第15章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

该高中物理课件聚焦热力学定律与能量守恒定律高考核心考点，覆盖热力学第一、二定律及与气体图像、实验定律的综合应用，对接高考评价体系，通过知识梳理、核心突破及2023天津卷等真题针对练，明确高频考点权重，归纳选择、计算等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于“真题情境+科学思维建模”，如以2025山东模拟题为例，通过气体图像转化分析做功与吸放热，培养科学推理和模型建构素养，总结热力学第一定律三种特殊情况解题技巧，助力学生掌握答题方法，教师可据此系统开展复习，提升备考效率。

第3讲　热力学定律与能量守恒定律 高三一轮复习讲义 新高考 第十五章　热　学 返回 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。 学习目标 考点一　热力学第一定律 考点二　热力学第二定律 考点三　热力学第一定律与气体图像的综合 课时测评 内容索引 考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 热力学第一定律 考点一 返回 知识梳理 1．改变物体内能的两种方式：______和传热。 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___。 (2)表达式：ΔU＝_________。 (3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则 物理量 意义 符号 W Q ΔU ＋ 外界对系统做功 系统______热量 内能______ － 系统对外界做功 系统______热量 内能______ 做功 热量 和 Q＋W 吸收 增加 放出 减少 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，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体______到别的物体，在转化或______的过程中，能量的总量保持不变。 (2)能量守恒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__________________。 转移 转移 能量守恒定律 高压锅内的气体初始温度为300 K，压强p＝1×105 Pa。盖上锅盖对锅加热，锅内气体吸收400 J的热量后温度上升80 K。若把锅换成开口向上的汽缸，加上可以自由移到的轻活塞，汽缸中气体和锅内气体的初态参量相同，对汽缸加热，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升80 K。 判断下列说法的正误： (1)高压锅内气体等容升温过程，气体对外不做功，气体内能增加了400 J。( ) (2)汽缸内气体等压膨胀过程，气体对外做功，气体内能增加了600 J。 ( ) (3)压强为p时等压膨胀过程，气体体积增加ΔV，气体对外做功为pΔV。 ( ) × √ √ 核心突破 1．对热力学第一定律的理解 (1)分析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。 (2)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。 (3)如果研究对象是理想气体，因理想气体没有分子势能，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 (1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(系统)对系统(外界)做的功等于系统内能的增加(减少)量。 (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收(放出)的热量等于系统内能的增加(减少)量。 (3)若在过程的初、末状态，系统的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(系统)对系统(外界)做的功等于系统放出(吸收)的热量。 汽缸中气体的压强为4×105 Pa，活塞的面积是40 cm2，气体等压膨胀，推动活塞移动了20 cm，求： (1)气体做的功； 答案：320 J 例1 气体体积增大，对外做功，W＝pSx＝4×105×40×10-4×0.2 J＝320 J。 (2)在做功过程中气体吸热2.1×103 J，气体的内能改变量。 答案：1.78×103 J 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋(－W)＝2.1×103 J－320 J＝1.78×103 J，即气体的内能改变量为1.78×103 J。 针对练1. (2023·天津卷·T2)如图是爬山所带的氧气瓶，爬 高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低， 则气体 A．对外做功 B．内能减少 C．吸收热量 D．压强不变 √ 爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律可知，气体的压强减小，D错误。 针对练2.(2025·山东潍坊三模)如图所示，开口向右的绝 热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻 绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m 的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一 段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为ΔU。重力加速度大小为g，外界大气压不变。下列说法正确的是 A．状态2相比状态1，每个分子的速率都增大 B．状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少 C．由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量 D．电热丝释放的热量为ΔU－mgL √ 由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均 动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子 的运动速率都增大，故A错误；状态2相比状态1压强 不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分 子数密度减小，由气体压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少，故B正确；由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；设大气压为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为p，由平衡方程p0S＝mg＋pS，得pS＝p0S－mg，活塞向右移动L过程中，气体对外做功W＝pSL＝(p0S－mg)L，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，气体吸收的热量即电热丝释放的热量Q＝ΔU＋(p0S－mg)L，故D错误。 返回 热力学第二定律 考点二 返回 知识梳理 1．热力学第二定律的两种表述 (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______热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。 2．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。 自发地 单一 1．可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 ( ) 2．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( ) 3．