热力学定律与气体实验定律综合问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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1．处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
（1）根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
（2）在p－V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题。
2．解答热力学定律与气体实验定律综合问题的流程：
二．典例精讲
1．热力学第一定律与图像的综合应用
例题1 （2024·山东·历年真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
【答案】C
【解析】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W＜0，由盖－吕萨克定律可知Ta＞Tb，即内能增大，ΔUab＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；
B．b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；
C．c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。
故选：C。
例题2 （2025·宁夏银川·模拟题）一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p－T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
B．b→c的过程中，所有气体分子的动能都增大
C．c→d的过程中，气体对外界做功
D．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
【答案】A
【解析】A．a→b的过程中，气体温度不变，压强减小，则体积变大，则气体对外界做功，故A正确；
B．b→c的过程中，气体温度升高，分子平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，故B错误；
C．根据＝C可知p＝，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d态对应的体积小于c态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误；
D．a→b温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，故D错误。
故选：A。
例题3 （2025·内蒙古包头·模拟题）一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，其中BC的延长线过O点，气体在状态A时的压强为p0。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中气体的压强增大了4p0
B．B→C过程中气体对外界放出的热量小于外界对气体做的功
C．C→D过程中气体的压强变小，气体从外界吸收热量
D．D→A过程中气体分子在单位时间内对单位面积容器壁的碰撞次数减少
【答案】D
【解析】A．A→B过程中气体的体积不变，做等容变化，则有，解得pB＝4p0，该过程气体的压强增大了3p0，A错误；
B．B→C过程中温度降低，内能减小，气体体积减小的过程中，外界对气体做正功，由热力学第一定律可知，气体对外界放出的热量大于外界对气体做的功，B错误；
C．C→D过程中气体做等容变化，温度降低，内能减小，压强减小，由热力学第一定律可知，气体对外界放出热量，C错误；
D．D→A过程中气体做等温变化，体积增大，由玻意耳定律可知，气体的压强减小，气体温度不变，分子的平均动能不变，则分子撞击器壁的平均撞击力不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少，故D正确。
故选：D。
2．热力学定律与气体实验定律的综合
例题4 （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） （2）
【解析】（1）在活塞缓慢上升的过程中封闭气体的压强保持不变，发生等压变化，
根据盖－吕萨克定律有，解得T＝。
（2）对活塞受力分析有p0S＋mg＝pS
活塞上升过程中气体对外界做的功W＝
由题意可知气体内能的变化量ΔU＝CΔT＝
由热力学第一定律有ΔU＝Q－W
解得此过程中容器内气体吸收的热量Q＝。
三．跟踪训练
1．一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
【答案】B
【解析】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。故选B。
2．（2025·湖南长沙·模拟题）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D．A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功
【答案】C
【解析】A、A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A错误；
B、C→A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B错误；
C、气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1。做功大小为W1，根据热力学第一定律有：ΔU1＝Q1－W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：ΔU2＝－Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝Q1－W1－Q2＝0，即Q1＝W1＋Q2＞Q2，所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；
D、气体做功W＝pΔV，A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图像上的点与原点连线的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。
故选C。
3．（多选）（2025·湖北·模拟题）一定质量的封闭气体可看做理想气体，其状态从a变为状态b、c又回到状态a，用P－图像表示如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在b→c过程中，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
B．在c→a过程中，气体对外界做功，气体内能不变，温度不变
C．在a→b→c过程中，气体放出的热量等于p2(V1－V2)
D．气体在a→b→c→a循环过程中对外做的功等于P－图像围成的面积
【答案】BC
【解析】A．在b→c过程中，气体压强不变，体积减小，温度降低，则气体数密度增加，气体分子平均速率减小，可知单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，A错误；
B．在c→a过程中，气体体积增大，气体对外界做正功，又根据p＝，可知气体温度不变，气体内能不变，B正确；
C．因ac两态温度相同，可知在a→b→c过程中，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功W＝p2(V1－V2)，根据ΔU＝W＋Q，可知气体放出的热量等于Q＝W＝p2(V1－V2)，C正确；
D．气体在a→b→c→a循环过程中对外做功W＝PΔV， 即为P－V图像围成的面积，D错误。故选BC。
4．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，气泡内气体的内能变化了多少？
【答案】（1）；（2）；（3）W
【解析】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得，解得
（2）根据理想气体状态方程可知，解得
（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
5．（2024·浙江1月卷）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________（填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能________（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不做功，又容器与活塞均绝热，即没有发生热传递，所以由热力学第一定律可知气体的内能不变，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，
根据力的平衡条件可得p2S＝p0S＋F
代入数据解得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
解得状态3时气体的体积V3＝1 750 cm3。
该过程外界对气体做的功W＝－p2ΔV＝－p2(V3－2V1)＝－25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W，
解得气体吸收的热量，即电阻丝放出的热量Q＝89.3 J。