2025人教版物理重难点-选择性必修三专题3.2 热力学第一定律（含答案）

2025人教版物理重难点-选择性必修三专题3.2热力学第一定律（含答案）专题3.2热力学第一定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1热力学第一定律的简单应用】 【题型2与单体气缸综合】 【题型3与双体气缸综合】 【题型4联系实际】 【题型5与p-V图像综合】 【题型6与p-T图像综合】 【题型7与V-T图像综合】 【题型1热力学第一定律的简单应用】【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是()A.物体放出热量，内能一定减少B.物体对外做功，内能一定减少C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105Pa。已知活塞的横截面积为0.04m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000J，则封闭气体的内能变化量为()A.400J B.1200JC.2000J D.2800J【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则()A．气体分子的平均动能增大 B．气体的密度增大C．气体的内能增大 D．外界对气体做功【题型2与单体气缸综合】【例2】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分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器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V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。【变式2-3】(多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。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，内能增加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E.外界对气体做功，气体吸收热量题型3与双体气缸综合】【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360K，活塞距离汽缸底部为h2＝15cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3m2，活塞竖直部分长为L＝12cm，重力加速度g取10m/s2，求：(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6J，气体内能的变化量ΔU。【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中(1)内能的增加量ΔU；(2)最终温度T。【题型4联系实际】【例4】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【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则()A．充气过程中，储气室内气体的内能增大B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小C．喷水过程中，储气室内气体压强减小D．喷水过程中，储气室内气体放热【变式4-2】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【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是()A.每个氧气分子的动能均减小B.氧气放出的热量等于其内能的减少量C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大【题型5与p-V图像综合】【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求(1)气体在状态b时的体积；(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是()A.状态C的温度为eq\f(3,2)T0B.从A→B，分子的平均动能减少C.从C→D，气体密度增大D.从D→A，气体压强增大、内能减小【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()A．ab过程中，气体始终吸热B．ca过程中，气体始终放热C．ca过程中，气体对外界做功D．bc过程中，气体的温度先降低后升高E．bc过程中，气体的温度先升高后降低【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量【题型6与p-T图像综合】【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是()A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小【变式6-1】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＝3.0×10－3m3，从B到C过程中气体对外做功1000J。求：(1)气体在状态C时的体积；(2)气体在A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量。【变式6-2】(多选)如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是()A.气体从状态a到b的过程，气体体积不变B.气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量C.气体从状态c到d的过程，外界对气体做功D.气体从状态d到a的过程，气体的内能减小【变式6-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是()A.过程①中，气体体积不断增大B.过程②中，气体从外界吸收热量C.过程②为绝热过程D.状态a的体积大于状态d的体积【题型7与V-t图像综合】【例7】(多选)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()A．在状态c的压强等于在状态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【变式7-1】一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的V－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：(1)该理想气体在状态B时的压强；(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。【变式7-2】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后再回到状态A。A状态的体积是2L，温度是300K，B状态的体积为4L，C状态的体积是3L，压强为2×105Pa。(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？(2)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？【变式7-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是()A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小

参考答案【题型1热力学第一定律的简单应用】【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是()A.物体放出热量，内能一定减少B.物体对外做功，内能一定减少C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变答案D解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关。物体放出热量，但有可能同时外界对物体做功，故内能有可能不变甚至增加，选项A错误；物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，选项B错误；若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，选项C错误；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，选项D正确。【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J解析：选B由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界放出热量2.0×105J，B正确。【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105Pa。已知活塞的横截面积为0.04m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000J，则封闭气体的内能变化量为()A.400J B.1200JC.2000J D.2800J答案B解析由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2J＝－800J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2000)J＝1200J，故A、C、D错误，B正确。【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则()A．气体分子的平均动能增大 B．气体的密度增大C．气体的内能增大 D．外界对气体做功解析：选BD在人压向健身球的过程中，外界对球做功，气体所占的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功，但气体温度不变，故内能不变；由热力学第一定律可知，气体对外放热；故A、C错误；B、D正确。【题型2与单体气缸综合】【例2】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分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器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V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。解析：(1)在气体由压强p＝1.2p0到p0时，V不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得：eq\f(1.2p0,2.4T0)＝eq\f(p0,T1)，解得T1＝2T0在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得eq\f(V,T1)＝eq\f(V1,T0)，解得：V1＝0.5V。