第一类永动机违反了热力学第二定律。 ( ) 4．第二类永动机违反了能量守恒定律。 ( ) × × × √ 核心突破 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。 (2)“不产生其他影响”的含义是指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。 (3)热力学第二定律的每一种表述，都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。 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A、B。 3．两类永动机的比较 分类 第一类永动机 第二类永动机 设计初衷 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热库吸收热量，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 (多选)根据热力学定律，下列说法正确的是 A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成 B．效率为100%的热机是不可能制成的 C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 D．从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是提高机械效率的常用手段 例2 √ √ 第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是不可能实现的，故D错误。 针对练1.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 √ 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，A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；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，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，D错误。 针对练2.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库吸收热量，使之完全变成功是可能的 √ 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，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，使之完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。 返回 热力学第一定律与气体图像的综合 考点三 返回 1．在某一过程中，气体的p、V、T的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＝Q＋W判断气体是吸热还是放热。 例3 (2025·广西桂林模拟)如图所示为一定质量的理想气体 状态变化过程中的三个状态，图中ba的延长线过原点，b→c 过程为等温过程，则下列说法正确的是 A．b→c过程，气体分子数密度增大 B．c→a过程，气体分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的比例均减小 C．c→a过程，外界对气体做功大于气体放出的热量 D．a→b→c→a过程，气体从外界吸收热量 √ b→c过程，气体体积增大，气体分子数密度减小，A错误；c→a过程，温度降低，气体分子速率分布中速率小的区间内分子数占总分子数的比例增大，B错误；c→a过程，温度降低，内能减小，外界对气体做功，气体一定放出热量且放出的热量大于外界对气体做的功，C错误；a→b→c→a过程，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体从外界吸收热量，D正确。 针对练1.一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 √ 从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得，又pb＝p0，解得pa＝2p0，故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，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，所以吸收热量，故D正确。 针对练2.(2025·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a 开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T-V图像如图所示。 下列说法正确的是 A．a、b状态对应的压强之比为3∶2 B．b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小 C．c→a过程为绝热过程 D．a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功 √ 根据理想气体的状态方程可得，，代入数据得pa∶pb＝6∶1，故A错误；b→c过程温度升高，分子平均动能增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；c→a过程体积缩小，外界对气体做功，W>0，等温变化内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0，气体向外界放热，故C错误； 将V-T图像转化为p-V图像如图，易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p-V图像围成的封闭图形的面积等于外界对气体做的功，回到原状态a，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体一定放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。 针对练3.(多选)(2024·海南卷·T11)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 √ √ 由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确；根据＝C(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，B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；ca过程，气体温度升高，内能增大，D错误。 返回 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 考点四 返回 求解热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的一般思路 例4 (2024·湖北卷·T13)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； 答案：T0　 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)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案：(CT0＋mgh＋p0Sh) 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)。 针对练．(2025·四川成都三诊)如图(a)所示，水平 放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两 部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右 侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度 为T、压强为p的状态1。