2026届高三物理一轮复习讲义：第十四章第3讲 热力学定律与能量守恒定律

第十四章 光学 第3讲　热力学定律与能量守恒定律 【复习目标】 1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律分析有关问题。 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。 【考点突破】 考点一　热力学第一定律与能量守恒定律 【知识梳理】 1.热力学第一定律的理解 (1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析。 (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，则不发生传热，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。 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量 等容 W＝0 ΔU＝Q 物体吸收的热量等于物体内能的增加量 等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功，等于物体放出的热量 【典例剖析】 例1 (2024·北京卷，3)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 【即时训练】 1.(多选)(2024·河北卷，9)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　　) A.弹簧恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 考点二　热力学第二定律 【知识梳理】 1.对热力学第二定律关键词的理解 (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)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。 2.热力学过程的方向性分析 (1)高温物体低温物体 (2)功热 (3)气体体积V1(较小)气体体积V2(较大) (4)不同气体A和B混合气体AB 3.两类永动机的比较 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 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律 【典例剖析】 例2 (多选)如图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。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.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律 D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除 【即时训练】 2.利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　) A.A端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端 B.A端流出的气体内能一定小于B端流出的 C.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律 考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 【典例剖析】 例3 (2024·浙江1月选考，17)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＝2.04×105Pa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T3＝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”);  (2)求水平恒力F的大小; (3)求电阻丝C放出的热量Q。 【解题妙招】 解决热力学定律与气体实验定律综合问题的一般思路 【即时训练】 3.(2024·湖北卷，13)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为已知常量，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; (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 考点四　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合应用 【典例剖析】 例4 (多选)(2024·新课标卷，21)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 【即时训练】 4.(多选)(2024·海南卷，11)如图，一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过坐标原点O，下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2025·八省联考山陕青宁卷，8)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体。则此过程，该气体系统(　　) A.对外做功，体积膨胀 B.对外不做功，最终压强减小 C.内能减少，最终温度降低 D.无序度变大 2.(2025·山东齐鲁名校联盟联考)热水瓶是居家必备的保温用具。某次向热水瓶中注入一定量的热水，迅速盖好软木瓶塞，如图所示，不一会发现瓶塞被顶了起来发出“噗”的声音又落下，且被顶起过程封闭在热水瓶内的气体与外界无热传递。下列关于这一现象的说法正确的是(　　) A.瓶塞被顶起是瓶内气体分子间存在斥力作用的结果 B.瓶塞被顶起的过程瓶内的气体对外做功 C.瓶塞被顶起的过程封闭在热水瓶内气体的内能保持不变 D.若瓶塞未被二次顶起，则瓶内气体的压强一定小于大气压强 3.(多选)(人教版选择性必修第三册P30T3改编)取一个空的金属易拉罐，在开口处插入一根粗细均匀的长透明吸管，在吸管内注入一小段油柱(长度、质量均可忽略)，然后用蜡将易拉罐开口处密封。以密封处为原点，在吸管上标上刻度，如果不考虑大气压的变化，就是一个简易的气温计，如图所示。当环境温度由t1缓慢升高到t2的过程中，油柱从刻度L处上升到2L处，则(　　) A.这一过程中，罐壁单位面积上单位时间内碰撞的气体分子数减少 B.这一过程中，罐内气体分子的平均动能保持不变 C.油柱在刻度L处时罐内气体压强小于油柱在2L处时的压强 D.这一过程中，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量 4.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是(　　) A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能 B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能 C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律 D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能 5.(多选)(2025·山东齐鲁名校联考)如图所示，两固定绝热活塞把内壁光滑的绝热汽缸分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，左侧活塞上带有阀门K，开始时阀门K关闭，Ⅰ、Ⅲ内理想气体的压强相等，Ⅱ内为真空。t1时刻打开阀门K，经过一段时间稳定后，t2时刻取消右侧活塞的固定状态，在t3时刻右侧活塞停止运动。下列说法正确的是(　　) A.阀门K打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的扩散遵循热力学第二定律 B.t2时刻Ⅰ中气体的压强是t1时刻的 C.Ⅰ中气体在t3时刻后的温度高于t1时刻前的温度 D.t2~t3时间内Ⅲ中气体的内能不变 6.(2025·八省联考内蒙古卷，6)如图所示，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　) A.a的压强减小 B.b的温度降低 C.b的所有分子速率均减小 D.弹簧的弹力一定增大 7.(多选)(人教版选择性必修第三册P43T2改编)家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为p0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为1.5V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体(只有吸盘内的气体是封闭的)。此过程中，下列说法正确的是(　　) A.吸盘内的气体的压强增大 B.吸盘内的气体要从外界吸收热量 C.吸盘内的气体分子的平均动能不变 D.安装结束后，此挂钩所挂物体的最大质量为－m 8.一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 9.(2024·山东卷，6)一定质量的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 10.(2025·八省联考云南卷，14)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求: (1)初始时，缸内气体的压强; (2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度; (3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十四章 光学 第3讲　热力学定律与能量守恒定律 【复习目标】 1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律分析有关问题。 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。 【考点突破】 考点一　热力学第一定律与能量守恒定律 【知识梳理】 1.热力学第一定律的理解 (1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析。 (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，则不发生传热，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。 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量 等容 W＝0 ΔU＝Q 物体吸收的热量等于物体内能的增加量 等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功，等于物体放出的热量 【典例剖析】 例1 (2024·北京卷，3)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 答案　D 解析　气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为h，则该位置处气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，其中p0为外界大气压、ρ为水的密度，g为重力加速度，可知上浮过程中气泡内气体压强变小，又恒温水槽温度不变，由玻意耳定律pV＝C(C为常量)可知，上浮过程中气泡内气体体积变大，B、C错误;由于温度是分子平均动能的标志，则气泡在恒温水槽内上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡内气体内能不变，即ΔU＝0，气体体积变大，外界对气体做负功，即W<0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，即上浮过程中气泡内气体从水中吸热，A错误，D正确。 【即时训练】 1.(多选)(2024·河北卷，9)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　　) A.弹簧恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 答案　ACD 解析　初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，左侧气体向右侧真空逸散，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，A正确;由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错误;密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，C正确;初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。 考点二　热力学第二定律 【知识梳理】 1.对热力学第二定律关键词的理解 (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)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。 2.热力学过程的方向性分析 (1)高温物体低温物体 (2)功热 (3)气体体积V1(较小)气体体积V2(较大) (4)不同气体A和B混合气体AB 3.两类永动机的比较 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 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律 【典例剖析】 例2 (多选)如图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。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.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律 D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除 答案　BD 解析　根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确;热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C错误;压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，故D正确。 【即时训练】 2.利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　) A.A端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端 B.A端流出的气体内能一定小于B端流出的 C.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律 答案　D 解析　中心部位为分子热运动速率较小的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动速率较大的气体从B端流出;同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故A错误;A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关;所以不能得出从A端流出的气体内能一定小于从B端流出的气体内能，故B错误;该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，故C错误;温度较低的气体从A端流出、温度较高的气流从B端流出，也符合能量守恒定律，D正确。 考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 【典例剖析】 例3 (2024·浙江1月选考，17)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＝2.04×105Pa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T3＝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”);  (2)求水平恒力F的大小; (3)求电阻丝C放出的热量Q。 答案　(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J 解析　(1)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。 (2)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为研究对象，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。 (3)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T3＝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。 【解题妙招】 解决热力学定律与气体实验定律综合问题的一般思路 【即时训练】 3.(2024·湖北卷，13)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为已知常量，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; (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案　(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh) 解析　(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T 由盖－吕萨克定律得 其中V0＝Sh，V＝S 联立解得T＝T0。 (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得 ΔU＝Q＋W 其中ΔU＝C(T－T0) W＝－(mg＋p0S)h 联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。 考点四　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合应用 【典例剖析】 例4 (多选)(2024·新课标卷，21)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 答案　AD 解析　1→2过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，气体内能增加，A正确;2→3过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，气体压强不变，由盖－吕萨克定律＝C可知温度升高，内能增加，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体从外界吸收热量，B错误;3→4过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，气体内能减小，C错误;4→1过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，气体压强减小，体积不变，由查理定律＝C 可知温度降低，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，气体向外界释放热量，D正确。 【即时训练】 4.(多选)(2024·海南卷，11)如图，一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过坐标原点O，下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 答案　AC 解析　由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确;根据pV＝CT(C为常量)可得V＝T，根据题图可知，ca过程，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则p减小，气体温度升高，内能增大，B、D错误;ab过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，即W>0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体放出热量，C正确。 