文档内容
3.3 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
目录
【学习目标】.....................................................................................................................................................................................1
【思维导图】.....................................................................................................................................................................................2
【知识梳理】.....................................................................................................................................................................................2
知识点1：热力学第一定律在图像中的应用.................................................................................................................2
知识点2：热力学第一定律与气体实验定律的综合应用...........................................................................................6
【方法技巧】...................................................................................................................................................................................10
方法技巧： 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的处理方法..............................................................10
【巩固训练】...................................................................................................................................................................................11
【学习目标】
学习目标：
1.会分析热力学图像，并结合热力学第一定律分析有关能量问题。
2.能够综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。
学习重点：
1.会分析热力学图像，并结合热力学第一定律分析有关能量问题。
2.能够综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。
学习难点：
1.能够综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。【思维导图】
【知识梳理】
知识点 1：热力学第一定律在图像中的应用
处理热力学第一定律与气体图像问题的思路：
（1）根据气体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功的大小。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题。
【典例1】（多选）如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：𝑎→𝑏为等压过程，𝑏→𝑐
为绝热过程，𝑐→𝑑为等压过程，𝑑→𝑎为绝热过程。下列说法正确的是( )A. 𝑎→𝑏过程中，气体内能增加
B. 𝑏→𝑐过程中，气体内能不变
C. 𝑐→𝑑过程中，气体吸收热量
D. 整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用𝑎𝑏𝑐𝑑所围的面积表示
【答案】AD
