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（江苏专版）

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 考点一　热力学第一定律与能量守恒定律的理解 考点二　对热力学第二定律的理解及应用 考点三　热力学第一定律与图像的综合应用 课时作业　巩固提高训练 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 考点一　热力学第一定律与能量守恒定律的理解 一 4 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 传热 热量 Q＋W 盘点 核心知识 (3)表达式中的正、负号法则 符号 W Q ΔU ＋ __________对_________做功 物体__________热量 内能_________ － __________对_________做功 物体__________热量 内能_________ 外界 物体 吸收 增加 物体 外界 放出 减少 3.能量守恒定律 (1)内容 能量既不会凭空________，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__________。 (2)第一类永动机是不可能制成的，因为它违背了_____________。 产生 转化 转移 保持不变 能量守恒定律 [判断正误] 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，气体的内能一定减少20 J。 (　　) 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.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。(　　) 5.自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。(　　) × × × √ × [典例1]　(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容 积、质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(　　) A.对外做功　　　　 B.内能减小 C.吸收热量 D.压强不变 B 提升 关键能力 [解析]　由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。 [典例2]　(2025·江苏南京模拟)礼花喷射器通过扭动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击，将纸管里填充的礼花彩条喷出，营造气氛。喷出礼 花彩条的过程中，罐内气体(　　) A.内能减少 B.分子热运动加剧 C.由于来不及发生热传递，故温度保持不变 D.礼花喷射器宜在高温干燥环境保存 A [解析]　气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，气体对外做功，W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则分子热运动减弱，故A正确，B、C错误；礼花喷射器在高温干燥环境保存，会导致气罐内压强过高，冲破气阀，产生危险，故D错误。 解题时特殊字眼翻译 方法技巧 1.绝热：没有传热(Q＝0)。 2.等容：体积不变，不做功(W＝0)。 3.膨胀：体积变大，物体对外界做功(W＜0)。 4.等温：分子平均动能不变，理想气体内能不变(理想气体ΔU＝0)。 5.等压，体积变化ΔV：做功W＝－pΔV。 考点二 对热力学第二定律的理解及应用 二 14 1.热力学第二定律的几种表述 (1)克劳修斯表述：______________________________________。 (2)开尔文表述：_______________________________________________ _______________或表述为“__________永动机是不可能制成的”。 (3)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”)。 热量不能自发地从低温物体传到高温物体 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 第二类 减小 盘点 核心知识 2.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。 (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。 无序 3.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。 4.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)。 (4)不同气体A和B 混合气体AB。 5.两类永动机的比较   第一类永动机 第二类永动机 设计要求 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 不可能制 成的原因 违背能量守恒定律 虽然不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律 [判断正误] 1.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　　) 2.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。(　　) 3.热量不可能从低温物体传给高温物体。(　　) 4.利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。(　　) √ × × √ [典例3]　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热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的 D 提升 关键能力 [解析]　第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B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错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。 [典例4]　 电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分 的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律 C.冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量 D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都增大 B [解析]　制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但不满足远离液化的状态，所以不能看成理想气体，故A错误；该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，因为消耗了能量，符合热力学第二定律，故B正确；由于压缩机要做功，所以冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，故C错误；温度是分子平均动能的标志，在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子间距从气体过渡到液体，分子势能减小，故D错误。 考点三 热力学第一定律与图像的综合应用 三 25 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。 (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。 盘点 核心知识 [典例5]　(2025·江苏镇江开学考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态A→B→C→A的过程。下列判断正确的是 (　　) A.气体在状态C时压强为3p0 B.从状态A到状态B的过程中，气体分子的数密度减小 C.从状态C到状态A的过程中，气体可能放出热量 D.从状态C到状态A的过程中，气体单位时间内单位面 积分子撞击次数减少 D 提升 关键能力 [解析]　根据＝C，气体从状态C到状态A是等压变化，则气体在状态C时压强为p0，故A错误；从状态A到状态B的过程中，气体体积减小，气体分子的数密度增大，故B错误；从状态C到状态A的过程中，温度升高，内能增大，即ΔU＞0，体积增大，气体对外做功，即W＜0，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收热量，故C错误；从状态C到状态A的过程中，体积增大，温度升高，压强不变，气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少，故D正确。 [典例6]　一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→A的变化过程。已知气体在状态B时的温度为600 K。 (1)求气体在状态A时的温度。 [解析]　根据理想气体状态方程得 代入数据得TA＝150 K。 [答案]　150 K (2)在该理想气体经历的A→B→C→A的变化过程中，气体吸收还是放出热量，该过程中传递的热量为多少? [解析]　整个过程内能不变ΔU＝0 p－V图像与V轴围成的面积代表气体做的功， 整个过程气体对外做的功为 W1＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J 根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q 其中W＝－W1＝－30 J，ΔU＝0，可得Q＝30 J 可知气体从外界吸收热量，吸收的热量为30 J。 [答案]　吸收热量　30 J 考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 四 31 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 盘点 核心知识 [典例7]　(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 [解析]　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。 D 提升 关键能力 人教版选择性必修第三册第三章章末复习与提高 A组第4题： 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，若不计气泡内空气分子个数和分子势能的变化，在上浮过程中气泡的内能如何变化?吸热还是放热? [衔接分析]　情景相同，都是考查玻意耳定律和热力学第一定律。高考题是把教材习题改编成选择题，通过选项中压强和体积变化的思考降低思维难度的。 [复习指导]　熟练掌握气体实验定律和热力学第一定律，并能灵活应用解决实际问题。 [答案]　不变　吸热 考教衔接 [典例8]　 (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： (1)再次平衡时容器内气体的温度； [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。 [解析]　此过程中气体内能增加 ΔU＝CΔT＝CT0 气体对外做功大小为 W＝pSΔh＝h(p0S＋mg) 由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量 Q＝W＋ΔU＝h(p0S＋mg)＋CT0。 [答案]　h(p0S＋mg)＋CT0 人教版选择性必修第三册第三章章末复习与提高 B组第3题： 如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。 (1)外界空气的温度是多少? (2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少? 考教衔接 [衔接分析]　高考题是在教材习题的基础上进行改编的，高考题给出“气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT”这个新规律，代替教材题目“吸收热量Q”这个条件，应用热力学第一定律计算研究过程中容器内气体吸收的热量。两个题目的难度相当。 [复习指导]　熟练掌握气体实验定律和热力学第一定律，锻炼提高学生信息提取和应用的能力。 [答案]　(1)(1＋)T0　(2)Q－p0Sd－mgd [典例9]　 (2024·浙江1月卷)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。 (1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程， 分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)。  [解析]　根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。 不可逆 不变 (2)求水平恒力F的大小。 [解析]　气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1 解得状态2气体的压强为 p2＝＝1.02×105 Pa 解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保 持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得 p2S＝p0S＋F 解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10－4 N＝10 N。 [答案]　10 N (3)求电阻丝C放出的热量Q。 [解析]　当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有 可得状态3气体的体积为V3＝·2V1＝×2×750 cm3＝1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10－6 J＝25.5 J 根据热力学第一定律可得 ΔU＝－W＋Q' 解得气体吸收的热量为 Q'＝ΔU＋W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为 Q＝Q'＝89.3 J。 [答案]　89.3 J 人教版选择性必修第三册第三章章末复习与提高 A组第3题： 如图所示，一个绝热容器被隔板K分成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态。分析此过程中气体内能的变化情况。 考教衔接 [衔接分析]　情景相同。教材只是进行定性分析，高考题设计了具体的数据，让学生进行定量运算。高考题除了与教材相同考查热力学第一定律之外还增加了对热力学第二定律的考查。 [复习指导]　熟练掌握气体实验定律和热力学第一定律，深刻理解热力学第二定律，并能熟练解决热学综合问题。 [答案]　气体在绝热容器中不会与外界发生热交换，由于B内为真空，A内气体进入B的过程中，没有做功，所以气体内能没有变化。 课时作业　巩固提高训练 五 47 1.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 1 A 夯实基础 D 48 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 1 49 2.以下现象违背热力学第二定律的是(　　) A.一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉 B.没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能达到100% C.桶中浑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.在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能全部变为内能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体；任何热机效率都不可能达到100%；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化；物体因摩擦力而停下来，是机械能(动能)向内能的转化，是自发过程。故选项B正确。 B 50 3. (2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气罐和气囊组成。人在水下拉动手环的开关，高压气罐快速给气囊充气后气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积 增大，则(　　) A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知Q＞0，即需要从外界吸热，故C错误，D正确。 6 D 51 4.(2024·新课标卷改编)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，气体向外吸热 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 52 解析：1→2为绝热过程，气体体积减小，外界对 气体做功，故根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可 知此时内能增加，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降低，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 53 5.(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 1 C 54 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，ΔUa b＞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； 方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qb c＝0，又由气体体积增大可知Wb c＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 55 方法二：c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb＞Ta分析可知Tb＞Tc，所以b到c过程气体的内能减少，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＝Qa b－Qc a－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qa b不等于c→a过程放出的热量Qc a，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 56 6.