第15章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

第3讲　热力学定律与能量守恒定律 第十五章　热学 1 [学习目标]　1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律解决相关问题。2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。3.会分析热力学第一定律与气体实验定律的综合问题。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　热力学第一定律 考点二　热力学第二定律 考点三　热力学第一定律与图像的综合应用 分层训练　巩固提高 考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 内容索引 3 基础知识　自主梳理 一 4 一、热力学第一定律 1.改变物体内能的两种方式 (1) __________；(2) __________。 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 热传递 热量 Q＋W (3)符号法则 物理量 W Q ΔU ＋ 外界对物体做功 物体__________热量 内能__________ － 物体对外界做功 物体__________热量 内能__________ 吸收 增加 放出 减少 二、热力学第二定律及能量守恒定律 1.热力学第二定律 (1)两种表述：①克劳修斯表述：热量不能__________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__________。或表述为“__________永动机是不可能制成的。” 自发 其他影响 第二类 (2)用熵的概念表述 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会__________(选填“增大”或“减小”)。 (3)微观意义 一切自发过程总是沿着分子热运动的__________性增大的方向进行。 减小 无序 2.能量守恒定律 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式__________为其他形式，或者从一个物体__________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 3.两类永动机 (1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器。违背__________定律，因此不可能实现。 (2)第二类永动机：从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器。违背_____________定律，不可能实现。 转化 转移 能量守恒 热力学第二 [思考判断] (1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。(　　) (2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。(　　) (3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从 外界吸热。(　　) (4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　　) (5)热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化。(　　) (6)热量不可能从低温物体传给高温物体。(　　) × × × √ × × 二 核心知识　典例研析 11 考点一　热力学第一定律 基础考点 12 1.做功和热传递的比较 项目 做功 热传递 区别 做功是其他形式的能与内能之间的相互转化 热传递是内能的转移，不发生能量的转化 联系 做功与热传递在改变内能的效果上是等效的 13 2.热力学第一定律的理解 (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Q＝0。 (4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内 能变化时，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。 3.热力学第一定律的三种特殊情况 (1)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的改变量。 (2)等容过程：W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。 (3)等温过程：ΔU＝0，W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。 [典例1]　(多选)(2025·广东广州模拟)如 图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞 连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一 段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓 慢向外移动，关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是(　　) A.气体的压强变小　　　 B.气体对外界做功 C.气体吸收热量 D.气体的内能减小 BC [解析]　由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，A错误；根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，气体对外界做功，B正确；气体温度升高，气体内能增大，D错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知气体吸收热量，C正确。 [典例2]　(多选)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩， 然后经过等压过程回到初始温度，则(　　) A.绝热过程中，气体分子平均动能增加 B.绝热过程中，外界对气体做负功 C.等压过程中，外界对气体做正功 D.等压过程中，气体内能不变 AC [解析]　一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，A项正确，B项错误；一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少，根据＝C可知气体体积减小，外界对气体做正功，C项正确，D项错误。 考点二　热力学第二定律 基础考点 20 1.热力学第二定律的理解 (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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程。 21 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的宏观过程的方向性，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.