气体综合DOCX文档

1、典例如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。解析设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，则活塞受到汽缸内外气体的压力分别为：F1p1S，F0p0S由牛顿第二定律得：F1F0ma小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为p0。由玻意耳定律得：p1V1p0V0式中V0SL，V1S(Ld)联立以上

2、各式得：a。答案方法规律封闭气体压强的求解方法1.(2018宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S120 cm2，S210 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时汽缸中的空气压强p1.3105 Pa，温度T540 K，汽缸两部分的气柱长均为L。已知大气压强p01105 Pa，取g10 m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦。求：(1)重物C的质量M；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右缓慢移动，当活塞A刚靠近D处而处于平衡状态时缸内气体的温度。解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态

3、，则有：pS1p0S2p0S1pS2Mg代入数据解得：M3 kg。(2)当活塞A靠近D处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有：解得：T360 K。答案：(1)3 kg(2)360 K典例(2018北京朝阳区模拟)如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h127 cm，N活塞相对于底部的高度为h218 cm。现将一质量为m1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0

4、1.0105 Pa。(g10 m/s2)(1)求下部分气体的压强多大；(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。审题指导(1)M活塞是导热的，N活塞是绝热的，保证上部分气体温度不变。(2)在放上小物体m，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用理想气体状态方程求解。解析(1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pSmgp0S得pp01.0105 Pa Pa1.5105 Pa。(2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2由理想气体

5、状态方程可得：得：h3h218 cm16 cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(h1h2)SpLS得：L6 cm故此时活塞M距离底端的距离为h416 cm6 cm22 cm。答案(1)1.5105 Pa(2)22 cm16 cm典例(2018吉林大学附中模拟)一定质量的理想气体，其状态变化过程如图中箭头顺序所示，AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分。已知气体在A状态的压强、体积、热力学温度分别为pA、VA、TA，且气体在A状态的压强是B状态压强的3倍。试求：(1)气体在B状态的热力学温度和C状态的体积。(2)从B到C过程中，是气体对外做功还

6、是外界对气体做功？做了多少功？审题指导(1)由题图所示图像判断出气体状态变化过程，然后应用查理定律求出温度，由盖吕萨克定律求出气体的体积。(2)根据气体体积的变化判断气体对外做功还是外界对气体做功，然后求出做功多少。解析(1)从A到B是等容过程，由查理定律有：由题知：pA3pB可得：TBTA。从B到C是等压变化过程，由盖吕萨克定律，有：又从A到C是等温变化过程，故TCTA解得：VC3VA。(2)从B到C等压过程中，气体的体积在增大，故知是气体对外界做功，做功为：WpB(VCVB)pAVA。答案(1)TA3VA(2)气体对外界做功pAVA类型1单独气体问题例1(2017全国卷33(2)一种测量稀

7、薄气体压强的仪器如图1(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通.开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示.设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为，重力加速度大小为g.求：图1(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强.答案(1)(2)解析(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为

8、V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则VV0d2lV1d2h由力学平衡条件得p1pgh整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pVp1V1联立式得p(2)由题意知hl联立式有p该仪器能够测量的最大压强为pmax变式1(2015全国卷33(2)如图2，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时将开关K关闭.已知

9、大气压强p075.0 cmHg.图2(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.答案(1)12.0 cm(2)13.2 cm解析(1)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度l10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得plp1l1由力学平衡条件得pp0h打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止.由力学平

10、衡条件有p1p0h1联立式，并代入题给数据得l112.0 cm(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得plp2l2由力学平衡条件有p2p0联立式，并代入题给数据得l210.4 cm设注入的水银在管内的长度为h，依题意得h2(l1l2)h1联立式，并代入题给数据得h13.2 cm.类型2关联气体问题类型2关联气体问题例2(2016全国卷33(2)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的

11、距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p075.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)图3答案144 cmHg9.42 cm解析设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2，长度为l2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1p0(20.05.00) cmHg90 cmHgl120.0 cml1(20.0) cm12.5 cm由玻意耳定律得p1l1Sp1l1S联立式和题给条件得p1144 cmHg依题意p2p1l24

