,纵坐标压强数量级为 105 Pa,AB与横轴平行,BC与纵轴平行,D、C在同一过原点的直线上,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,下列说法正确的是( )
[A] A状态的内能大于C状态的内能
[B] 从B状态到C状态的过程中,在单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加
[C] 从A状态到B状态的过程中,气体内能增加了240 J
[D] D状态的温度为225 K
【答案】 CD
【解析】 根据理想气体状态方程=C可知,由于A、C两状态的p、V乘积相等,则两状态的温度相同,所以A状态的内能等于C状态的内能,故A错误;由题图可知,从B状态到C状态的过程中,气体的体积不变,压强减小,则温度降低,分子热运动的平均动能减小,则在单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减少,故B错误;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,因p-V图像的面积表示功,可得WAB=-0.4×105×
2×10-3 J=-80 J,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=320 J-80 J=240 J,故C正确;由题图可知D状态的压强为 pD=3× Pa,根据=,可得TD=TA=225 K,故D正确。
11.一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收
400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
[A] 初始状态下,气体的体积为6 L
[B] 等压过程中,气体对外做功400 J
[C] 等压过程中,气体体积增加了原体积的
[D] 两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
【答案】 AD
【解析】 设理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0,V1=V0,T1=300 K,等容过程为状态二,p2未知,V2=V1=V0,T2=400 K,等压过程为状态三,p3=p0,V3未知,T3=400 K,由理想气体状态方程可得==,解得p2=p0,V3=V0,等压过程中,气体体积增加了原体积的,C错误;等容过程中气体对外做功为零,由热力学第一定律得ΔU=W+Q=400 J,两个过程的初末温度相同即内能变化相同,因此内能增加量都为400 J,D正确;等压过程内能增加了400 J,吸收热量为600 J,由热力学第一定律可知气体对外做功200 J,即做功的大小为W=p0(V0-V0)=200 J,解得V0=6 L,A正确,B错误。
三、非选择题:本题共5小题,共63分。
12.(8分)如图所示,内壁光滑的导热汽缸水平放置,一定质量的理想气体被密封在汽缸内,外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。在此过程中,气体分子的平均动能 (选填“增大”“减小”或“不变”),气体内能变化了
。
【答案】 增大 Q-p0(V2-V1)
【解析】 在对汽缸缓慢加热的过程中封闭气体的压强保持不变,故气体发生等压变化,根据=C,由于V2>V1,所以T2>T1,即气体温度升高,则分子平均动能增大;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,其中W=-p0SL=-p0(SL2-SL1)=-p0(V2-V1),解得ΔU=Q-p0(V2-V1)。
13.(8分)带有活塞的汽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”)。
(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。
【答案】 (1)增大 (2)放出
【解析】 (1)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)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,气体放出热量。
14.(15分)一个带有活塞A的导热汽缸B静止在倾角θ=37°的光滑斜面上,活塞用细绳拉着,细绳另一端固定在斜面上端的挡板上,细绳平行于斜面。初始状态活塞到汽缸底部的距离L1=27 cm,汽缸底部到斜面底端挡板的距离L2=1 cm,汽缸内气体的初始温度T1=270 K。已知汽缸质量M=0.4 kg,活塞质量m=0.2 kg,活塞的横截面积 S=1 cm2,活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体,活塞能在汽缸内无摩擦滑动,重力加速度g取 10 m/s2,大气压强p0=1.0×105 Pa。(取sin 37°=0.6)
(1)初始状态下汽缸内气体压强p1为多大
(2)对汽缸进行缓慢加热,汽缸内气体的温度从T1上升到T2,此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板,已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=λT,其中λ=1.5×10-3 J/K,求该过程中气体吸收的热量Q。
【答案】 (1)7.6×104 Pa (2)0.091 J
【解析】 (1)对汽缸根据平衡条件有Mgsin θ+p1S=p0S,
解得p1=7.6×104 Pa。
(2)对汽缸进行缓慢加热,气体发生等压变化,
由盖-吕萨克定律知=,
即=,
解得T2=280 K,
由热力学第一定律ΔU=W+Q,
及ΔU=λΔT=λ(T2-T1),
气体膨胀对外做功,则W=-p1ΔV,
联立可得Q=0.091 J。
15.(15分)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,B到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)B到C过程,气泡内气体内能的变化量。
【答案】 (1)pB=p0 (2)TC=1.9T0 (3)W
【解析】 (1)由题可知,根据玻意耳定律可得
pAVA=pBVB,解得pB=p0。
(2)根据理想气体状态方程可知
=,解得TC=1.9T0。
(3)根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,
其中Q=0,
故气体内能增加ΔU=W。
16.(17分)如图甲为汽车中使用的氮气减震器,汽缸中充入氮气后,能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示,汽缸活塞横截面积S=40 cm2,活塞及支架的质量 m=1 kg,汽缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数,将减震器竖直放置,充入氮气后密闭,活塞被卡环卡住,缸体内氮气处于气柱长度 L=20 cm、压强pA=4.0×
105 Pa的状态A,此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞,使其缓慢下降h=4 cm,气体达到状态B。从状态A到状态B过程气体放出热量Q=71.4 J。汽缸内的氮气可视为理想气体,不计摩擦和外界温度变化,大气压强p0=1.0×105 Pa,弹簧劲度系数k=1.0×
104 N/m。求:
(1)状态B气体的压强pB;
(2)气体处于状态B时外力大小F;
(3)从状态A到状态B过程外界对气体做的功W。
【答案】 (1)5×105 Pa (2)1 990 N (3)71.4 J
【解析】 (1)汽缸缸体导热性良好,可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,
则有pASL=pBS(L-h),
解得状态B气体的压强为pB==5×105 Pa。
(2)状态B时活塞和支架处于平衡状态,则有F+p0S+mg=pBS+kh,
代入数据解得F=1 990 N。
(3)汽缸缸体导热性良好,可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,气体内能不变,
根据热力学第一定律可得 ΔU=W-Q=0,
解得外界对气体做的功为W=Q=71.4 J。(共25张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一 对热力学两定律的考查
1.(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
[A] 内能变大 [B] 压强变大
[C] 体积不变 [D] 从水中吸热
D
【解析】 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C可知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从水中吸热,故D正确。
2.(2024·浙江1月选考卷)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T3=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是 (选填“可逆”或“不可逆”)过程,分子平均动能 (选填“增大”“减小”或“不变”);
不可逆
不变
【解析】 (1)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)求水平恒力F的大小;
【答案】 (2)10 N
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】 (3)89.3 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=89.3 J,
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q′=89.3 J。
热点二 热力学第一定律与气体图像的综合
3.(多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是
( )
[A] bc过程外界对气体做功
[B] ca过程气体压强不变
[C] ab过程气体放出热量
[D] ca过程气体内能减小
AC
【解析】 在气体的V-T图像中,图线上任一点与原点连线的斜率越大,表示气体的压强越小,由题图可知pa0,根据ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab过程气体放出热量,C正确;ca过程气体温度升高,内能增大,D错误。
4.(多选)(2025·甘肃卷)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是( )
[A] A→B过程为吸热过程
[B] B→C过程为吸热过程
[C] 状态A压强比状态B的小
[D] 状态A内能比状态C的小
ACD
【解析】 气体A→B过程体积不变,则W=0,而温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,又根据查理定律可知压强变大,即pA0,可知 Q<0,即该过程为放热过程,B错误;状态A的温度低于状态C的温度,可知状态A的内能比状态C的小,D正确。
热点三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
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