【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𝑇
𝑏
> 𝑇 ，即内能增大，故A正确；
𝑎
B. 𝑏→𝑐 过程中气体与外界无热量交换，即𝑄 = 0，又由气体体积增大可知 𝑊 < 0 ，由热力学第一定
𝑏𝑐 𝑏𝑐
律 𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊，可知气体内能减少。故B错误；
C、𝑐→𝑑为等压过程且体积减小，可知𝑊 > 0，由盖―吕萨克定律可知温度降低，可知气体内能减少，
故气体放出热量，故C错误；
D、整个过程中，气体对外做功，做的功大小等于𝑎𝑏𝑐𝑑所围的面积；由热力学第一定律可知ΔU=0，Q=W，
从外界吸收的总热量可以用𝑎𝑏𝑐𝑑所围的面积表示，故D正确。
【典例2】（单选）密闭容器内封有一定质量的理想气体，𝑉―𝑇图像如图所示，从状态𝑎开始变化，经
历状态𝑏、状态𝑐，最后回到状态𝑎完成循环。下列说法正确的是( )
A. 气体在由状态𝑎变化到状态𝑏的过程中放出热量
B. 气体在由状态𝑏变化到状态𝑐的过程中，内能增加
C. 气体从状态𝑎完成循环回到状态𝑎的过程中，向外界放出热量
D. 气体从状态𝑐变化到状态𝑎的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加
【答案】C【解析】解：𝐵、气体在由状态𝑏变化到状态𝑐的过程中，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；
A、气体在由状态𝑎变化到状态𝑏的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，即：𝑊 < 0
温度升高，气体内能增大，即：𝛥𝑈 > 0
由热力学第一定律有𝛥𝑈 = 𝑊+ 𝑄
可知：𝑄 = 𝛥𝑈―𝑊 > 0，即气体吸收热量，故A错误；
C、气体从状态𝑎完成循环回到状态𝑎的过程中，气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律有
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 = 0，从𝑎到𝑏为等压变化，气体体积变大，气体对外做功为𝑊 = 𝑝 (𝑉 ―𝑉 )
1 𝑏 𝑏 𝑎
― ―
从𝑏到𝑐为等温变化，气体体积减小，外界对气体做功为：𝑊 = (𝑉 ―𝑉 )， 为从𝑏到𝑐的压强的平均
2 𝑝 𝑏 𝑎 𝑝
―
值，据𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，可得：𝑝 > 𝑝 。所以 > 𝑝 ，数值上：𝑊 > 𝑊 ，而气体从𝑐到𝑎体积不变，气体
𝑏 𝑏 𝑐 𝑐 𝑐 𝑏 𝑝 𝑏 2 1
不做功，故气体从状态𝑎完成循环回到状态𝑎的过程中，表现为外界对气体做功，总功为正值，根据热
力学第一定律可知气体向外界放出热量，故C正确；
D、气体从状态𝑐变化到状态𝑎的过程中，体积不变，分子密度不变，而温度降低，分子的平均动能减小，
气体的压强减小，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减小，故D错误。
故选C。
【变式1】（单选）一定质量的理想气体从状态𝐴开始，经历𝐴→𝐵→𝐶→𝐴一次循环回到𝐴状态，其压强𝑝
1
随体积倒数 变化的图像如图所示，其中𝐴𝐵的反向延长线过原点𝑂，𝐵𝐶为双曲线，𝐶𝐴与横轴平行。下列
𝑉
说法正确的是( )
A. 𝐴→𝐵过程气体内能不变，气体从外界吸收热量
B. 𝐵→𝐶过程气体分子平均动能不变
C. 𝐶→𝐴过程气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数减少
D. 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴全过程气体从外界吸收热量
【答案】C1
【解析】A.根据𝑃 = 𝐶𝑇，𝐴→𝐵过程图像斜率不变，故温度不变，理想气体内能只与温度有关，故内能
𝑉
不变，体积减小，根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，𝛥𝑈 = 0，𝑊 > 0，故𝑄 < 0，放热，故A错误
1
B.𝑝― 图像在𝐵→𝐶过程中的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，
𝑉
可知平均动能减小，故B错误
1
C.𝑝― 图像在𝐶→𝐴过程中的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐增大，表示理想气体的温度逐渐升高，
𝑉
分子平均动能增大，而压强不变，则气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减少，故C正确