热力学过程的方向性实例 (1)高温物体 低温物体。 (2)功 热。 (3)气体体积V1 气体体积V2(较大)。 [典例3]　(多选)根据热力学第二定律，下列说法中正确的是(　 　) A.不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化 B.没有冷凝器，只有单一的热库，能从单一热库吸收热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的 C.制冷系统将冰箱里的热量传到外界较高温度的空气中而不引起其他变化 D.不可能使热量由低温物体传到高温物体，而不引起其他变化 AD [解析]　热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性。机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外界的帮助，因而会引起其他变化，选项A正确，B错误；传热过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传到低温物体，但要从低温物体传到高温物体，必然会引起其他变化(外界对系统做功)，选项C错误，D正确。 [典例4]　下列关于热现象的描述正确的是(　　) A.根据热力学定律，热机的效率可以达到100% B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的 C [解析]　热机在工作过程中不可避免的要有能量耗散，其效率不可能达到100%，A项错误；热传递是靠能量的转移改变系统内能的，B项错误；系统达到热平衡的标志是温度相同，C项正确；分子动理论告诉我们，物质是由分子组成的，分子永不停息地做无规则运动，但大量分子的运动遵从一定的统计规律，如温度升高，所有分子的平均动能增大，D项错误。 考点三　热力学第一定律与图像的综合应用 能力考点 28 1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C 分析。 2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。 (1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。 (2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。 29 (3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。 (4)在p－V图像中，图像与坐标轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。 [典例5]　(多选)如图所示，一定质量的理想气体 在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A 的过程，已知B→C过程中气体做功的绝对值是 C→A过程中气体做功绝对值的3倍。下列说法中 正确的是(　　) A.C→A的过程中外界对气体做功300 J B.B→C的过程中气体对外界做功600 J C.整个过程中气体从外界吸收600 J的热量 D.整个过程中气体从外界吸收450 J的热量 AC [解析]　在C→A过程中，压强不变，气体体积减 小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA ＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功的 绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则 B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误； A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零，B→C的过程中气体对外界做功900 J，C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误。 [典例6]　(2022·湖北卷)一定质量的理想气体由 状态a变为状态c，其过程如p －V图中a→c直线段 所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确 的是(　　) A.a→b是等温过程 B.a→b过程中气体吸热 C.a→c过程中状态b的温度最低 D.a→c过程中外界对气体做正功 B [解析]　根据理想气体的状态方程＝C可知 a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大， 气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q可知a→b过程中气体吸热，A错误， B正确；根据理想气体的状态方程＝C可知， p－V图像中横纵坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的横纵坐标值的乘积相等，而中间状态的横纵坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。 考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 能力考点 35 解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程： 36 [典例7]　(2025·广东广州模拟)某兴趣小组设计了 一温度报警装置，原理图如图所示。一定质量的理 想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热 气缸内，活塞厚度不计，质量m＝100 g，横截面积 S＝10 cm2，开始时活塞距气缸底部的高度为h＝ 6 cm，缸内温度为T1＝300 K。当环境温度上升， 活塞缓慢上移Δh＝4 cm，活塞上表面与a、b两触点恰好接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求： (1)该报警装置的报警温度T2。 [解析]　气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得 即，代入数据解得T2＝500 K。 [答案]　500 K (2)若上述过程气体的内能增加12.96 J，则气体吸收的热量Q为多少? [解析]　缸内气体压强p＝p0＋＝1.01×105 Pa 气体等压膨胀对外做功W＝pΔV＝pSΔh＝4.04 J 由热力学第一定律得ΔU＝－W＋Q，代入数据 Q＝ΔU＋W＝12.96 J＋4.04 J＝17 J，则气体吸 热17 J。 [答案]　17 J [典例8]　(2025·广东广州检测)如图甲所示，导热气缸开口向右水平放置，缸内活塞密闭效果良好且能无摩擦滑动。开始时活塞在虚线位置静止(状态Ⅰ)，封闭气体体积为V＝1 L，通过给缸体缓慢加热，气体膨胀至体积加倍(状态Ⅱ)，此时气缸内壁的卡销自动开启，同时停止加热，待气缸慢慢冷却至环境温度(状态Ⅲ)。若封闭气体可视为理想气体，环境温度为27 ℃，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa。 (1)请在图乙坐标图上画出封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像，并通过计算说明作图所需的关键状态参量。 [解析]　状态Ⅰ状态参量：体积V1＝V＝1 L 温度T1＝(273＋27)K＝300 K 压强p1＝p0＝1.0×105 Pa 状态Ⅱ状态参量：体积V2＝2 L 由于等压膨胀p2＝p1＝1.0×105 Pa 由等压变化规律，解得T2＝2T1＝600 K 状态Ⅲ状态参量：T3＝300 K，体积V3＝V2＝2 L 由等容变化可知 可得p3＝p2＝0.5×105 Pa 封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像如图所示。 [答案]　见解析 (2)若给缸体缓慢加热的过程，气体吸收的热量为Q＝220 J，则在气缸冷却的过程气体放出的热量是多少? [解析]　加热过程由热力学第一定律得ΔU1＝W1＋Q1 外界对气体做功W1＝－p1ΔV1＝－1.0×105×1×10－3 J＝－100 J 又Q1＝Q＝220 J，可得ΔU1＝120 J 气缸冷却过程是等容变化，则W2＝0 内能变化ΔU2＝－ΔU1＝－120 J 由ΔU2＝W2＋Q2，可得Q2＝－120 J， 则在气缸冷却的过程气体放出的热量为120 J。 [答案]　120 J 分层训练　巩固提高 三 44 1.(多选)(2025·广东佛山模拟)下列有关物体内能改变的说法中，正确的 是(　　) A.外界对物体做功，物体的内能一定增加 B.外界对物体传递热量，物体的内能一定增加 C.物体对外界做功，物体的内能可能增加 D.物体向外界放热，物体的内能可能增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD A 夯实基础 45 解析：做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功的同时吸收热量，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热的同时外界对物体做功，物体的内能可能增加，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 46 2.(多选)(2025·广东梅州模拟)一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度，为了测出室外的空气温度，他将一近似球形的气球(如图)在室内吹大并放置较长一段时间后，测量其直径为L1，之后拿到室外并放置较长一段时间后，测量其直径为L2，L2＞L1，若不考虑气球表皮的弹力变化，且气球吹大后视为球体，大气压不变，室内外的温度均保持不 变，则(　　) A.气球内气体对外界做功 B.气球内气体对外界不做功 C.室外温度比室内温度高 D.气球在室外放出了热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AC 47 解析：气球体积膨胀，气球内气体对外界做功，A正确，B错误；气球从室内拿到室外，气压不变，等压变化过程中体积变大，根据盖－吕萨克定律可知室外温度比室内温度高，根据热力学第一定律可知气球在室外吸收热量，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 48 3.根据热力学定律判断，下列说法正确的是(　　) A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二 定律 B.自发的热传递是可逆的 C.可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响 D.气体向真空膨胀具有方向性 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 49 解析：有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；根据热力学第二定律可知，自发的热传递是不可逆的，B错误；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 50 4.(多选)在飞机起飞的过程中，由于高度快速变化，会引起机舱内气压变化，乘客小周同学观察发现，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，如图所示。若起飞前后桶内气体的温度保持不变，则下列关于桶内 气体(可视为理想气体)的说法中正确的是(　　) A.桶内气体压强p增大 B.桶内气体分子平均动能Ek不变 C.桶内气体从外界吸收热量 D.桶内气体对外做功，内能减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 51 解析：依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变， 在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，桶内气 体体积增大，根据＝c可知，压强p减小，故A错 误；由于桶内气体温度不变，则分子平均动能Ek不 变，故B正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，桶内气体从外界吸收热量，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 52 5.(多选)(2024·新课标卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组 成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程， 3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作 循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 53 解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气 体做功，故内能增加，故A正确；2→3为等压 过程，根据盖－吕萨克定律可知气体体积增大 时温度增加，内能增大，此时气体体积增大， 气体对外界做功W＜0，故气体吸收热量，故B 错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 54 6.(8分)(2025·广东湛江模拟)我们经常会在电视上 看到潜水员潜入海底探索海底的奥秘，如图所示， 潜水员潜水时呼出的气泡，在缓慢上升到海面的 过程中体积会逐渐变大。若某气泡缓慢上升到海 面的过程中未破裂，且越接近海面，海水的温度越高，大气压强恒定，视气泡内气体为理想气体。则此过程中，该气泡内的气体压强 __________，该气泡内的气体内能__________。(均选填“增大”“减小”或“不变”)  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 减小　 增大 55 解析：随着气泡的上升，离水面的深度逐渐减小，根据p＝p0＋ρgh，则该气泡内的气体压强减小；气泡内气体的温度升高，则该气泡内的气体内能增大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 56 7.