2025人教版高中物理选择性必修第三册
专题强化练8 气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
一、选择题
1.(经典题)(多选题)(2024黑龙江一模)一定质量理想气体的状态变化如图所示,该图由4段圆弧组成,表示该气体从状态a依次经状态b、c、d,最终回到状态a的变化过程,图中两虚线分别与坐标轴平行,下列说法正确的是 ( )
A.从状态a到状态c是等压膨胀
B.从状态b到状态c是等温变化
C.从状态c到状态a,外界对气体做功,内能减小
D.从状态a经b、c、d回到状态a,气体吸收热量
2.(多选题)(2023山东潍坊三模)如图所示,一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0,从状态a到状态c,该气体从外界吸收的热量为Q,在V-T图像中图线ac反向延长线通过坐标原点O,从状态c到状态b温度不变,则( )
A.气体在状态c的体积为1.5V0
B.气体在状态b的压强为p0
C.从状态a到状态c,气体对外界做功为2p0V0
D.从状态a经状态c到状态b,气体内能的增加量为Q-p0V0
3.(2024江苏扬州期末)一定质量的理想气体从状态a经状态b到达状态c,再从状态c回到状态a,其p-T图像如图,已知abc是半圆弧且b是半圆弧的最低点,直线ac平行于T轴。下列说法错误的是( )
A.在过程ab中气体一定吸热
B.在过程bc中气体可能吸热
C.在过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D.在a、b、c三个状态中,状态c气体内能最大
4.(经典题)(2024辽宁葫芦岛一模)某科研小组设计一款超重报警装置,其结构原理图如图所示,主体是导热性能良好的薄壁密闭容器,厚度和质量不计的活塞通过轻杆连接轻质平台。平台上未放重物时,内部封闭理想气体气柱长度L=0.2 m;当活塞进入预警区域时,系统会发出超重预警。活塞的横截面积S=0.01 m2,底部的预警区域深度h=0.1 m,平台上轻放质量为m的重物稳定时,活塞刚好触动报警装置。已知环境温度不变,大气压强p0=1.0×105 Pa,取重力加速度g=10 m/s2,不计摩擦阻力,下列说法正确的是 ( )
A.重物的质量m=200 kg
B.重物的质量m=1 000 kg
C.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为100 J
D.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为200 J
二、非选择题
5.(2024山东德州开学考试)如图所示为气压体积测量仪的原理图,上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高h=20 cm、横截面积S=10 cm2的导热汽缸,两汽缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中,将质量m=2 kg的活塞从气压筒A上方开口处放下,在两汽缸内封闭一定质量的理想气体(不计活塞厚度和摩擦力),缓慢降低封闭气体的温度至-3 ℃,活塞稳定后,活塞距气压筒A顶端0.4h。已知环境温度为27 ℃,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,取重力加速度g=10 m/s2,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。
(1)求矿石的体积;
(2)再把温度从-3 ℃缓慢升高,将活塞推到气压筒A的顶端,求此时封闭气体的温度;若该过程封闭气体内能增加了20 J,求封闭气体从外界吸收的热量。
6.(2024江苏宿迁期末)如图甲所示为弹性健身球,球内气体的体积为120 L,压强为1.5×105 Pa。球内气体可视为理想气体且温度不变。
(1)某同学趴到球上,达到稳定时,球内气体压强变为1.8×105 Pa。
①求此时球内气体体积;
②该过程中,气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线,如图乙所示,估算该过程气体向外界放出的热量。
(2)若健身球放置一段时间后,由于漏气,球内压强变为1.4×105 Pa,求漏出气体与原来气体的质量之比(球的容积可视为不变)。
7.(2024江苏南京月考)如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热汽缸B,活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体,活塞能在汽缸内无摩擦滑动,汽缸厚度不计。用劲度系数为k=300 N/m的轻弹簧拉住活塞,弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上,轻弹簧平行于斜面,初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1=27 cm,汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=1 cm,汽缸内气体的初始温度为T1=270 K。已知汽缸的质量为M=0.4 kg,活塞的质量为m=0.2 kg,活塞的横截面积为S=1 cm2,重力加速度为g=10 m/s2,大气压为p0=1.0×105 Pa。
(1)对汽缸进行加热,汽缸内气体的温度从T1上升到T2,此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板,已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=αT,α=2×10-3 J/K,求该过程中气体吸收的热量Q;
(2)若在第(1)问的基础上继续对汽缸进行加热,当温度达到T3时使得弹簧恰好恢复原长,求T3。
答案与分层梯度式解析
1.CD 2.BD 3.C 4.D