D.𝐴→𝐵→𝐶过程和𝐶→𝐴过程气体体积变化量𝛥𝑉大小相同，根据图像可知前一过程压强大于后一过程，且
前一过程气体体积减小，外界对气体做功，𝑊 > 0， 后一过程气体体积增大，气体对外界做功，𝑊 < 0，
1 2
𝑊 = 𝑊 +𝑊 > 0根据𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，𝑊 = 𝑊 +𝑊 > 0，故𝑄 < 0，全过程放热，D错误
1 2 1 2
【变式2】（单选）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】A.理想气体从状态𝑎变化到状态𝑏，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B.由题图可知𝑉 = 𝑉 + 𝑘𝑇
0
𝑝𝑉
根据理想气体的状态方程有 = 𝐶
𝑇
𝐶
联立有𝑝 =
𝑘+𝑉0
𝑇
可看出𝑇增大，𝑝增大，B错误；
D.理想气体从状态𝑎变化到状态𝑏，温度升高，内能增大，D错误；
C.理想气体从状态𝑎变化到状态𝑏，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学
第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
1
【变式3】（单选）一定质量的理想气体从状态𝐴开始依次经过状态𝐵再到状态𝐶再回到状态𝐴，其𝑉―
𝑇图像如图所示，其中𝐶𝐴曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是( )
A. 从𝐵到𝐶的过程中，气体放出热量
B. 从𝐵到𝐶的过程中，气体吸收热量，内能增加
C. 从𝐶到𝐴的过程中，气体的压强不变，内能增加
D. 从𝐶到𝐴的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变少，且单个气体分子的撞击
力变小
【答案】B
【解析】𝐴𝐵.从𝐵到𝐶的过程中，𝑉不变，则𝑊 = 0，𝑇增大，则𝛥𝑈 > 0，内能增加，根据热力学第一定律
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄
可得𝑄 > 0，即气体吸收热量，故A错误，B正确；
𝑝𝑉 𝑉 𝐶
C.从𝐶到𝐴的过程中，有 = 𝐶，可得 =
𝑇 𝑇 𝑝
由于𝐶𝐴曲线为双曲线的一部分，从𝐶到𝐴的过程中，气体压强不变，温度减小，内能减少，故C错误；
D.从𝐶到𝐴的过程中，𝑝不变，𝑉减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多，温
度减小，单个气体分子撞击力变小，故D错误。
故选：𝐵。
知识点 2：热力学第一定律与气体实验定律的综合应
用
1．热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态
参量，利用相关规律解决。
(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功W＝pΔV；只要温度发生变化，其内
能就发生变化。(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
2．基本流程
【典例1】池塘水面温度为27°𝐶，一个体积为𝑉 = 2𝑐𝑚3的气泡从深度为10𝑚的池塘底部缓慢上升至水
1
面，其压强随体积的变化图象如图所示，气泡由状态1变化到状态2。若气体做功可由𝑊 = 𝑝𝛥𝑉(其中𝑝
为气体的压强，𝛥𝑉为气体体积的变化量)来计算，取重力加速度𝑔 = 10𝑚/𝑠2，水的密度为𝜌 = 1.0×103
𝑘𝑔/𝑚3，水面大气压强𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，气泡内气体看作是理想气体，试计算：
0
(1)池底的温度𝑡 ；
1
(2)气泡从池塘底部上升至水面的过程中内能增加0.2𝐽，则气泡内气体要吸收多少热量？
【答案】(1)气泡在池底时压强𝑝 = 𝑝 +𝜌𝑔ℎ = 2.0×105𝑃𝑎
1 0
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
由理想气体状态方程得 1 1 = 0 2
𝑇 𝑇
1 2
解得𝑇 = 280𝐾
1
即池底温度𝑡 = 𝑇 ―273 = 7∘𝐶
1 1
𝑝 +𝑝
(2)由图可知，气泡在上升过程中平均压强𝑝 = 1 2
2
由 𝑊 = 𝑝𝛥𝑉 得气体做的功𝑊 = ― 𝑝(𝑉 ―𝑉 )
2 1解得𝑊 ≈ ―0.3𝐽
由热力学第一定律得气体吸收的热量𝑄= 𝛥𝑈― 𝑊 = 0.5𝐽
【典例2】如图所示，一导热良好的圆柱形汽缸固定放置在水平面上，缸内用面积𝑆，质量𝑚的活塞(厚