12、.00 cm cmh11.5 cmh由玻意耳定律得p2l2Sp2l2S联立式和题给条件得h9.42 cm.变式2如图4所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 的水槽中，B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空，B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.图4(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽中的水从0 加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温.答案(1)180 mmHg

13、(2)364 K解析(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0273 K.设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1pCp式中p60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB，依题意，有pBpC玻璃泡A和B中气体的体积V2VAVB根据玻意耳定律得p1VBpBV2联立式，并代入已知数据得pCp180 mmHg(2)当右侧水槽的水温加热至T时，U形管左右水银柱高度差为p，玻璃泡C中气体的压强pCpBp玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得联立式，并代入题给数据得T364 K.例3(2015全国卷33(2)如图5，一固定的竖直汽

14、缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0 cm；汽缸外大气的压强为p1.00105 Pa，温度为T303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：图5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气

15、体的压强.答案(1)330 K(2)1.01105 Pa解析(1)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律得初状态V1(S1S2)，T1495 K末状态V2lS2代入可得T2T1330 K(2)对大、小活塞受力分析则有m1gm2gpS1p1S2p1S1pS2可得p11.1105 Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得T3T303 K，解得p21.01105 Pa.变式3如图6所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S120 cm2，S210 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，

16、B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为M2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p01105 Pa，取g10 m/s2，缸内气体可看做理想气体.图6(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度.答案(1)1.2105 Pa(2)500 K解析(1)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1p0S2p0S1p1S2Mg代入数据解得p11.2105 Pa(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖吕萨克定律得代入数据解得T

17、2500 K.类型2关联气体问题例4(2017全国卷33(2)如图7，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ，汽缸导热.图7(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ，求此时活塞下方气体的压强.答案(1)2p0(2)B的顶部 (3)1.6p0解析(

18、1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p0Vp1V1(3p0)Vp1(2VV1)联立式得V1p12p0(2)打开K3后，由式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22V)时，活塞下气体压强为p2，由玻意耳定律得(3p0)Vp2V2由式得p2p0由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2p0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1300 K升高到T2320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0变式4(2014新课标全国33(2)如图8

19、所示，两汽缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气.当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间.图8(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强.答案(1)320 K(2)p0解析(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的

20、氮气经历等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态的体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，则V1V0V0V2V0V0由盖吕萨克定律有：由式及所给的数据可得：T2320 K(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为V1，压强为p1，末态体积为V2，压强为p2，由所给数据及玻意耳定律可得V1V0，p1p0，V2V0p1V1p2V2由式可得：p2p0.命题点三“变质量气体”模型分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用

21、气体实验定律求解.(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.例5如图9所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0.开始时内部封闭气体的压强

22、为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0300 K升至T1350 K.图9(1)求此时气体的压强；(2)保持T1350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.答案(1)p0(2)解析(1)由题意知气体发生等容变化，由查理定律得，解得p1p0p0p0.(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0p0V2则V2V0所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为.变式5某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不

23、变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为_的空气.A.V B.VC.(1)V D.(1)V答案C解析设充入的气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(VV0)pV，解得V0(1)V，C项正确.4.如图4甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长.已知大气压强为p075 cmHg.图4(1)若将装置缓慢翻转180，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图乙所示.当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H35 cm，求左管水银面下降的高

24、度.答案(1)20 cm或37.5 cm(2)10 cm解析(1)将装置缓慢翻转180，设左管中空气柱的长度增加量为h，由玻意耳定律得p0L(p02h)(Lh)解得h0或h17.5 cm则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm(2)若将题图甲中阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H35 cm，设左管水银面下降的高度为l，由玻意耳定律得p0Lp0(Hl)(Ll)解得l10 cm或l70 cm(舍去)即左管水银面下降的高度为10 cm.5.(2017湖南六校联考)如图5所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁.汽缸的总长度为L80

25、m，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁d30 cm处设有卡环A、B(卡环体积忽略不计)，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p10.8105 Pa，右侧氧气的压强p21.0105 Pa，两边气体和环境的温度均为t127 ，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高.设外界环境温度不变.图5(1)求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；(2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ，求活塞移动的距离.答案(1)375 K(2)5.6 cm解析(1)活塞“恰好要离开卡环”即汽缸内氮气压强与氧气