抽取隔板A，左侧中的气 体就会扩散到右侧中，最终达到状态2。然后将绝热容器竖直放置如图(b)所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，用电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为1.5T的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压p0，且有p<2p0，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。 (1)求绝热活塞B的质量； 答案： 气体从状态1到状态2发生等温变化，则pV＝p1·2V 容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，以活塞B为对象，根据力的平衡条件有p1S＋mg＝p0S 解得m＝。 (2)求气体内能的增加量。 答案：Q－ 当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动，使气体达到温度1.5T的状态3，可知气体做等压变化，则有 该过程气体对外做功为W＝p1(V1－2V) 根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q 故ΔU＝Q－。 返回 课 时 测 评 返回 1．如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的 A．温度升高，内能增加100 J B．温度升高，内能减少200 J C．温度降低，内能增加100 J D．温度降低，内能减少200 J √ 外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝Q＋W＝(－100＋200) J＝100 J，即内能增加100 J，对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 2．(多选)如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，汽缸连接前轮。当路面不平时，自行车颠簸使得活塞上下振动，汽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，汽缸内的气体 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．分子对汽缸壁单位面积的平均撞击力增加 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 活塞迅速下压的过程中，气体被压缩，外界对气体做正 功，故A错误；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＝C，气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对汽缸壁单位面积的平均撞击力增加，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 3．如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现将沙桶底部钻一个小洞，让沙子慢慢漏出。汽缸外部温度恒定不变，则 A．缸内的气体压强减小，内能减小 B．缸内的气体压强增大，内能减小 C．缸内的气体压强增大，内能不变 D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 设活塞以及沙桶(含沙子)的质量为m，以活塞及沙桶(含沙子)整体为研究对象，由平衡条件可得p0S＝pS＋mg，则当m减小时，p增大，由理想气体状态方程可知，气体体积变小，外界对气体做功，由于气体的温度不变，则ΔU＝0，气体的内能不变，选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 4．(多选)下列说法中正确的是 A．不可能从单一热库吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响 B．热量只能由高温物体传递给低温物体 C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的 根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 5．(多选)地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因，下列说法正确的是 A．内能不能转化成机械能 B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律 C．只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能且不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律 D．机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，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，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 6．(2025·四川眉山模拟)如图所示，一定质量的理 想气体经历了A→B→C的状态变化，下列说法正 确的是 A．A→B过程中，气体对外界做正功600 J B．A→B→C过程中，气体吸收热量 C．A→B过程中，气体放出热量与外界对气体做功相等 D．B→C过程中，气体吸收热量与气体对外界做功相等 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 A→B过程中，气体体积减小，外界对气体做正 功为W＝pΔV＝15×104×4×10-3 J＝600 J，故 A错误。A→B过程中，气体压强不变，体积减 小，根据＝C可知，气体温度降低，内能减小； 根据热力学第一定律可知，气体放出热量大于外界对气体做功，故C错误。根据题图可知pBVB＝pCVC，所以TB＝TC，则B、C状态气体内能相等，B→C过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量与气体对外界做功相等，故D正确。VA＝VC，pA>pC，可得TA>TC，则A→B→C过程中，气体内能减小，根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功，可知整个过程外界对气体做正功，气体向外放热，故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 7．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、 bc、cd和da这四段过程在p-T图上都是直线段，ab和dc的延 长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，ad平行于纵轴，由图可 以判断 A．ab过程中气体体积不断减小，外界对气体做正功，气体内能减小 B．bc过程中气体体积不断减小，外界对气体做正功，气体内能不变 C．cd过程中气体体积不断增大，气体对外界做正功，气体内能增加 D．da过程中气体体积不断增大，气体对外界做正功，气体内能不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由理想气体状态方程得p＝T，在p-T图像中等容线为过 原点的倾斜直线，ab过程是等容变化，温度降低，内能 减小，体积不变，外界对气体不做功，故A错误；根据p ＝T可知，与坐标原点连线的斜率越大，体积越小，则 bc过程中，体积减小，外界对气体做正功，温度降低，则内能减小，故B错误；由A项分析知，cd过程是等容变化，体积不变，气体对外界不做功，故C错误； da过程是等温变化，则气体内能不变，压强减小，根据＝C，则体积增大，气体对外界做正功，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 8．