度不计)封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。汽缸内壁的高度为ℎ，活塞始终保持水平。当热
ℎ
力学温度为𝑇 时，气缸内气体高为 。已知大气压强为𝑝 ，重力加速度为𝑔，理想气体的内能跟热力学
0 0
2
温度成正比，即𝑈 = 𝑘𝑇，𝑘为已知值。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸，求：
(1)活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(2)该过程缸内气体吸收的热量。
ℎ𝑆 ℎ𝑆
【答案】(1)根据盖―吕萨克定律有2 =
𝑇 𝑇
0
解得：𝑇 = 2𝑇 ；
0
𝑚𝑔
(2)缸内气体压强𝑝 = 𝑝 +
0 𝑆
缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸的过程为等压过程，气体对外界做功
𝑚𝑔 ℎ𝑆 1
𝑊 = ―𝑝𝛥𝑉 = ―(𝑝 + )× = ― (𝑝 𝑆+𝑚𝑔)ℎ
0 𝑆 2 2 0
根据热力学第一定律可知𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄
𝛥𝑈 = 2𝑘𝑇 ―𝑘𝑇 = 𝑘𝑇
0 0 0
1
解得气体吸收的热量为，𝑄 = 𝑘𝑇 + (𝑝 𝑆+𝑚𝑔)ℎ。
0 0
2
答：(1)活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度为2𝑇 ；
0
1
(2)该过程缸内气体吸收的热量为𝑘𝑇 + (𝑝 𝑆+𝑚𝑔)ℎ。
0 0
2
【变式1】如图所示，圆柱形气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，气缸的高度为𝑙，缸体内底面积为
𝑆，缸体重力为𝐺。弹簧下端固定在桌面上，上端连接活塞，活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为𝑇
0
时，缸内气体高为0.5𝑙，已知大气压强为𝑝 ，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚
0
要脱离气缸，求：(1)此时缸内气体的温度；
(2)该过程缸内气体对气缸所做的功；
(3)若该过程缸内气体吸收热量为𝑄，则缸内气体内能增加多少？
【答案】解：(1)缓慢升温至活塞刚要脱离气缸过程为等压变化，故由盖―吕萨克定律可得：
0.5𝑙𝑆 𝑙𝑆
= ，解得此时缸内气体的温度：𝑇 = 2𝑇 ；
𝑇 0 𝑇 0
(2)对气缸列平衡方程：𝐺+𝑝 𝑆 = 𝑝𝑆，该过程气体对气缸做功：𝑊 = 𝐹𝑥 = 𝑝𝑆(𝑙―0.5𝑙)，
0
(𝐺+𝑝 𝑆)𝑙
解得：𝑊 = 0 ；
2
(3)由热力学第一定律：𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊′，𝑊′ = ―𝑊，气体吸收的热量为𝑄，
(𝐺+𝑝 𝑆)𝑙
故其内能的增量：𝛥𝑈 = 𝑄― 0 。
2
【变式2】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为𝑆，与气缸底部相距𝐿，气
缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为𝑃 、𝑇 .现接通电热丝加热气体，
0 0
一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离𝐿后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为𝑓，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为𝑄，求该过程中：
(1)内能的增加量𝛥𝑈；
(2)最终温度𝑇．
【答案】解：(1)因为活塞缓慢移动过程中，活塞受封闭气体压力为𝐹，对活塞有：
𝐹―𝑝 𝑆―𝑓 = 0，
0
所以外界对气体做功为：
𝑊 = ―𝐹𝐿 = ―(𝑝 𝑆+𝑓) 𝐿，
0根据热力学第一定律得内能的增加量：
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 = 𝑄―𝑝 𝑆𝐿―𝑓𝐿。
0
(2)活塞刚移动时，气体发生等容变化，移动之后做等压変化末态的压强设为𝑝，根据平衡条件得
𝑝𝑆 = 𝑝 𝑆+𝑓，
0
全过程根据一定质量理想气体的状态方程得
𝑝 0 𝐿𝑆 = 𝑝⋅2𝐿𝑆 ，
𝑇 0 𝑇
𝑓
解得：𝑇 = 2𝑇 (1+ )。
0 𝑝 𝑆
0
【变式3】一只篮球的体积为𝑉 ，球内气体的压强为𝑝 ，温度为𝑇 。现用打气筒对篮球充入压强为2𝑝 、
0 0 0 0
温度为𝑇 、体积为𝑉 (大小未知)的气体，使球内气体压强变为3𝑝 ，同时温度升至1.5𝑇 。已知气体内能𝑈
