第十四章 第3节 热力学定律与能量守恒定律-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习教师用书配套课件（广东专用）

第3节　热力学定律与能量守恒定律 第十四章　热学 链接教材·夯基固本 1．改变物体内能的两种方式 (1)____。 (2)传热。 2．热力学第一定律 (1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的____与外界对它所做的功的和。 (2)表达式：ΔU＝______。 做功 热量 Q＋W 第3节　热力学定律与能量守恒定律 2 (3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则 ①W>0，外界对物体做功；W<0，物体对外界做功。 ②Q>0，物体____热量；Q<0，物体____热量。 ③ΔU>0，内能____；ΔU<0，内能____。 吸收 放出 增加 减少 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 3．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____为另一种形式，或者是从一个物体____到别的物体，在____或____的过程中，能量的总量保持____。 (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。比如机械能守恒就是有条件的。 (3)第一类永动机：是不可能制成的，它违背了____________。 转化 转移 转化 转移 不变 能量守恒定律 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 4．热力学第二定律 (1)两种表述 ①克劳修斯表述：热量不能______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____热量，使之完全变成__，而不产生其他影响。 (2)第二类永动机：不可能制成，它违背了______________。 自发地 吸收 功 热力学第二定律 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 1．易错易混辨析 (1)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。 (　　) (2)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。 (　　) (3)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。 (　　) (4)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。 (　　) (5)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。 (　　) (6)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。 (　　) √ × √ × × √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 2．(人教版选择性必修第三册改编)用活塞压缩汽缸里的空气(可看作理想气体)，对汽缸里的空气做了900 J的功，气体内能增加了 690 J，则此过程(　　) A．气体从外界吸收热量210 J B．气体向外界放出热量210 J C．气体从外界吸收热量1 110 J D．气体向外界放出热量1 110 J √ B　[由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＝690 J－900 J＝－210 J，故向外界放热，B正确。] 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 3．(人教版选择性必修第三册改编)(多选)下列现象能够发生的是 (　　) 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 √ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 CD　[A项违背热力学第二定律，不能发生；B项蒸汽机的能量损失不可避免，不可能把蒸汽机的内能全部转化为机械能，违背了热力学第二定律，不能发生；C项泥、水自动分离现象能发生，不违背热力学第二定律，只是系统的势能减少了，能发生；D项中电冰箱消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，能发生。] 细研考点·突破题型 考点1　 热力学第一定律的理解 1．热力学第一定律ΔU＝Q＋W (1)符号法则 符号 W Q ΔU ＋ 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 内能减小 第3节　热力学定律与能量守恒定律 10 (2)三种特殊情况 过程 含义 内能变化 物理意义 绝热 Q＝0 ΔU＝W 外界对物体做的功等于物体内能的增加 等容 W＝0 Q＝ΔU 物体吸收的热量等于物体内能的增加 等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功等于物体放出的热量 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 11 2．做功和热传递的区别与联系 两种方式 做功 热传递 区别 内能变化情况 外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少 物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 两种方式 做功 热传递 区别 从运动形式上看 做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化 热传递是通过分子之间的相互作用，使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化 从能量的角度看 做功是其他形式的能与内能相互转化的过程 不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移 能的性质变化情况 能的性质发生了变化 能的性质不变 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 两种方式 做功 热传递 联系 做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [典例1]　(热力学第一定律的理解)如图所示是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的(　　) A．温度升高，内能增加600 J B．温度升高，内能减少200 J C．温度降低，内能增加600 J D．温度降低，内能减少200 J √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 A　[据题，外界对气体做功，W＝800 J，气体向外散热，则Q＝ －200 J，根据热力学第一定律得，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝800 J－200 J＝600 J，即内能增加600 J；对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，A项正确。] 考点2　 热力学第二定律的理解及应用 1．热力学第二定律的理解与应用 (1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的含义。 ①“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。 ②“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响。如吸热、放热、做功等。 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 (2)热力学第二定律的实质：热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。 (3)热力学第二定律揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如： 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 2．两类永动机的理解 第一类永动机 第二类永动机 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器 违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [典例2]　(热力学第二定律的理解)下列关于能量转化过程的叙述，只违背热力学第二定律的是(　　) A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热 B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低 C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响 D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 C　[A项中燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时通过热传递向空气散热，这既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B项中冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；C项中某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响，故违背热力学第二定律；D项中制冷机消耗电能工作时，从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响，这既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。