(2)活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝a(T1－T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU得：Q＝eq\f(1,2)p0V＋aT0。答案：(1)0.5V(2)eq\f(1,2)p0V＋aT0【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。解析：(1)加热时气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，得：T2＝eq\f(V2,V1)T1。(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W，其中W＝－pΔV＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)，由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU，整理可得：Q2＝Q1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)。答案：(1)eq\f(V2,V1)T1(2)Q1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得eq\f(p0,T1)＝eq\f(p,T2)，解得p＝eq\f(T2,T1)p0。(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。答案：(1)eq\f(T2,T1)p0(2)内能减少ΔU＝Q【变式2-3】(多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。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，内能增加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E.外界对气体做功，气体吸收热量答案BCD解析外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知B、C、D正确，A、E错误。题型3与双体气缸综合】【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：选ACE气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360K，活塞距离汽缸底部为h2＝15cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3m2，活塞竖直部分长为L＝12cm，重力加速度g取10m/s2，求：(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6J，气体内能的变化量ΔU。解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋eq\f(mg,S)，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，联立解得T2＝240K。(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))×(h2－L)S＝3.6J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4J。答案：(1)240K(2)－2.4J【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)解析：选BDE整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝eq\f(mg,S1)＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋eq\f(mg,S1)＝p0＋eq\f(F,S2)，解得F＝eq\f(mgS2,S1)，E正确。【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中(1)内能的增加量ΔU；(2)最终温度T。解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f))L。(2)活塞发生移动前为等容变化，eq\f(p0,t0)＝eq\f(p1,t1)，活塞向右移动L的过程为等压变化，eq\f(V1,t1)＝eq\f(V2,T)，且V2＝2V1，解得T＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f)),p0S)t0。答案：(1)Q－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f))L(2)eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f)),p0S)t0【题型4联系实际】【例4】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解析：选B小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则()A．充气过程中，储气室内气体的内能增大B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小C．喷水过程中，储气室内气体压强减小D．喷水过程中，储气室内气体放热解析：选AC充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。【变式4-2】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，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。【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是()A.每个氧气分子的动能均减小B.氧气放出的热量等于其内能的减少量C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大答案C解析海水温度随深度增加而降低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每个氧气分子的动能均减小，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故B错误；根据液体压强公式p＝ρgh，可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确；温度降低，氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故D错误。【题型5与p-V图像综合】【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求(1)气体在状态b时的体积；(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。答案(1)1.5V0(2)放热eq\f(5,12)p0V0解析(1)a到b是等压变化，有eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)解得Vb＝1.5V0。(2)由于Ta＝Tc，c到a过程，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功即W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，需要放热，从b到c，Vc＝Vb，eq\f(pb,Tb)＝eq\f(pc,Tc)得pc＝eq\f(2,3)p0从c到a过程外界对气体做功Wca＝eq\f(1,2)(pa＋pc)(Vc－Va)＝eq\f(5,12)p0V0则放出热量Q＝Wca＝eq\f(5,12)p0V0。【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是()A.状态C的温度为eq\f(3,2)T0B.从A→B，分子的平均动能减少C.从C→D，气体密度增大D.从D→A，气体压强增大、内能减小答案AC解析A→B过程为等压过程，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，即eq\f(V1,2T0)＝eq\f(V2,3T0)，解得eq\f(V1,V2)＝eq\f(2,3)，C→D过程也为等压过程，有eq\f(VC,TC)＝eq\f(VD,TD)，即eq\f(V1,T0)＝eq\f(V2,TC)，解得TC＝eq\f(V2,V1)T0＝eq\f(3,2)T0，故A正确；从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C→D过程为等压变化过程，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；从D→A，气体的体积不变，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误。【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()A．ab过程中，气体始终吸热B．ca过程中，气体始终放热C．ca过程中，气体对外界做功D．bc过程中，气体的温度先降低后升高E．bc过程中，气体的温度先升高后降低解析：选ABE由理想气体的p-V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由eq\f(pV,T)＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由eq\f(pV,T)＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由eq\f(pV,T)＝C可知，p-V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量答案C解析气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律eq\f(p,T)＝C可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，由于气体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，A、B、D错误。【题型6与p-T图像综合】【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是()A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小解析：选B从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。【变式6-1】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＝3.0×10－3m3，从B到C过程中气体对外做功1000J。求：(1)气体在状态C时的体积；(2)气体在A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量。答案(1)9.0×10－3m3(2)400J解析(1)气体从C→A，发生等压变化，有eq\f(VC,TC)＝eq\f(VA,TA)解得VC＝9.0×10－3m3。