0 1 0 0
与温度的关系为𝑈 = 𝑘𝑇(𝑘为正常数)，充气过程中气体向外放出𝑄的热量，篮球体积不变。求
(1)充入气体的体积𝑉 的大小；
1
(2)充气过程中打气筒对气体做的功。
𝑝 𝑉 2𝑝 𝑉 3𝑝 𝑉
【答案】(1)充入气体的体积为𝑉 ，根据理想气体状态方程有 0 0+ 0 1 = 0 0
1 𝑇 𝑇 1.5𝑇
0 0 0
𝑉
解得𝑉 = 0
1
2
(2)由于充气过程中气体向外放出𝑄的热量，根据热力学第一定律有𝛥𝑈 = 𝑊+(―𝑄)
1
根据气体内能𝑈与温度的关系表达式有𝛥𝑈 = 𝑘⋅1.5𝑇 ―𝑘𝑇 = 𝑘𝑇
0 0 0
2
1
解得𝑊 = 𝑄+ 𝑘𝑇
0
2
【方法技巧】
方法技巧： 热力学第一定律与气体实验定律的综合问
题的处理方法
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态
参量，利用相关规律解决。(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功W＝pΔV；只要温度发生变化，其内
能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
【巩固训练】
一、单选题。
1.如图所示，一定质量的理想气体从状态𝑎开始，沿图示路径先后到达状态𝑏和𝑐。下列说法正确的是( )
A. 从𝑎到𝑏，气体温度保持不变 B. 从𝑎到𝑏，气体对外界做功
C. 从𝑏到𝑐，气体内能减小D. 从𝑏到𝑐，气体从外界吸热
【答案】D
【解析】𝐴𝐵.一定质量的理想气体从状态𝑎开始，沿题图路径到达状态𝑏过程中气体发生等容变化，压强
𝑝
减小，根据查理定律 = 𝐶，可知气体温度降低
𝑇
气体发生等容变化，𝑊 = 𝑝𝛥𝑉 = 0，气体不做功，AB错误；
𝐶𝐷.一定质量的理想气体从状态𝑏沿题图路径到达状态𝑐过程中气体发生等压变化，体积增大，气体对外
做功，则𝑊 < 0
𝑉
根据 = 𝐶，可知气体温度升高，内能增大
𝑇
再根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊，可知𝑏到𝑐过程吸热，C错误、D正确。
故选D。
2.如图所示，一定质量的理想气体从状态𝑎经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态𝑏、𝑐，再回
到状态𝑎。下列说法正确的是( )A. 在过程𝑎𝑏中气体对外做功 B. 在过程𝑎𝑏中气体的内能减少
C. 在过程𝑏𝑐中气体对外界放热D. 在过程𝑐𝑎中气体的温度降低
【答案】D
【解析】A、在过程𝑎𝑏中气体体积不变，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故A错误；
B、在过程𝑎𝑏中气体的体积不变，压强变大，根据公式𝑝𝑉 = 𝐶𝑇可知，则温度升高，则气体的内能增加，
故B错误；
C、在过程𝑏𝑐中气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知气体吸热，
故C错误；
D、在过程𝑐𝑎中气体的压强不变，体积减小，根据公式𝑝𝑉 = 𝐶𝑇可知，则温度降低，故D正确。
故选：𝐷。
3.下列说法正确的是( )
A. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加
B. 物体对外界做功，其内能一定减少
C. 物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大
D. 物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大
【答案】D
【解析】解：𝐴𝐵、改变内能的方式有做功和热传递，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体
对外界做功，其内能不一定减少，故𝐴𝐵错误；
𝐶𝐷、温度是分子平均动能的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，故𝐶错误，𝐷正
确。
故选：𝐷。
4.某汽缸内封闭有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𝑉―𝑇图像
如图所示，则在该循环过程中，下列说法正确的是( )A. 从𝐵到𝐶过程中，气体吸收热量
B. 从𝐶到𝐷过程中，气体的压强增大
C. 从𝐷到𝐴过程中，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D. 从𝐶到𝐷过程中，若气体内能增加3𝑘𝐽，对外做功5𝑘𝐽，则气体向外界放出热量2𝑘𝐽
【答案】C
【解析】A.从𝐵到𝐶过程气体发生等温变化，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定