26、压强相等，取封闭的氮气为研究对象：初状态：p10.8105 PaT1300 KV1dS末状态：p1p21.0105 PaT1V1V1由查理定律，有代入数据解得：T1375 K(2)继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3(227273) K500 K，设活塞移动的距离为x取氮气为研究对象：初状态：p10.8105 PaT1300 KV1dS末状态：p3T3500 KV3dSxS由理想气体状态方程，有取氧气为研究对象：初状态：p21.0105 PaT1300 KV2(Ld)S末状态：p2p3T2300 KV2LSV3由玻意耳定律：p2V2p2V2代入数据解得：向右移动的距离x5.6 cm第3

27、讲热力学定律与能量守恒定律一、热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递.2.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和.(2)表达式：UQW.(3)UQW中正、负号法则：物理量意义符号WQU外界对物体做功物体吸收热量内能增加物体对外界做功物体放出热量内能减少自测1一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0104 J，气体内能减少1.3105 J，则此过程()A.气体从外界吸收热量2.0105 JB.气体向外界放出热量2.0105 JC.气体从外界吸收热量6.0104 JD.气体向外界放出热量6.0104 J答案

28、B二、热力学第二定律1.热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体.(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响.或表述为“第二类永动机是不可能制成的.”2.用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小.3.热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行.4.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.自测2教材P61第2题改编(多选)下列现象中能够发生的是()A.一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C.桶中混浊的泥水在

29、静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体答案CD三、能量守恒定律1.内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.2.条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的.3.第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律.自测3木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)()

30、A.U200 J，Ek600 J B.U600 J，Ek200 JC.U600 J，Ek800 J D.U800 J，Ek200 J答案B解析UFfx6010 J600 JEkFxU8010 J600 J200 J命题点一热力学第一定律的理解和应用(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析.(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正.(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q0.(4)如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.2.三种特殊情况(1)若过

31、程是绝热的，则Q0，WU，外界对物体做的功等于物体内能的增加；(2)若过程中不做功，即W0，则QU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即U0，则WQ0或WQ，外界对物体做的功等于物体放出的热量.例1(多选)(2017全国卷33(1)如图1，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸.待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是()图1A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中，气体对外界做功D

32、.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变答案ABD解析因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功.根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，选项C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确，选项E错误.典例(2018达州一模)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的VT图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的

33、压强为p1.0105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q6.0102 J，求：(1)气体在状态B的体积VB；(2)此过程中气体内能的增量U。解析(1)由VT图像通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖吕萨克定律得：；解得：VBVA6.0103 m38.0103 m3。(2)外界对气体做的功：Wp(VBVA)1.0105(8.01036.0103)J2102 J根据热力学第一定律：UQW解得：U6.0102 J2102 J4.0102 J400 J。答案(1)8.0103 m3(2)400 J方法规律判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变

34、化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律UWQ来确定。例2(多选)(2017全国卷33(1)如图2，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是()图2A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量答案ABD解析在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增加，故选项A正确，C错误；在过程ca中，气体的体积缩小，外界对气

35、体做功，压强不变，温度降低，内能变小，气体向外界放出热量，故选项B正确，E错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，故选项D正确.例3(2017河北冀州2月模拟)如图4甲所示，横截面积为S，质量为M的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，现对缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了T，气柱的高度增加了L，吸收的热量为Q.不计汽缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g.求：图4(1)此加热过程中气体内能增加了多少？(2)若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的

36、质量为多少？答案(1)Q(p0SMg)L(2)解析(1)设缸内气体的温度为T1时压强为p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有Mgp0Sp1S气体膨胀对外界做功为Wp1SL根据热力学第一定律有QWU联立可得UQ(p0SMg)L(2)设所放砝码的质量为m，缸内气体的温度为T2时压强为p2，活塞和砝码整体受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有(Mm)gp0Sp2S根据查理定律有，又T2T1T联立可得：m例4如图6所示为电冰箱的工作原理示意图.压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环.在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外.图6(1)(多选)下列说法正确的是()A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律(2)电冰箱的制冷系统从冰