第3章 热力学定律 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了热力学定律及能量守恒定律，通过概念梳理、考点图像构建知识网络，串联各定律逻辑关系及与气体状态参量的内在联系，帮助学生形成完整的热力学知识体系。 其亮点在于采用“真题-教材衔接+易错诊断+分层检测”的复习策略，如结合高考真题与教材习题对比分析，通过易错点辨析（如ΔU=Q+W中各量正负判断）培养科学思维和科学探究能力。分层设计让学生巩固知识，教师也能精准把握学情，提升复习效率。

单元综合提升 　　　　 第三章　热力学定律 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 (2024·北京高考)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 真题 1 √ 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；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。 [衔接教材]　人教版选择性必修第三册P64·T4 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]　人教版选择性必修第三册P64·T4以“一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起”为情境，与本高考题情境类似，均考查了气体状态参量和内能的变化问题。 针对练1.(2023·天津高考)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 √ 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；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；爬山过程中气体不做功，但内能减小，故根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体体积、质量均不变，温度减小，根据查理定律可知气体压强减小，故D错误。故选B。 针对练2.(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭，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 √ 气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体体积变大，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，可知Q＞0，从外界吸热，故C错误，D正确。 (2024·湖北高考)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 真题 2 气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得＝ 即＝ 解得T1＝T0。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案：CT0＋h(p0S＋mg) 此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝CT0 气体对外做功为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＝CT0＋h(p0S＋mg)。 [衔接教材]　人教版选择性必修第三册P65·T3 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？ [衔接分析]　人教版选择性必修第三册P65·T3以“竖直放置的圆柱形容器与活塞封闭的气体状态变化”为情境，与本高考题情境类似，均考查了盖－吕萨克定律与热力学第一定律的综合应用问题。 针对练1.(2025·辽宁沈阳市高二联考)某中学春季运动会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为30 L、压强为1.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(充气过程温度不变)，要求充气后气球体积为6 L、压强为1.0×105 Pa；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到9 L时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1 000 m，大气温度下降6 ℃，高度每升高1 m，大气压减小约11 Pa，庆祝现场地面空气温度为27 ℃，大气压为1.0×105 Pa，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，T＝t＋273 K，下列说法正确的是 A.用一个氦气罐可以充出500个符合要求的气球 B.用氦气罐给气球充气过程中，氦气放出热量 C.当气球发生爆裂时，气球离地面的高度约为3 448 m D.要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当 减小 √ 设用一个氦气罐可以充出n个符合要求的气球，由玻意耳定律有p0V0＝p1(V0＋nV1)，其中p0＝1.0×107 Pa，V0＝30 L，p1＝1.0×105 Pa，V1＝6 L，解得n＝495，故A错误；对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故B错误；当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到9 L，设此时气球离地面高度为h，则爆裂时气体的压强和温度分别是p2＝p1－11h(Pa)，T2＝T0－(K)，由理想气体状态方程有＝，解得h≈3 448 m，故C正确；由C项分析可以推导出h与V1的函数关系式为h＝(m)，可知V1越小，h越大，故D错误。故选C。 针对练2.某同学设计了如图所示的估测室温的装置。用质量 为m的绝热活塞和导热良好的汽缸封闭一定质量的理想气体， 活塞的横截面积为S，室温时测得活塞到汽缸底部的距离为 L1。将汽缸竖直放置于同一房间的冰水中，已知冰水温度恒 为T2，活塞缓慢下降，稳定时测得活塞到汽缸底部的距离为L2，已知大气压为p0，重力加速度为g，不计活塞与缸壁间的摩擦。 (1)求室温； 答案：T2　 由盖-吕萨克定律得＝ 解得T1＝T2。 (2)若已知该气体内能U与温度T满足U＝kT，k为已知常量，求在上述过程中该气体向外释放的热量Q。 答案： (p0S＋mg＋)(L1－L2) 根据公式U＝kT得初、末状态的气体的内能为U1＝kT1， U2＝kT2，内能减少ΔU＝k(T1－T2) 活塞缓慢下降，设气体压强为p，对活塞受力分析可得pS ＝p0S＋mg 气体经历等压变化，外界对气体做功为W＝pS(L1－L2)＝(p0S＋mg)(L1－L2) 由热力学第一定律可得气体向外释放的热量Q＝(p0S＋mg)(L1－L2)＋k(T1－T2)＝(p0S＋mg＋)(L1－L2)。 (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 真题 3 √ √ 1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体 做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU ＞0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程， W＜0，由盖－吕萨克定律可知气体温度升高，内能 增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＜0，气体内能减少，C错误；4→1为等容过程，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，气体向外放热，D正确。 [衔接教材]　人教版选择性必修第三册P65·T4 如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知在此过程中，气体吸收了300 J的热量，则该过程中气体内能变化了多少？ [衔接分析]　人教版选择性必修第三册P65·T4以“理想气体的p－V图像”为情境，与本高考题情境类似，均考查了气体图像与热力学第一定律的综合应用问题。 针对练1.(2022·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则 A.状态a的内能大于状态b的内能 B.状态a的温度高于状态c的温度 C.a→c过程中气体吸收热量 D.a→c过程中外界对气体做正功 √ 由于a→b为等温过程，即状态a和状态b温度相同，对 于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错 误；由于状态b和状态c体积相同，且pb＜pc，根据理 想气体状态方程＝，可知Tb＜Tc，又因为Ta＝ Tb，故Ta＜Tc，故B错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝Q＋W，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。