律可知，气体放出热量，故A错误；
𝑝𝑉 𝐶
B.由 = 𝐶得，𝑉 = 𝑇，可知从𝐶到𝐷过程气体发生等压变化，故B错误；
𝑇 𝑝
C.从𝐷到𝐴过程中，气体的温度不变，则气体分子碰撞器壁的平均作用力不变，则压强减小，必然是单
位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的，故C正确；
D.由𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，得𝑄 = 8𝑘𝐽，气体从外界吸收热量，故D错误。
故选 𝐶。
5.如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气
体加热，并在活塞上施加一外力𝐹，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。
关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 外力𝐹保持不变 B. 密封气体内能增加
C. 密封气体对外做正功 D. 密封气体的末态压强是初态的2倍
【答案】B【解析】气体的热力学温度增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，又气体体积减小，则由理想气体
𝑝𝑉
状态方程 = 𝐶，可知气体压强增大，对活塞受力分析，有𝐹+𝑚𝑔+𝑝 𝑆 = 𝑝𝑆，可知外力𝐹增大，A错
0
𝑇
𝑝𝑉
误，B正确;气体体积减小，气体对外界做负功，C错误;由理想气体状态方程 = 𝐶可知，气体的热力
𝑇
学温度增大到初态的2倍，若气体体积不变，则密封气体的末态压强是初态的2倍，但气体体积减小，
则密封气体的末态压强大于初态的2倍，D错误。
二、多选题。
6.一定量的理想气体从状态𝑎经状态𝑏变化到状态𝑐，其过程如𝑇―𝑉图上的两条线段所示。则气体在( )
A. 状态𝑎处的压强大于状态𝑐处的压强
B. 由𝑎变化到𝑏的过程中，气体对外做功
C. 由𝑏变化到𝑐的过程中，气体的压强不变
D. 由𝑎变化到𝑏的过程中，气体从外界吸热
【答案】ABD
𝑝𝑉 𝑝
【解析】解：𝐴𝐶、根据一定质量的理想气体状态方程 = 𝐶可得𝑇 = 𝑉，从𝑎到𝑏，图像的斜率不变，
𝑇 𝐶
压强不变，从𝑏到𝑐的过程中，与坐标原点的连线的斜率逐渐减小，压强减小，故状态𝑎处的压强大于状态𝑐
处的压强，故A正确，C错误；
B、由𝑎到𝑏的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，故B正确；
𝐷、由𝑎到𝑏，气体的温度升高，内能增大且气体对外做功，根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄可得：
𝑄 = 𝛥𝑈―𝑊，气体从外界吸热且大于增加的内能，故D正确；
故选：𝐴𝐵𝐷。
7.在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换
的过程是( )
A. 气体的体积不变，温度升高 B. 气体的体积减小，温度降低
C. 气体的体积减小，温度升高 D. 气体的体积增大，温度不变
【答案】ABD
【解析】A.气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；
B.气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 ，可知气体对外放热，B正确；
C.气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 ，可知𝑄可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D.气体的体积增大温度不变，则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 ，可知 𝑄 > 0 ，即气体吸收热量，D正确。
故选ABD。
8.一定质量的理想气体从状态𝑎变化到状态𝑏，其𝑇―𝑉图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 气体压强变小B. 气体内能不变 C. 气体对外界做功 D. 气体向外界放热
【答案】AC
𝑝𝑉 𝑝
【解析】A.𝑇―𝑉图像过原点的直线表示等压过程，分别连接原点和𝑎，以及原点和𝑏点，根据 = 𝐶，𝑇 =
𝑇 𝐶
𝑉，可知，𝑇―𝑉图像上的点与原点连线的斜率越大，气体压强越大，从状态𝑎到状态𝑏的过程气体的压
强逐渐减小，A正确；
B.由图示可知，𝑎到𝑏过程，气体温度增加，所以内能增大，B错误；
C.由图示可知，𝑎到𝑏过程，气体体积变大，气体对外界做功，C正确；
D.根据热力学第一定律△𝑈 = 𝑊+𝑄，因为从状态𝑎到状态𝑏的过程气体内能增加，又因为气体对外做