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、 Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的 是(　　) A.pa＝3p0 B.Vb＝3Vc C.从状态a到状态b，气体对外做功 D.从状态c到状态a，气体从外界吸热 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 57 解析：从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，气体温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 58 7.(2025·江苏常州一中月考)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，V－T图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.气体A状态的压强大于C状态的压强 B.状态B到状态C过程中，气体从外界吸热 C.状态C到状态D过程中，气体内能增大，其中分子动 能减小，分子势能增大 D.从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A过程中气体从外界吸热 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 59 解析：根据理想气体状态方程＝C可知，V－T图像中 等压线斜率越大，压强p越小，由图像可知，OA等压线 斜率大于OC等压线斜率，所以A状态的压强小于C状态 的压强，故A错误；状态B到状态C过程中，温度不变， 理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做正功，根 据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误； 理想气体不计分子势能，状态C到状态D过程中，温度升高，气体内能增大，分子动能增大，故C错误；将V－T图像转化为p－V图像，如图所示，通过p－V图像可知整个循环过程气体对外做的功大于外界对气体做的功，初末状态温度相同，内能相同，所以该过程中气体从外界吸热，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 60 8.(10分)(2024·浙江6月卷)如图所示，测定一个形状不规则小块 固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容 器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S， 接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m 的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将 此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 能力提升 61 (1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力_______， 气体分子的数密度________。(选填“变大”“变小”或“不变”)  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p＝可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。 不变 变小 62 (2)求此不规则小块固体的体积V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律得 解得 V＝4×10－5 m3。 答案：4×10－5 m3 63 (3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收的热量Q。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：整个过程中外界对气体做的功为 W＝－p1S(l2－l1) 对活塞受力分析有p1S＝mg＋p0S 解得 W＝－4.1 J 根据热力学第一定律得 ΔU＝Q＋W 其中 ΔU＝10.3 J 解得 Q＝14.4 J 故气体吸收的热量为14.4 J。 答案：14.4 J 64 9.(10分)(2025·江苏六校联合体调研)如图所示，竖直放置的内壁光滑的绝热汽缸中有加热装置，汽缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H＝1 m。质量M＝2 kg、横截面积S＝10 cm2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1＝0.8×105 Pa、温度为T1＝300 K的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p0＝1×105 Pa保持不变，重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 65 (1)求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：当活塞刚要离开卡槽时，根据平衡条件有 p2S＝p0S＋Mg，解得p2＝1.2×105 Pa 气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有 联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝450 K。 答案：450 K 66 (2)若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2 m，该过程中气体吸收了Q＝100 J的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：活塞离开卡槽上升过程中发生等压变化，气体对外做功，则有W＝－p2Sh 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W 代入数据解得此过程中气体内能的变化量ΔU＝76 J。 答案：76 J 67 10.(12分)(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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 68 (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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：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。 答案：3V0　 69 (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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：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。 答案：　 70 (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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由p－V图像与横坐标轴所围面积表示气体做的功可知，从M到N的过程对外做功较多，N和N'都是从M状态变化而来，应该相同，可得TN＞TN'，可知从M到N的过程内能减小的较少。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N'的过程绝热，内能的减少量等于气体对外做的功；从M到N的过程气体对外做功更多，内能减少量反而较少，则气体必然吸热。 答案：吸热 71 11.(15分)(2024·辽宁卷)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 72 (1)求变压器的输出功率P； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由原线圈正弦交流电的峰值可 知变压器输入电压有效值为U1＝ 设变压器副线圈的输出电压为U2，根 据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 联立解得U2＝U1＝ 理想变压器的输出功率等于R的热功率，即P＝。 答案：　 73 (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有 解得T2＝2T0 74 由Q＝CΔT知气体吸收的热量 Q＝C(T2－T0)＝CT0 气体的体积不变，所以W＝0，容器是绝热容器，则ΔU＝Q 电热丝产生的热量全部被气体吸收，Q＝Pt 联立整理得t＝CT0 解得t＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 答案： 75 $$