(2)气体从A→B，气体发生等容变化，则WAB＝0气体从B→C，气体等温膨胀对外做功，则WBC＝－1000J气体从C→A，气体体积减小，外界对气体做功，则WCA＝pC(VC－VA)＝600J全过程中W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400J全过程ΔU＝0根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得吸收热量Q＝－W＝400J。【变式6-2】(多选)如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是()A.气体从状态a到b的过程，气体体积不变B.气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量C.气体从状态c到d的过程，外界对气体做功D.气体从状态d到a的过程，气体的内能减小答案ABD解析从状态a到b，气体发生的是等容变化，气体的体积不变，故A正确；从状态b到c，温度升高，压强不变，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，体积增加，气体对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体吸收热量，故B正确；从状态c到d，温度不变，压强减少，则体积增大，气体对外做功，故C错误；从状态d到a，温度降低，内能减小，故D正确。【变式6-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体，下列说法正确的是()A.过程①中，气体体积不断增大B.过程②中，气体从外界吸收热量C.过程②为绝热过程D.状态a的体积大于状态d的体积答案AD解析过程①中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项A正确；过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选项B、C错误；根据eq\f(pV,T)＝C可知在a、d两个状态eq\f(6Va,4)＝eq\f(2Vd,1)，Va＝eq\f(4,3)Vd，状态a的体积大于状态d的体积，选项D正确。【题型7与V-t图像综合】【例7】(多选)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()A．在状态c的压强等于在状态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：选AC根据V＝eq\f(C,p)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，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，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，D错误。【变式7-1】一定质量的理想气体，其内能跟热力学温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的V－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：(1)该理想气体在状态B时的压强；(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。答案(1)eq\f(p0,3)(2)2p0V0解析(1)由图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体体积为V1＝3V0，状态A时气体体积为V0，压强为p0，由玻意耳定律p0V0＝pBVB，得pB＝eq\f(p0,3)。(2)由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，WBC＝0，从状态C到状态A，为等压变化过程，外界对气体做功，WCA＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3V0－V0))＝2p0V0，对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为ΔU＝0，气体对外界放出的热量为Q，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，Q＝－W＝－2p0V0，即气体向外界放出热量为2p0V0。【变式7-2】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后再回到状态A。A状态的体积是2L，温度是300K，B状态的体积为4L，C状态的体积是3L，压强为2×105Pa。(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？(2)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？解析：(1)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖-吕萨克定律得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TB＝600K，B→C过程由题图可知发生等温变化，所以TC＝TB＝600K，C→A过程根据理想气体状态方程得eq\f(pCVC,TC)＝eq\f(pAVA,TA)，解得pA＝1.5×105Pa。(2)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200J，体积膨胀，气体对外界做功W＝－pA·ΔV＝－300J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，解得Q＝500J，即该理想气体吸热，吸收热量Q为500J。答案：(1)600K1.5×105Pa(2)吸收热量500J【变式7-3】(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是()A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小答案BDE解析由理想气体状态方程eq\f(paVa,Ta)＝eq\f(pbVb,Tb)可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做正功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；连接题图Ob、Od，为两条等压线，根据pV＝CT，可得T＝eq\f(p,C)V，由斜率可判断出状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。专题3.2热力学第一定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1热力学第一定律的简单应用】 【题型2与单体气缸综合】 【题型3与双体气缸综合】 【题型4联系实际】 【题型5与p-V图像综合】 【题型6与p-T图像综合】 【题型7与V-T图像综合】 【题型1热力学第一定律的简单应用】【例1】关于物体内能的变化，以下说法正确的是()A.物体放出热量，内能一定减少B.物体对外做功，内能一定减少C.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变D.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变答案D解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关。物体放出热量，但有可能同时外界对物体做功，故内能有可能不变甚至增加，选项A错误；物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，选项B错误；若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，选项C错误；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，选项D正确。【变式1-1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J解析：选B由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界放出热量2.0×105J，B正确。【变式1-2】如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105Pa。已知活塞的横截面积为0.04m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000J，则封闭气体的内能变化量为()A.400J B.1200JC.2000J D.2800J答案B解析由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2J＝－800J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2000)J＝1200J，故A、C、D错误，B正确。【变式1-3】[多选]健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则()A．气体分子的平均动能增大 B．气体的密度增大C．气体的内能增大 D．外界对气体做功解析：选BD在人压向健身球的过程中，外界对球做功，气体所占的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功，但气体温度不变，故内能不变；由热力学第一定律可知，气体对外放热；故A、C错误；B、D正确。【题型2与单体气缸综合】【例2】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分别为外界大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器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V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。解析：(1)在气体由压强p＝1.2p0到p0时，V不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得：eq\f(1.2p0,2.4T0)＝eq\f(p0,T1)，解得T1＝2T0在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得eq\f(V,T1)＝eq\f(V1,T0)，解得：V1＝0.5V。(2)活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝a(T1－T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU得：Q＝eq\f(1,2)p0V＋aT0。答案：(1)0.5V(2)eq\f(1,2)p0V＋aT0【变式2-1】如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。