功，所以气体从外界吸收热量，D错误。
故选AC。
9.一定质量的理想气体用横截面积为𝑆的活塞封闭在汽缸内，汽缸内壁光滑。如图甲所示，用轻质细线
系在活塞的正中央，然后将整个装置悬挂在天花板上处于静止状态，此时缸内气体的压强为0.8𝑝 ；如
0
图乙所示，用竖直杆固定在地面，让汽缸开口向下，活塞放置在竖直杆上，整个装置处于静止状态；如
图丙所示，汽缸开口水平向右放置在水平面上，处于静止状态。已知大气压强为𝑝 ，各状态下，所用汽
0
缸和活塞都相同，且活塞与汽缸的质量相等，不计活塞及汽缸壁的厚度，且汽缸不漏气，重力加速度为
𝑔，下列说法正确的是( )0.1𝑝 𝑆
A. 活塞与汽缸的质量均 0
𝑔
B. 图乙中缸内气体压强为1.2𝑝
0
C. 若汽缸和活塞导热性能良好，将图丙汽缸缓慢逆时针转90°，汽缸将吸收热量
D. 若汽缸和活塞均绝热，将图丙汽缸缓慢逆时针转90°，汽缸温度升高
【答案】BD
【解析】A.设活塞与汽缸的质量均为𝑚，对甲图的汽缸受力分析，由三力平衡可得 0.8𝑝 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，
0 0
0.2𝑝 𝑆
解得 𝑚 = 0 ，A错误；
𝑔
B.对图乙的汽缸受力分析，由三力平衡可得 𝑝 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，综合解得 𝑝 = 1.2𝑝 ，B正确；
0 乙 乙 0
C.若汽缸和活塞导热性能良好，将图丙汽缸缓慢逆时针转90°的过程中，温度不变，压强变大，由
𝑝𝑉 = 𝐶𝑇 知，体积变小，外界对气体做功 𝑊 > 0 ，温度不变 𝛥𝑈 = 0 ，根据 𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，知 𝑄 < 0 ，
放出热量，C错误；
D.若汽缸和活塞均绝热，将图丙汽缸缓慢逆时针转90°的过程中，压强增大，由 𝑝𝑉 = 𝐶𝑇 知，体积𝑉减
小，外界对气体做功 𝑊 > 0 ，汽缸和活塞均绝热知 𝑄 = 0 ，根据 𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，知 𝛥𝑈 > 0 ，故温度升
高，D正确。
故选BD。
10.如图所示为汽缸内一定质量的理想气体状态变化过程中的三个状态，图中𝑏𝑎的延长线过原点，则下
列说法正确的是( )
A. 𝑎→𝑏过程，气体单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
B. 𝑏→𝑐过程，气体吸收的热量小于气体对外做的功
C. 𝑐→𝑎过程，气体密度增大D. 𝑎→𝑏→𝑐→𝑎过程，气体从外界吸收热量
【答案】ACD
【解析】A. 𝑎→𝑏 过程，气体体积不变，分子数密度不变，温度升高时，气体分子的平均动能增大，分
子的平均速率增加，单位时间内分子往返运动更频繁，因此碰撞器壁的次数会增多，故A正确；
𝑝𝑉
B. 𝑏→𝑐 过程，由图可知气体温度升高，压强减小，根据理想气体状态方程 = 𝐶 ，气体体积变大，则
𝑇
气体对外界做正功；气体温度升高，则气体内能增大，根据热力学第一定律可得 𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，由于
𝛥𝑈 > 0 ， 𝑊 < 0 ，可知 𝑄 > 0 ，且 𝑄 > |𝑊| ，则气体吸收的热量大于气体对外做的功，故B错误；
C.如图所示连接𝑂𝑐
𝑝𝑉
根据理想气体状态方程 = 𝐶 ， 𝑝―𝑇 图像斜率越大，体积越小，故 𝑉 < 𝑉 ，质量不变，故气体密
𝑎 𝑐
𝑇
度增大，故C正确；
𝑝𝑉
D.根据 = 𝐶 ， 𝑎→𝑏 过程，气体体积不变，做功为0； 𝑏→𝑐 过程，气体体积逐渐增大，外界对气体做
𝑇
负功； 𝑐→𝑎 过程，气体体积逐渐减小，外界对气体做正功；由于 𝑏→𝑐 与 𝑐→𝑎 两个过程气体体积变化大
小相同，可知 𝑏→𝑐 过程外界对气体做负功的绝对值大于 𝑐→𝑎 外界对气体做正功的绝对值，则
𝑎→𝑏→𝑐→𝑎 过程，外界对气体做负功，由于气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界
吸收热量，故D正确。
故选ACD。
三、计算题。
11.两只完全相同的篮球甲、乙内空气的质量均为𝑚 ，压强均为𝑝 ，温度均为𝑇 。现用打气筒给两球充气
0 0 0
(如图所示)，充入篮球气体的压强也为𝑝 。假设充气前、后篮球的体积不变，将球内气体视为理想气体。
0(1)给甲球缓慢充气至球内压强为3𝑝 ，该过程可视为温度不变，求注入空气的质量。
0
(2)给乙球迅速充入与球内压强、温度、体积相同的空气后，球内压强变为2.1𝑝 ，求充气过程中打气筒
0
对气体做的功。(已知气体内能𝑈与温度的关系为𝑈 = 𝛼𝑇，𝛼为正常数，该充气过程可视为绝热过程)