(10分)(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： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 57 (1)pB的表达式。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由A到B的过程根据玻意耳定律可得 pAVA＝pBVB 解得pB＝p0。 答案：pB＝p0 58 (2)TC的表达式。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：从B到C的过程根据理想气体状态方程可知 解得TC＝1.9T0。 答案：TC＝1.9T0 59 (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：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：增加W 60 8.(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C B 能力提升 61 解析：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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 62 9.(12分)如图所示，一定质量的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、热力学温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，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力为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： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 63 (1)内能的增加量ΔU； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：活塞缓慢移动时受力平衡，由平衡条件得p1S＝p0S＋f，气体对外界做功，则W＝－p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得ΔU＝Q－(p0S＋f)L。 答案：Q－(p0S＋f)L　 64 (2)最终温度T。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：活塞发生移动前，气体发生等容变化，则有，活塞向右移动L，气体发生等压变化，则有，且V2＝2V1，解得T＝T0。 答案：T0 65 10.(12分)(2025·广东中山质检)肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸内有两个轻活塞A、B，活塞B紧靠固定阀门K，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，气体体积V1＝6.0×103 mL，压强为一个标准大气压p0。用力推活塞A使其缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2＝3.5×103 mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 66 (1)气体的压强为1.2p0时，求阀门K与活塞A间气体的体积V； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：气体做等温变化 初态V1＝6.0×103 mL，p1＝p0 末态V2＝3.5×103 mL＋V，p2＝1.2p0 由玻意耳定律得p0V1＝1.2p0V2 解得V＝1.5×103 mL。 答案：1.5×103 mL 67 (2)此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504 J，活塞A、B间气体对活塞B做的功为395 J，求活塞A、B间气体放出的热量Q。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由热力学第一定律，即ΔU＝W＋Q 因温度没有变化，则内能没有变化，ΔU＝0 又W＝504 J－395 J＝109 J 解得Q＝－109 J 所以，活塞A、B间气体放出的热量为109 J。 答案：109 J 68 11.(12分)如图所示，一定质量的理想气体从状态 A经等温过程到状态B，此过程中，气体温度t＝ 20 ℃，吸收的热量Q＝360 J，已知A状态的体积 为1 L。 (1)求此过程中气体内能的增量。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：从状态A到状态B，气体的温度不变，则内能不变，即ΔU＝0。 答案： 0 69 (2)此过程中气体是对外做功还是外界对气体做功，做的功是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：气体从A到B内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU＝W＋Q可知，W＝－360 J，即气体对外做的功为360 J。 答案：气体对外做功　360 J 70 (3)若气体先从状态A经等压变化到状态C，再经等容变化到状态B，则这个过程气体吸收的热量是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：A状态的体积是1 L，压强为3×105 Pa， B状态压强为1×105 Pa， 根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB， 可得VB＝3 L， WA→C→B＝－pAΔV＝－3×105×2×10－3 J＝－600 J， 由ΔU＝WA→C→B＋Q'知，气体吸收的热量为Q'＝600 J。 答案：600 J 71 12.(12分)(2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向 上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气 体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器 内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从 外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 72 (1)再次平衡时容器内气体的温度； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得 即 解得T1＝T0。 答案：T0 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝CT0 气体对外做功W＝pSΔh＝h(p0S＋mg) 此过程中容器内气体吸收的热量 Q＝ΔU＋W＝h(p0S＋mg)＋CT0。 答案：h(p0S＋mg)＋CT0 $$