解析：(1)加热时气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，得：T2＝eq\f(V2,V1)T1。(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W，其中W＝－pΔV＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)，由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU，整理可得：Q2＝Q1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)。答案：(1)eq\f(V2,V1)T1(2)Q1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))(V2－V1)【变式2-2】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得eq\f(p0,T1)＝eq\f(p,T2)，解得p＝eq\f(T2,T1)p0。(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。答案：(1)eq\f(T2,T1)p0(2)内能减少ΔU＝Q【变式2-3】(多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。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，内能增加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E.外界对气体做功，气体吸收热量答案BCD解析外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知B、C、D正确，A、E错误。题型3与双体气缸综合】【例3】[多选]如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：选ACE气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。【变式3-1】如图所示，一个质量为m＝2kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360K，活塞距离汽缸底部为h2＝15cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3m2，活塞竖直部分长为L＝12cm，重力加速度g取10m/s2，求：(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6J，气体内能的变化量ΔU。解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋eq\f(mg,S)，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，联立解得T2＝240K。(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(mg,S)))×(h2－L)S＝3.6J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4J。答案：(1)240K(2)－2.4J【变式3-2】(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)解析：选BDE整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝eq\f(mg,S1)＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋eq\f(mg,S1)＝p0＋eq\f(F,S2)，解得F＝eq\f(mgS2,S1)，E正确。【变式3-3】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中(1)内能的增加量ΔU；(2)最终温度T。解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f))L。(2)活塞发生移动前为等容变化，eq\f(p0,t0)＝eq\f(p1,t1)，活塞向右移动L的过程为等压变化，eq\f(V1,t1)＝eq\f(V2,T)，且V2＝2V1，解得T＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f)),p0S)t0。答案：(1)Q－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f))L(2)eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S＋f)),p0S)t0【题型4联系实际】【例4】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解析：选B小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。【变式4-1】(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则()A．充气过程中，储气室内气体的内能增大B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小C．喷水过程中，储气室内气体压强减小D．喷水过程中，储气室内气体放热解析：选AC充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。【变式4-2】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，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。【变式4-3】蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是()A.每个氧气分子的动能均减小B.氧气放出的热量等于其内能的减少量C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大答案C解析海水温度随深度增加而降低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每个氧气分子的动能均减小，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故B错误；根据液体压强公式p＝ρgh，可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确；温度降低，氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故D错误。【题型5与p-V图像综合】【例5】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－V图像如图所示。已知气体在状态a的压强为p0、体积为V0、温度为T0，气体在状态b的温度Tb＝1.5T0，气体在状态c的温度Tc＝T0，求(1)气体在状态b时的体积；(2)分析说明气体由状态c到状态a是吸热还是放热，并求出吸收或放出的热量。答案(1)1.5V0(2)放热eq\f(5,12)p0V0解析(1)a到b是等压变化，有eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)解得Vb＝1.5V0。(2)由于Ta＝Tc，c到a过程，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功即W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，需要放热，从b到c，Vc＝Vb，eq\f(pb,Tb)＝eq\f(pc,Tc)得pc＝eq\f(2,3)p0从c到a过程外界对气体做功Wca＝eq\f(1,2)(pa＋pc)(Vc－Va)＝eq\f(5,12)p0V0则放出热量Q＝Wca＝eq\f(5,12)p0V0。【变式5-1】(多选)如图所示，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是()A.状态C的温度为eq\f(3,2)T0B.从A→B，分子的平均动能减少C.从C→D，气体密度增大D.从D→A，气体压强增大、内能减小答案AC解析A→B过程为等压过程，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，即eq\f(V1,2T0)＝eq\f(V2,3T0)，解得eq\f(V1,V2)＝eq\f(2,3)，C→D过程也为等压过程，有eq\f(VC,TC)＝eq\f(VD,TD)，即eq\f(V1,T0)＝eq\f(V2,TC)，解得TC＝eq\f(V2,V1)T0＝eq\f(3,2)T0，故A正确；从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C→D过程为等压变化过程，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；从D→A，气体的体积不变，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误。【变式5-2】(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()A．ab过程中，气体始终吸热B．ca过程中，气体始终放热C．ca过程中，气体对外界做功D．bc过程中，气体的温度先降低后升高E．bc过程中，气体的温度先升高后降低解析：选ABE由理想气体的p-V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由eq\f(pV,T)＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由eq\f(pV,T)＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由eq\f(pV,T)＝C可知，p-V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。【变式5-3】一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()A.温度降低，吸收热量 B.温度降低，放出热量C.温度升高，吸收热量 D.温度升高，放出热量答案C解析气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律eq\f(p,T)＝C可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，由于气体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，A、B、D错误。【题型6与p-T图像综合】【例6】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是()A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小解析：选B从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。【变式6-