【答案】解：(1)设篮球的体积为𝑉 ，给甲球缓慢充气，由玻意耳定律有 3𝑝 𝑉 = 𝑝 (𝑉 +𝑉 )，
0 0 0 0 0 1
解得 𝑉 = 2𝑉 ，即注入空气的质量为2𝑚 。
1 0 0
(2)由理想气体状态方程有 𝑝 0 ⋅2𝑉 0 = 2.1𝑝 0 𝑉 0 ，解得 𝑇 = 21 𝑇
𝑇 0 𝑇 1 1 20 0
𝛼
则 𝛥𝑈 = 𝛼𝛥𝑇 = 𝑇 ， 𝑄 = 0，
20 0
𝛼
由热力学第一定律有𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，解得 𝑊 = 𝑇 。
20 0
12.某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积𝑆 = 100𝑐𝑚2、
质量𝑚 = 1𝑘𝑔的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度𝑇 = 300𝐾、
𝐴
活塞与容器底的距离ℎ = 30𝑐𝑚的状态𝐴。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升𝑑 = 3𝑐𝑚
0
恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态𝐵。活塞保持不动，气体被继续加热至温度𝑇 = 363𝐾的
𝑐
状态𝐶时触动报警器。从状态𝐴到状态𝐶的过程中气体内能增加了𝛥𝑈 = 158𝐽。取大气压𝑝 = 0.99×105
0
𝑃𝑎，求气体
(1)在状态𝐵的温度；
(2)在状态𝐶的压强；
(3)由状态𝐴到状态𝐶过程中从外界吸收热量𝑄。𝑉 𝑉
【答案】解：(1)根据题意可知，气体由状态𝐴变化到状态𝐵的过程中，封闭气体的压强不变，则有 𝐴 = 𝐵，
𝑇 𝑇
𝐴 𝐵
𝑉
解得𝑇 = 𝐵𝑇 = 330𝐾；
𝐵 𝑉 𝐴
𝐴
(2)从状态𝐴到状态𝐵的过程中，活塞缓慢上升，则𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+𝑚𝑔，解得𝑝 = 1×105𝑃𝑎，
𝐵 0 𝐵
𝑝 𝑝
根据题意可知，气体由状态𝐵变化到状态𝐶的过程中，气体的体积不变，则有 𝐵 = 𝐶，
𝑇 𝑇
𝐵 𝐶
𝑇
解得𝑝 = 𝐶𝑝 = 1.1×105𝑃𝑎；
𝐶 𝑇 𝐵
𝐵
(3)根据题意可知，从状态𝐴到状态𝐶的过程中外界对气体做功为𝑊 = ― 𝑝 𝑆𝑑 = ―30𝐽，
𝐵
由热力学第一定律有𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，
解得𝑄 = 188𝐽。
13.如图所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽
车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。右
图为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为𝑆，汽缸长度
4𝐿，右端开口处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为𝐿，内部密封一定质量的理想气体，气体
温度为27℃。已知大气压强为𝑝 ，活塞右侧与连杆相连，与大气相通，连杆对活塞始终有水平向左的恒
0
定推力𝐹 = 2𝑝 𝑆。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计气缸底部和活塞的厚度，不计一切摩擦。
0
求：
(1)当活塞底部距离缸底𝐿时，气体的压强𝑝
1
(2)气体温度达到1227℃时，气体的压强𝑝
2
(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为𝑄，求此过程中气体内能的增加量
【答案】解：(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，有𝑝 𝑆 = 𝑝 𝑆+𝐹
1 0
解得：𝑝 = 3𝑝 ；
1 0
𝐿𝑆 𝐿′𝑆
(2)假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖―吕萨克定律，有 =
𝑇 𝑇
1 2
解得：𝐿′ = 5𝐿 > 4𝐿，
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由 1 1 = 2 2
𝑇 𝑇
1 2
15
得：𝑝 = 𝑝 ；
2 0
4
(3)此过程中气体对外做功为 𝑊 = ― 𝑝 𝑆⋅3𝐿 = ―9𝑝 𝑆𝐿，根据热力学第一定律，有𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊
1 0可得此过程中气体内能的增加量为：𝛥𝑈 = 𝑄―9𝑝 𝑆𝐿。
0