1.CD 由图像可知,从状态a到状态c,气体的压强先增大后减小,不是等压过程,A错误;根据玻意耳定律pV=C,可知等温变化的p-V图像为双曲线,不是圆弧,因此从状态b到状态c不是等温变化,B错误;从状态c到状态a,气体体积减小,外界对气体做功,根据理想气体状态方程=C,初末状态压强相等,体积减小则温度降低,气体内能减小,C正确;从状态a经b、c、d回到状态a,气体温度不变,则内能不变,则ΔU=0,由于p-V图像与横轴所围几何图形的面积表示功,从状态a经b到状态c,气体体积增大,气体对外界做功,从状态c经d到状态a,气体体积减小,外界对气体做功,图形abcda的面积表示整个过程气体对外界做的功(破题关键),则W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,则气体吸热,D正确。故选C、D。
方法技巧
解答气体实验定律和热力学
第一定律的综合应用题的关键
(1)一定质量的理想气体的内能完全由温度来决定。
(2)注意应用理想气体状态方程=分析状态参量的变化。
(3)理想气体状态变化时,体积变大,气体对外做功(自由膨胀例外),W<0;体积变小,外界对气体做功,W>0。
(4)在p-V图像中,p-V图线下方的“面积”表示功的多少。
①曲线不封闭:如图甲、乙,曲线与V轴所围面积表示做功。若变化过程沿曲线向V轴正向,气体对外做功,反之外界对气体做功。
②曲线封闭:一般是循环过程,如图丙,阴影面积表示做功。顺时针循环,气体对外做功;逆时针循环,外界对气体做功。
2.BD 由理想气体状态方程=C可得V=T,在V-T图像中图线ac反向延长线通过坐标原点O,由a到c为等压过程,有=,解得Vc=2V0,选项A错误;从状态c到状态b温度不变,为等温过程,有pb·3V0=p0·2V0,解得pb=p0,选项B正确;从状态a到状态c,气体对外界做功为W=p0(2V0-V0)=p0V0,选项C错误;从状态a到状态c,由ΔU=W+Q,可知气体内能的增加量为ΔU=Q-p0V0,又因为状态c与状态b的温度相同,所以从状态c到状态b理想气体内能不变,则从状态a经状态c到状态b,气体内能的增加量为ΔU=Q-p0V0,选项D正确。
3.C
关键点拨
在过程ab中气体压强减小,温度升高,内能增大,ΔU>0,结合理想气体状态方程=C,有p=T,可知体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,气体一定吸收热量,A正确;在过程bc中,压强增大,温度升高,内能增大,ΔU>0,图像上状态点与原点连线的斜率增大,体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体可能吸热,也可能放热,B正确;在过程ca中,压强不变,温度降低,内能减小,ΔU<0,由=C可知气体体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,且|Q|>W,气体放出热量且外界对气体所做的功小于气体所放出的热量,C错误;一定质量的理想气体的内能由温度决定,温度越高,内能越大,由图可知状态c内能最大,D正确。故选C。
4.D 最初平台上未放重物时,封闭气体压强为p0,活塞刚好触动报警装置时,设封闭气体压强为p1,对活塞分析,得p1=p0+,封闭气体温度不变,有p0LS=p1hS,联立解得m=100 kg,A、B错误;设外界对封闭气体做功为W,则W=(mg+p0S)(L-h)(破题关键),代入数据解得W=200 J,封闭气体内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q=-200 J,即气体向外界放出的热量为200 J,C错误,D正确。故选D。
5.答案 (1)80 cm3 (2)360 K 29.6 J
解析 (1)活塞稳定时封闭气体的压强p=p0+=1.2×105 Pa
设矿石的体积为V,由理想气体状态方程有
=
其中T0=300 K,T1=270 K
解得V=0.4hS=80 cm3
(2)缓慢升高温度,将活塞推到气压筒的顶端,气体压强不变,由盖-吕萨克定律有=
解得T2=360 K
该过程系统对外界做功,W=-p(0.4h)S=-9.6 J
由热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=ΔU-W=29.6 J
6.答案 (1)①100 L ②3 300 J (2)
解析 (1)①根据玻意耳定律可知p1V1=p2V2
解得V2== L=100 L
②该过程中外界对气体做功W=×105×(120-100)×10-3 J=3 300 J(当气体体积减小时,p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体所做的功)
气体温度不变,则ΔU=0
该过程气体向外界放出的热量Q=W=3 300 J
(2)当球内压强变为p3=1.4×105 Pa时,以原来球内气体为研究对象,根据玻意耳定律可知p1V1=p3V3
解得V3=V1
漏出气体与原来气体的质量之比为=
7.答案 (1)0.1 J (2)398.75 K
思路点拨
第(1)问对汽缸加热过程,以汽缸与活塞整体为研究对象,知弹簧长度不变,即活塞位置不变,汽缸沿斜面下移直至接触挡板,此过程气体发生等压变化;第(2)问继续对汽缸加热,则活塞将上移,弹簧缩短,至恢复原长,此过程气体p、V、T均增大。
解析 (1)设汽缸内封闭气体的压强为p1,对汽缸分析,有p1S=p0S-Mg sin θ
解得p1=8×104 Pa
汽缸内气体的温度从T1上升到T2,汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中,封闭气体的压强不变(破题关键),则由盖-吕萨克定律得=,得T2=280 K
该过程中气体内能增大,ΔU=αT2-αT1
气体对外做功,则W=-p1SL2
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
解得Q=0.1 J
(2)当温度达到T3时使得弹簧恰好恢复原长,设此时汽缸内封闭气体的压强为p3
对活塞分析,有p3S=p0S+mg sin θ
设最初弹簧的伸长量为Δx,对汽缸和活塞整体分析,有kΔx=(M+m)g sin θ
由理想气体状态方程有=
联立解得T3=398.75 K
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