物理选择性必修 第三册2 热力学第一定律课堂检测

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一、热力学第一定律与气体图像的结合
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？
答案 (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，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 (多选)(2022·全国甲卷改编)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．气体的内能一直增加
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
答案 BCD
解析 因从a到b的p－T图像过原点，由eq \f(pV,T)＝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正确；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 (多选)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
答案 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，温度降低，气体内能减少，故D错误。
例3 (2022·无锡市天一中学高二期中)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，ODC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
答案 D
解析 根据eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pDVD,TD)
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
WAD＝0.4×105×2×10－3 J－eq \f(0.15＋0.2,2)×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。
二、热力学第一定律和气体实验定律的综合
例4 (2022·钦州市高二期末)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＝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)
答案 (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eq \f(L0S,273＋t0)＝eq \f(LS,273＋t1)，
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。
例5 如图所示，一个开口向下内壁光滑的汽缸竖直吊在天花板上。汽缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3 m2 ，质量m＝4 kg ，活塞只能在汽缸内活动，活塞距汽缸底部h1＝20 cm，距缸口h2＝10 cm。汽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＝10 m/s2，汽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。
答案 (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eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)，
解得p2＝eq \f(V1T2,V2T1)p1＝1.6×105 Pa
(2)对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
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。
热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
专题强化练
1．(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( )
A．袋内气体体积减小，内能增大
B．袋内气体体积减小，压强减小
C．外界对袋内气体做功，内能增大
D．袋内气体对外界做正功，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，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；内能增大，则温度升高，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可判断压强一定增大，选项B、D错误。
2.(2022·佛山市高二期中)如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B( )
A．体积减小
B．内能减小
C．气体一定从外界吸热
D．外界一定对气体做正功
答案 C
解析 根据eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，由此可知A、B与O点的连线均表示等容变化，直线AO斜率大，则A状态下气体体积小，即A状态体积小于B状态的体积，所以气体从状态A到状态B的过程中，体积变大，故A错误；气体从状态A到状态B的过程中，温度升高，所以内能增加，故B错误；整个过程，气体体积增大，所以气体对外做功，而内能增大，所以气体一定从外界吸热，故C正确，D错误。
3.(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
答案 A
解析 理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由eq \f(pV,T)＝C知，V＝eq \f(C,p)T，因a、b与O的连线均表示等压变化，由斜率知pa4.(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
答案 B
解析 根据理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知，p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做功，D错误。
5.(多选)(2022·重庆高二期末)如图所示，金属薄壁汽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，汽缸未离开地面，不计活塞与汽缸间的摩擦，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．汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少
答案 BCD
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eq \f(pV,T)＝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，汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少，D正确。
6．(多选)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和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，气体放出热量
B．C→D过程中，气体放出热量
C．B→C过程中，气体分子的平均动能减小
D．D→A过程中，气体内能减少
答案 AD
解析 因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确；C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故C错误；D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D正确。
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
答案 C
解析 a到b为等容变化，有eq \f(pa,T0)＝eq \f(pb,3T0)，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.(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
答案 BD
解析 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝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.(多选)(2022·辽宁高二期末)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，最后变化到状态A，其变化过程的p－T图像如图所示，AB的延长线通过坐标原点O，BC平行于T轴，CA平行于p轴。已知该气体在状态B时的体积为4×10－3 m3，在状态C时的体积为6×10－3 m3，则下列说法正确的是( )
A．从状态A到状态B的过程中气体分子热运动的平均动能减小
B．从状态B到状态C的过程中外界对气体做的功为200 J
C．从状态A经状态B到状态C的过程中气体从外界吸收的热量为200 J
D．从状态A经状态B和状态C，最后又回到状态A，在整个过程中气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量
答案 AC
解析 从状态A到状态B过程中气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，A正确；从状态B到状态C过程中气体等压变化，体积增大，气体对外做功，气体压强为p＝1.0×105 Pa，气体在状态B时的体积为4×10－3 m3，在状态C时的体积为6×10－3 m3，则气体对外界做的功为W＝p(VC－VB)＝200 J，B错误；由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1，从状态A到状态B过程气体体积不变，则气体不做功，从状态B到状态C的过程气体对外界做功，即W1＝－200 J，所以从状态A经状态B到状态C的过程中气体吸收的热量Q1＝200 J，C正确；从状态C回到状态A过程，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，气体体积减小，则外界对气体做功，即W2>0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，则有Q2<0，即气体向外界放热，从图像可得气体对外做功时气体的压强小于外界对气体做功时气体的压强，则|W1|10．带活塞的汽缸封闭了一定质量的理想气体，该理想气体经历了如图所示的AB、BC和CA过程。已知气体在状态B时，温度为640 K。
(1)求气体在状态A时的温度；
(2)若C到A过程中，气体内能减小了38 J，求该过程中气体与外界的热量交换。
答案 (1)160 K (2)放出热量98 J
解析 (1)A到B过程，由理想气体状态方程eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pBVB,TB)，
代入数据解得TA＝160 K
(2)C到A过程中，气体体积减小，外界对气体做功为
W＝pA·ΔV＝2×104×(6－3)×10－3 J＝60 J，
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，
解得Q＝ΔU－W＝－38 J－60 J＝－98 J
所以该过程中气体放出热量98 J。
11.(2022·黄山市高二期末)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞重力不计，横截面积为S，可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时外界的温度为T0，大气压强为p0，活塞下表面距汽缸底部的高度为h。现将一小物块轻放在活塞上表面，活塞缓慢向下移动，平衡时，活塞下表面距汽缸底部的高度为eq \f(3,4)h，如图所示，整个过程外界大气压强保持不变，外界温度不变，重力加速度大小为g。
(1)求小物块的质量m；
(2)若此后外界温度缓慢升高，当活塞恢复到原位置时，缸内气体吸收的热量为Q，求此时外界的温度T和此过程中缸内气体内能变化量。
答案 (1)eq \f(p0S,3g) (2)eq \f(4T0,3) Q－eq \f(p0Sh,3)
解析 (1)根据题意，设平衡时汽缸内气体增加的压强为Δp，小物块的质量为m，
则有Δp＝eq \f(mg,S)
由玻意耳定律得p0Sh＝(p0＋eq \f(mg,S))eq \f(3Sh,4)
解得m＝eq \f(p0S,3g)
(2)根据题意，外界温度变为T后，由查理定律得
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p0＋\f(mg,S),T)
联立解得T＝eq \f(4T0,3)
根据题意，由公式W＝pV可得，气体对外做功，则
W＝－(p0＋eq \f(mg,S))(h－eq \f(3h,4))S＝－eq \f(p0Sh,3)
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
代入数据解得ΔU＝Q－eq \f(p0Sh,3)。
12．(2022·哈尔滨市高二期末)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
答案 C
解析 由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功的大小，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误。由eq \f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，即ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq \f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误。由eq \f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确。由于a、b状态内能相等，故c→a内能的减少量等于b→c内能的增加量，故D错误。