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2025·八省联考山陕青宁卷，8)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体。则此过程，该气体系统(　　) A.对外做功，体积膨胀 B.对外不做功，最终压强减小 C.内能减少，最终温度降低 D.无序度变大 答案　BD 解析　绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q＝0，气体向真空扩散，没有对外界做功，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无序度变大，根据理想气体状态方程＝C可知压强减小，故B、D正确。 2.(2025·山东齐鲁名校联盟联考)热水瓶是居家必备的保温用具。某次向热水瓶中注入一定量的热水，迅速盖好软木瓶塞，如图所示，不一会发现瓶塞被顶了起来发出“噗”的声音又落下，且被顶起过程封闭在热水瓶内的气体与外界无热传递。下列关于这一现象的说法正确的是(　　) A.瓶塞被顶起是瓶内气体分子间存在斥力作用的结果 B.瓶塞被顶起的过程瓶内的气体对外做功 C.瓶塞被顶起的过程封闭在热水瓶内气体的内能保持不变 D.若瓶塞未被二次顶起，则瓶内气体的压强一定小于大气压强 答案　B 解析　瓶塞被顶起是瓶内气体压强大于外部大气压强的原因，故A错误;瓶塞被顶起的过程瓶内的气体有一部分能量转化为塞子的机械能，即气体对外做功，故B正确;瓶塞被顶起的过程与外界无热传递，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知封闭在热水瓶内气体的内能减小，故C错误;若瓶塞未被二次顶起，则有p1＝＋p0，瓶内气体的压强一定大于大气压强，故D错误。 3.(多选)(人教版选择性必修第三册P30T3改编)取一个空的金属易拉罐，在开口处插入一根粗细均匀的长透明吸管，在吸管内注入一小段油柱(长度、质量均可忽略)，然后用蜡将易拉罐开口处密封。以密封处为原点，在吸管上标上刻度，如果不考虑大气压的变化，就是一个简易的气温计，如图所示。当环境温度由t1缓慢升高到t2的过程中，油柱从刻度L处上升到2L处，则(　　) A.这一过程中，罐壁单位面积上单位时间内碰撞的气体分子数减少 B.这一过程中，罐内气体分子的平均动能保持不变 C.油柱在刻度L处时罐内气体压强小于油柱在2L处时的压强 D.这一过程中，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量 答案　AD 解析　这一过程中，气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能变大，分子平均速率变大，分子对器壁的平均作用力变大，气体数密度减小，可知罐壁单位面积上单位时间内碰撞的气体分子数减少，A正确，B错误;外界大气压保持不变，油柱产生的压强可忽略，则油柱在刻度L处时罐内气体压强等于油柱在2L处时的压强，C错误;这一过程中，气体体积变大，对外做功，温度升高，内能变大，根据ΔU＝W＋Q可知，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量，D正确。 4.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是(　　) A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能 B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能 C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律 D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能 答案　B 解析　根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，A、D错误;气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确;气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误。 5.(多选)(2025·山东齐鲁名校联考)如图所示，两固定绝热活塞把内壁光滑的绝热汽缸分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，左侧活塞上带有阀门K，开始时阀门K关闭，Ⅰ、Ⅲ内理想气体的压强相等，Ⅱ内为真空。t1时刻打开阀门K，经过一段时间稳定后，t2时刻取消右侧活塞的固定状态，在t3时刻右侧活塞停止运动。下列说法正确的是(　　) A.阀门K打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的扩散遵循热力学第二定律 B.t2时刻Ⅰ中气体的压强是t1时刻的 C.Ⅰ中气体在t3时刻后的温度高于t1时刻前的温度 D.t2~t3时间内Ⅲ中气体的内能不变 答案　ABC 解析　阀门K打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中的扩散是不可逆的，遵循热力学第二定律，A正确;气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中扩散时不做功，总内能不变，温度不变，体积变为原来的2倍，由理想气体状态方程＝C可知，t2时刻Ⅰ中气体的压强是t1时刻的，B正确;t2~t3时间内Ⅲ气体通过活塞对Ⅰ、Ⅱ中的气体做功，Ⅲ中气体的内能减小，Ⅰ、Ⅱ中气体的内能增加，温度升高，C正确，D错误。 6.(2025·八省联考内蒙古卷，6)如图所示，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　) A.a的压强减小 B.b的温度降低 C.b的所有分子速率均减小 D.弹簧的弹力一定增大 答案　B 解析　初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W，可得ΔUa>0，ΔUb<0，则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，根据理想气体状态方程＝C可知，a的压强增大，b的压强减小，故A、C错误，B正确;由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。 7.(多选)(人教版选择性必修第三册P43T2改编)家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为p0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为1.5V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体(只有吸盘内的气体是封闭的)。此过程中，下列说法正确的是(　　) A.吸盘内的气体的压强增大 B.吸盘内的气体要从外界吸收热量 C.吸盘内的气体分子的平均动能不变 D.安装结束后，此挂钩所挂物体的最大质量为－m 答案　BC 解析　理想气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律可知，吸盘内的气体的压强减小，故A错误;理想气体温度一定，则内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内的气体要从外界吸收热量，故B正确;理想气体温度不变，则吸盘内的气体分子的平均动能不变，故C正确;根据玻意耳定律有p0V0＝p1·1.5V0，令此挂钩所挂物体的最大质量为M，对物体与挂钩整体分析有(M＋m)g＝kFN，p0S＝FN＋p1S，解得M＝－m，故D错误。 8.一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 答案　D 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，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。 9.(2024·山东卷，6)一定质量的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 答案　C 解析　a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖－吕萨克定律可知Tb>Ta，即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，即ΔUca＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W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;由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－(－Qca)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p－V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以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。 10.(2025·八省联考云南卷，14)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求: (1)初始时，缸内气体的压强; (2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度; (3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。 答案　(1)＋p0　(2)＋p0　　(3)0　Mgh 解析　(1)对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝p1S 解得初始时，缸内气体的压强为p1＝＋p0。 (2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件有Mg＋mg＋p0S＝p2S 解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0 由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh' 活塞下降的高度Δh＝h－h' 联立可得Δh＝。 (3)由于该过程中气体温度保持不变，则该过程缸内气体内能的变化量为ΔU＝0 外界对其所做的功W＝(M＋m)gΔh＋p0SΔh＝Mgh。 学科网（北京）股份有限公司 $$