故选C。] 考点3　 气体实验定律与热力学定律的综合 解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的基本思路 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [典例3]　(2024·山东卷)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 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 C　[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Tb＞Ta，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→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→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；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，因此由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，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。] 【典例3　教用·备选题】(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A．初始状态下，气体的体积为6 L B．等压过程中，气体对外做功400 J C．等压过程中，气体体积增加了原体积的 D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J √ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 AD　[设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由 盖-吕萨克定律得＝，解得气体增加的体积ΔV＝V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由|W|＝|pΔV|得，气体体积的增加量|ΔV|＝＝＝2 L，则V＝6 L，A正确。] 1．(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　) A．内能变大　 B．压强变大 C．体积不变　 D．从水中吸热 √ 学情诊断·当堂评价 第3节　热力学定律与能量守恒定律 29 D　[上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。故选D。] 30 2．(两类永动机的理解)关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　　) A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律 B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律 C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D．由热力学第二定律可知从单一热源吸收热量，完全变成功是可能的 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 D　[第一类永动机违反热力学第一定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B两项错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C项错误；由热力学第二定律可知D中的现象是可能的，但会引起其他变化，D项正确。] 3．(多选)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 E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能 √ √ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 ABD　[由＝C得T＝V，T-V图线上的点与坐标原点连线的斜率越大，气体压强越大，易知状态a对应的压强大于状态c的压强，A选项正确；状态a到状态b为等压变化过程，体积增大，气体对外做功，B选项正确；由上述分析可知，气体在b状态的压强大于在c状态的压强，C选项错误；气体由状态a到状态b的过程中体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于其内能的增加量，D选项正确，E选项错误。] 4．(多选)如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，气缸连接前轮。当路面不平时，自行车颠簸使得活塞上下振动，气缸内封闭的理想气体体积随之变化，起到减震作用。活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体(　　) A．对外做正功 B．内能减小 C．温度升高，分子平均动能增加 D．分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加 √ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 CD　[活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体被压缩，外界对气体做正功，故A错误；外界对气体做正功，活塞迅速下压，可近似看成是绝热过程，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增加，故B错误；理想气体内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增加，故C正确；根据理想气体的状态方程＝C，气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加，故D正确。故选CD。] 5．(2023·广东卷)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？ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [解析]　(1)由题可知，根据玻意耳定律可得 pAVA＝pBVB 解得pB＝ p0。 (2)根据理想气体状态方程可知＝ 解得TC＝1.9T0。 (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。 [答案]　(1)pB＝p0　(2)TC＝1.9T0　(3)W 课时分层作业(三十五)　热力学定律与能量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 1．(多选)(2025·广东茂名质检)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　) A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增加20 J B．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少 C．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体 D．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律 √ √ 第3节　热力学定律与能量守恒定律 AD　[根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，A项正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知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，B项错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，C项错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，D项正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 2．(2025·广东揭阳模拟)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是(　　) A．气体的内能不变 B．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低 C．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了 D．气体分子的平均动能增大 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 B　[气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为ΔU＝W＋Q，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，只有B项正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 3．电冰箱的工作原理示意图如图所示。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。下列说法正确的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 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．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律 D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 B　[热力学第一定律和热力学第二定律，适用于所有的热学过程，C、D两项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，B项正确，A项错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 4．