(多选)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105 Pa，下列说法正确的是 A．该气体在状态B时的压强为2.0×105 Pa B．该气体在状态C时的压强为1.0×105 Pa C．该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为100 J D．该气体从状态A到状态C的过程中放出的热量为200 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定 律得，解得在状态B时的压强为pB＝1.0×105 Pa， 故A错误；气体从状态B到状态C，发生的是等压变化， 有pC＝pB＝1.0×105 Pa，故B正确；由于状态A与状态 C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，气体从状态A到状态B不对外做功，从状态B到状态C的过程中外界对气体做功W＝－pBΔV＝×(3－2)×10-3 J＝－100 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＝100 J，即整个过程中吸收的热量为100 J，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 9．(多选)如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的光滑绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压为p0，重力加速度为g。则 A．初始时，气体压强p1＝p0 B．停止加热时，气体的温度T＝2T0 C．该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SL D．该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力 和气体向上压力，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝＋p0， 故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖-吕 萨克定律有 ＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律有 ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 10．(10分)肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、 内壁光滑的汽缸内有两个轻活塞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ΔV＝3.5×103 mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。 (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； 答案：1.5×103 mL 气体做等温变化，初态为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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 (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。 答案：109 J 由热力学第一定律有ΔU＝－Q＋W 因温度没有变化，所以内能没有变化，即ΔU＝0，故 0＝－Q＋504 J－395 J 解得Q＝109 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 11．(12分)(2025·浙江温州二模)如图所示，固定在水平 地面开口向上的圆柱形导热汽缸，用质量m＝1 kg的活 塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦 移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上 质量M＝3 kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0 ＝40 cm，缸内气体温度T1＝300 K，轻绳恰好处于伸直 状态，且无拉力。已知大气压p0＝0.99×105 Pa，活塞横截面积S＝，忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降，则： (1)当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2。 答案：291 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 初始时，对活塞有p0S＋mg＝p1S 解得p1＝1×105 Pa 当物块恰好对地面无压力时，对活塞有p0S＋mg＝p2S ＋Mg 解得p2＝0.97×105 Pa 对气体，由等容变化可得 解得T2＝291 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 (2)当缸内气体温度降至T3＝261.9 K时，求物块上升高度Δh；已知整个过程缸内气体内能减小121.2 J，求其放出的热量。 答案：4 cm　160 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 对气体，由等压变化可得 即 解得Δh＝4 cm 整个降温压缩过程活塞对气体做功为W＝p2ΔV＝p2SΔh ＝38.8 J 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 解得Q＝－160 J 即放出热量160 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 12．(12分)(2025·山东潍坊调研)如图所示为一细沙分装称量 装置示意图，高L＝40 cm的导热性能良好的薄壁容器竖直悬 挂，容器内有一厚度不计的活塞，横截面积S＝10-3 m2，活 塞和托盘的总质量m＝0.1 kg。托盘不放细沙时封闭气体的长 度为。缓慢向托盘中加入细沙，当活塞下降至离容器顶部 位置时，系统会发出信号，停止加入细沙。已知初始时环境热力学温度T0＝300 K，大气压p0＝105 Pa，g取10 m/s2，不计活塞与汽缸间的摩擦力且装置不漏气。求 (1)刚好使系统发出信号时，加入细沙的总质量M。 答案：6.6 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 托盘不放细沙时，对活塞和托盘分析，受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得p1S＋mg＝p0S 解得p1＝p0－ 刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得p2S＋g＝p0S 解得p2＝p0－ 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 其中V1＝ 解得M＝6.6 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 (2)从刚好发出信号开始，若外界温度T0缓慢降低至0.99T0，气体内能减少了1.1×10-2 J，求气体向外界放出的热量Q。 答案：0.11 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由盖-吕萨克定律得 解得V3＝0.99V2 此过程外界对气体做的功W＝p2 由热力学第一定律有ΔU0＝－Q＋W 其中ΔU0＝－1.1×10-2 J 联立解得Q＝0.11 J。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 谢 谢 观 看 热力学定律与能量守恒定律 $