专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题 [科学探究] (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,故气体对外界做的功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 CD [解析] 因从a到b的p-T图像过原点,由=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错误;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 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,温度先不变后降低,气体内能先不变后减少,故D错误. 例3 D [解析] 根据=,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,气体对外做功为WAD=0.4×105×2×10-3 J-×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. 例4 (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= 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 随堂巩固 1.(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= 解得p2=p1=1.6×105 Pa (2)对于封闭气体,在此过程中气体对外界做功为 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 2.A [解析] 设阀门打开后,活塞C向右移动了x,最后达到平衡时A、B内气体的压强均为p,A、B内气体初始体积均为V0,则对A、B内气体由玻意耳定律可得pAV0=p(V0+Sx),pBV0=p(V0-Sx),解得x= cm≈6.7 cm,p=3.0×105 Pa,A正确,B错误;因为整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定,所以气体温度保持不变,即气体内能不变,即ΔU=0,又因为A内气体膨胀,对外做功,即W<0,所以由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0,即A内气体要从外界吸热,C错误;若B气缸抽成真空,打开阀门K后,A气缸中气体膨胀过程对外不做功,又因为气体内能不变,所以A内气体既不需要从外界吸热也不向外界放热,D错误.专题课 热力学定律与气体实验定律的综合问题 1.C [解析] 封闭的气体被推杆压缩过程中,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,猛推推杆,对气体做功,则W>0,又因为时间很短,可认为Q=0,所以气体内能增加,则温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个气体分子的动能都增大,气体体积减小,压强增大,故A、B、D错误,C正确. 2.A [解析] 从状态a到状态b,气体体积增大,系统对外界做正功,W<0,温度升高,系统内能增加,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,系统从外界吸热,A正确,C、D错误;在V-T图像中延长线过坐标原点的直线为等压线,从状态a到状态b的连线的延长线不过原点,所以该系统压强变化,B错误. 3.BC [解析] a→b过程气体温度不变,压强减小,则体积变大,气体对外界做功,选项 ... ...
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