可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。关于斯特林循环，下列说法正确的是(　　) A．T1＞T2 B．AB过程气体放出热量 C．BC过程所有气体分子的动能都减小 D．ABCDA过程气体不对外做功 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 A　[从B到C过程，气体体积不变，压强变小，根据＝C，可知气体温度降低，则有T1＞T2，则气体分子的平均动能减小，但不是所有气体分子的动能都减小，故A正确，C错误；从A到B过程，气体温度不变，体积变大，则外界对气体做负功，由于气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故B错误；根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小，由题图可知，ABCDA过程气体对外做功，故D错误。故选A。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 5．(多选)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　) A．等温增压后再等温膨胀 B．等压膨胀后再等温压缩 C．等容减压后再等压膨胀 D．等容增压后再等压压缩 E．等容增压后再等温膨胀 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 √ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 ACD　[A选项，由于两个过程都是等温变化，故初状态与末状态温度相等，内能也相等，A正确。B选项，第一个过程为等压膨胀，该过程压强不变，根据盖-吕萨克定律，体积变大，故温度升高；第二个过程为等温压缩，温度不变，故经过两个过程，最终温度升高，内能变大，B错误。C选项，第一个过程为等容减压，该过程体积不变，根据查理定律，压强变小，故温度降低；第 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 二个过程为等压膨胀，由B选项分析可知，温度升高，因为温度先降低后升高，初末状态温度可能相等，所以内能可能相等，C正确。D选项，第一个过程为等容增压，该过程体积不变，根据查理定律，压强变大，故温度升高；第二个过程为等压压缩，该过程压强不变，根据盖-吕萨克定律，体积变小，故温度降低，因为温度先升高后降低，初末状态温度可能相等，所以内能可能相等，D正确。E选项，第一个过程为等容增压，由D选项分析可知，温度升高；第二个过程为等温膨胀，温度不变，故最终温度升高，内能变大，E错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 6．如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　　) A．内能增加，外界对气体做正功 B．内能减小，所有分子热运动速率都减小 C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 C　[初始时气体的压强p1＝p0＋，体积为V1，温度为T1；将气缸缓慢转过90°后，气体的压强为p2＝p0，体积为V2，温度为T2。易知V2>V1，故气体对外界做功，因气缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU<0，由于理想气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，A、D错误；内能减小，不是所有气体分子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 7．(2024·江苏卷)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的理想气体，容器内有一个面积0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)在月球上容器内气体的压强； (2)观测台所受的压力大小。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [解析]　(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有＝ 解得p2＝8×104 Pa。 (2)根据压强的定义，气体对观测台的压力 F＝p2S＝4.8×103 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 [答案]　(1)8 × 104 Pa　(2)4.8×103 N 8．(多选)如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将气缸分为f、g、h三部分，活塞与气缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(　　) A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等 C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 AD　[根据题意，以两活塞和弹簧为整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得pgS＋pfS＝pgS＋phS，则pf＝ph，故D正确；通过电阻丝对f中的气体缓慢加热后，f中气体的温度升高，压强增大，则左边活塞会向右移动，导致g中弹簧压缩，则右边活塞也会向右移动，对h中的气体做正功，根据热力学第一定律，有ΔUh＝Wh＋Q，又Q＝0，Wh＞0，则ΔUh＞0，h中的气体内能增加，温度升高，故A正确；因开始时f、g、h三部分中气体的温度、体积、压强均相等，则 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 根据理想气体状态方程有＝＝，又pf＝ph，Vf＞Vh，则Tf＞Th，故C错误；分析可知升温后弹簧处于压缩状态，对左侧活塞受力分析，如图乙所示，根据受力平衡有pgS＋F＝pfS，则pg＜pf，又Vf＞Vg，则Tf＞Tg，故B错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 9．(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中(　　) A．气体一直对外做功 B．气体的内能一直增加 C．气体吸收的热量等于其对外做的功 D．气体吸收的热量等于其内能的增加量 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 BD　[根据理想气体状态方程可知，过原点的p-T 图像的斜率与体积V有关，一定量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，选项A、C错误；理想气体的内能只与温度有关，一定量理想气体从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，选项B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 10．如图所示的p-V图像中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J。则： (1)ACB过程中气体的内能是增加 还是减少？变化量是多少？ (2)BDA过程中气体是吸热还是放 热？吸收或放出的热量是多少？ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [解析]　(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J 由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130 J 故ACB过程中气体的内能增加了130 J。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 (2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关， BDA过程中气体内能的变化量 UA－UB＝－130 J 由题意知W2＝200 J，由热力学第一定律 UA－UB＝W2＋Q2 代入数据解得Q2＝－330 J 即BDA过程中气体放出热量330 J。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 [答案]　(1)增加　130 J　(2)放热　330 J 11．(2024·贵州卷)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。 (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。 (3)图(b)中虚线MN′是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 学情诊断 第3节　热力学定律与能量守恒定律 [解析]　(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有 p0V0＋p0V＝4p0V0 解得V＝3V0。 (2)容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得＝ 可得＝。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 (3)由p-V图像与横坐标轴所围面积表示气体对外做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N和N′都是从M状态变化而来，应该相同，可得TN＞T′N 可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N′的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 [答案]　(1)3V0　(2)　(3)吸热 谢 谢 ！ $$