2023版高考物理一轮总复习专题13热学热点强化17理想气体和热力学定律的综合分析计算课后提能演练

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1．(2021年佛山容山中学模拟)一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，TA＝300 K，气体从C→A的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比．求：
(1)气体处于C状态时的温度TC；
(2)气体处于C状态时内能EC.
解：(1)对A→C的过程是等压过程，对气体的状态参量进行分析有
状态A：pA＝p，VA＝2V，TA＝300 K，
状态C：pC＝p，VC＝V，TC＝？，
根据盖吕萨克定律得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VC,TC)，
解得TC＝eq \f(TAVC,VA)＝150 K.
(2)由气体的内能与温度成正比．
tA＝300 K，tC＝150 K，
可知EA＝2EC.
又C到A过程，气体体积增大，气体对外界做功，即有W＝－100 J，
吸热250 J，则有Q＝250 J，
满足EC－100 J＋250 J＝EA，
联立解得EC＝150 J，EA＝300 J.
2．(2021年南通海门一中调研)如图，在一个空的铝制易拉罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略)．如果不计大气压的变化，这就是一个简易“温度计”，已知大气压强是1.0×105 pa，易拉罐的容积是300 cm3，均匀吸管内部的横截面积为0.2 cm2，吸管露出的长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱刚好在吸管和易拉罐的接口处．缓慢升高环境温度，易拉罐中气体从外界吸热10 J，油柱恰好到达吸管管口，求：
(1)此时环境温度T；
(2)易拉罐中气体内能的变化ΔU.
解：(1)由于气体做等压变化eq \f(V,T)＝C，
代入数据可得
eq \f(300,273＋27)＝eq \f(300＋0.2×20,T)
解得T＝304 K.
(2)等压变化，气体对外做功
W＝pΔV＝1×105×0.2×10－4×0.2 J＝0.4 J，
由热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝－0.4 J＋10 J＝9.6 J.
3．(2021年保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终回到原来状态A，其变化过程的p－T 图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：
(1)状态B的体积；
(2)状态C的体积；
(3)从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界交换的热量是多少？
解：(1)由题图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为p1＝3p0，设体积为V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V1＝eq \f(V0,3).
(2)由题图可知，从状态B到状态C为等压变化过程，状态C时气体温度为T2＝3T0，设体积为V2，由盖吕萨克定律得eq \f(V1,T0)＝eq \f(V2,T2)，解得V2＝V0.
(3)由状态B经状态C回到状态A，外界对气体做的总功为W，从状态B到状态C，设外界对气体做功为WBC，WBC＝p2(V1－V2)，联立解得WB C＝－2p0V0.
从状态C回到状态A，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W＝WB C＝－2p0V0；从状态B经状态C回到状态A，内能增加量为U＝0，气体从外界吸收的热量为Q，内能增加量为U，由热力学第一定律得U＝Q＋W，解得Q＝2p0V0，即气体从外界吸收热量2p0V0.
4．如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：
(1)活塞刚好升到缸口时，气体的温度；
(2)汽缸内气体对外界做的功；
(3)气体内能的变化量．
解：(1)封闭气体初态V1＝1 500 cm3，T1＝273 K，
末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3，
缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化
则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，
解得T2＝364 K.
(2)设封闭气体做等压变化的压强为p
对活塞：p0S＝pS＋G，
汽缸内气体对外界做功W＝pSh，
解得W＝25 J.
(3)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量
ΔU＝Q－W
得ΔU＝35 J，故汽缸内的气体内能增加了35 J.
5．(2021年南京六校联考)如图所示，内壁光滑的绝热圆柱形汽缸直立在水平地面上，容积为2V0，一厚度可忽略的绝热轻活塞密封一定质量的某种理想气体，在缸口处有固定卡环，使活塞不会从汽缸中顶出．现活塞位于汽缸中央，此时该气体温度为T0、密度为ρ，已知摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，大气压强为p0，汽缸密封良好．
(1)求汽缸内气体分子的总个数N；
(2)现利用电阻丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢上升，求气体温度升高到3T0时的压强p；
(3)该气体温度升高到3T0过程中，吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的变化量ΔU.
解：(1)汽缸内气体分子的总个数
N＝eq \f(ρV0,M)NA．
(2)活塞到达缸口固定卡环之前压强不变，由盖吕萨克定律得
eq \f(V0,T0)＝eq \f(2V0,T1)，
活塞到达缸口被卡住后气体体积不变，由查理定律得
eq \f(p0,T1)＝eq \f(p,3T0)，
联立可得
p＝1.5p0.
(3)在该气体温度升高到3T0过程中，气体对外做功为
W＝－p0V0，
由热力学第一定律可得，此过程中气体内能的变化量为
ΔU＝Q＋W＝Q－p0V0.
6．如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压p0取1.0×105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强)．g取10 m/s2.
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？
解：(1)被封闭气体的初状态：p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K，
末状态：p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.05×105 Pa，V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2
得L2＝eq \f(p1,p2)L＝20 cm.
(2)对气体加热后，气体的压强不变
p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖吕萨克定律，有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，即eq \f(L2,T2)＝eq \f(L3,T3)，
得L3＝eq \f(T3,T2)L2＝25 cm.
(3)气体对外做的功
W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J，
根据热力学第一定律得
ΔU＝－W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J，
即气体的内能增加8.95 J.
7．(2021年郑州模拟)某密闭绝热“U”形汽缸开口向上竖直放置，通过置于底部的电热丝缓慢加热缸内的理想气体，使绝热活塞由A位置缓慢到达B位置，如图甲所示．在此过程中，缸内气体的温度—体积图像(T－V图像)如图乙所示．已知活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝5×10－4m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求缸内气体的压强；
(2)求活塞到达位置B时缸内气体的温度；
(3)若一定质量的理想气体的内能与热力学温度成正比，活塞在A位置时缸内气体的内能为U0＝80 J．求活塞由A位置运动到B位置的过程中缸内气体从电热丝吸收的总热量．

解：(1)活塞从A到B，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝p0S＋mg，
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.4×105 Pa.
(2)由图乙可知
VA＝4×10－4 m3，VB＝6×10－4 m3，TA＝400 K，
气体做等压变化，则有
eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，
解得TB＝eq \f(VBTA,VA)＝600 K.
(3)由气体的内能与热力学温度成正比
eq \f(UB,U0)＝eq \f(TB,TA)，
解得状态B时气体的内能为UB＝120 J，
内能的变化ΔU＝UB－U0＝40 J，
外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－28 J，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝68 J.