故选C。 针对练2.(多选)(2021·海南高考)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体 A.在状态c的压强等于在状态a的压强 B.在状态b的压强小于在状态c的压强 C.在b→c的过程中内能保持不变 D.在a→b的过程对外做功 √ √ 因直线ac过原点，根据V＝T(C为常量)可知，气体在 状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜 率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大 于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温 度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。故选AC。 返回 易错辨析 返回 易错点1.不能正确判断ΔU＝Q＋W中各物理量的正负 如图所示，某同学将空的玻璃瓶开口向下缓慢压入水中，设水温均匀而且恒定，瓶内空气看作理想气体，下降过程中瓶内空气质量不变，则 A.瓶内气体分子间作用力为斥力且增大 B.瓶内气体从外界吸收热量 C.瓶内气体分子平均动能不变 D.单位时间内与单位面积瓶壁碰撞的分子数不变 √ 被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变， 压强变大，根据pV＝C可知，气体体积减小，外界对 气体做正功，即W＞0；由于气体温度不变，气体分 子平均动能不变，气体内能不变，即ΔU＝0，根据热 力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，即气体向外界放热，B错误，C正确；理想气体分子间作用力为0，A错误；气体分子平均动能不变，气体体积减小，则气体分子的数密度变大，单位时间内与单位面积瓶壁碰撞的分子数增多，D错误。 [易错分析]　本题容易错选B项，原因是在应用热力学第一定律时， 确定W和Q正负时出错，导致错选B项。 易错点2.不清楚物体体积变化对应做功情况 如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银中的同一深度，A、B两球用同一种特殊材料制作，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始时水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后体积相等，则 A.A球吸收的热量较多 B.B球吸收的热量较多 C.两球吸收的热量一样多 D.无法确定两球吸收热量的大小关系 √ 两球初、末状态温度分别相同，体积变化相同，所以内能的变化量相同，但水银中的B球膨胀时对外做功较多，则吸热较多。故选B。 [易错分析]　本题容易错选C项，原因是不知道在水和水银中的同一深度处， 水银的压强较大，两球增大相同的体积，B球对外做功较多，吸热较多；而误认为两球增大相同的体积，A、B球对外做功相同，吸热相同，导致错选C项。 易错点3.忽视吸收的热量、放出的热量及功是过程量 一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有 A.Q1－Q2＝W2－W1 B.Q1＝Q2 C.W1＝W2 D.Q1＞Q2 √ 由题可知内能的变化量为零，根据热力学第一定律可得ΔU＝Q1－Q2＋W1－W2＝0，可得Q1－Q2＝W2－W1，因为没有给出具体的变化过程，所以无法判断W1与W2的大小关系，也无法判断Q1与Q2的大小关系，A正确，B、C、D错误。 [易错分析]　本题容易错选B项或者C项，原因是忽视了气体状态变化过程中，气体吸收的热量、放出的热量及气体与外界间做的功都是过程量，误认为气体从某状态开始经过一系列变化后又回到开始的状态的过程中，外界对气体做的功W1与气体对外界做的功W2一定相等，气体吸收的热量Q1与气体放出的热量Q2一定相等，导致错选B项或者C项。 易错点4.未理清气体的变化过程 (多选)如图所示，两端开口、下端连通的导热汽缸，用 两个轻质绝热活塞(横截面积分别为S1和S2)封闭一 定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活 塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞 上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.整个过程，外力F做功大于0，小于mgh B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变 C.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于p0S1h＋mgh D.左端活塞到达B位置时，外力F等于 √ √ √ 做功的两个必要因素是有力和在力的方向上有位 移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力 F做功为0，A错误；根据汽缸导热且环境温度不 变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程， 理想气体的分子平均动能保持不变，B正确；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功，即Q＝W＜p0S1h＋mgh，C正确；左端活塞到达B位置时，根据汽缸内的气体对两活塞的压强相等可得p0＋＝p0＋，即F＝，D正确。故选BCD。 [易错分析]　本题容易漏选C项，原因是有些同学错误地认为理想气体的变化是等压过程，气体的压强一直为p＝p0＋，外界对气体做功为W＝pΔV＝p0S1h＋mgh，从而误认为C项错误，导致漏选C项。 易错点5.误认为吸收热量内能一定增大 如图所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在直立圆筒形导热汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止状态，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部被取走，若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，在此过程中，下列说法中正确的是 A.气体对外做功，气体温度一定变化 B.气体对外做功，内能可能不变 C.气体压强可能增大，内能可能不变 D.若气体从外界吸热，则内能一定增大 √ 逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，则气体压强减小，体 积增大，气体对外做功，根据＝C可知，温度可能不 变，内能可能不变，故A、C错误，B正确；汽缸是导热 的，可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀，对外做功，同时若气体从外界吸热，内能可能不变，故D错误。 [易错分析]　本题容易错选A项或者D项，原因是本题中气体体积增大，吸收热量，由于忽视了对外做功，误认为气体的温度一定升高，内能一定增大，导致错选A项或者D项。 返回 单元检测卷 返回 1.(2025·河南三门峡市高二质检)下列有关内能、温度、热量的说法中错误的是 A.两物体的质量、温度和体积相等，两物体内能不一定相等 B.只要温度升高，每个分子的动能就都增加 C.热量是传热过程中物体内能变化的量度 D.做功和传热都能改变物体的内能，两过程的本质不同，改变物体内能的效果相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，且受物态变化影响，两物体的质量、温度和体积相等，而物质的量不一定相等，则两物体内能不一定相等，A正确；温度升高，分子的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，B错误；热量是传热过程中物体内能变化的量度，C正确；做功和传热都能改变物体的内能，做功是能量转化的过程，传热是能量转移的过程，两过程的本质不同，但改变物体内能的效果相同，D正确。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.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80 J的热量，则它的内能增大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，在传热中，热量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.热现象过程中不可避免地出现能量耗散，能量耗散符合热力学第二定律 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W＝80 J－100 J＝－20 J，即内能减小了20 J，故A错误。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W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，故B错误。通过做功的方式可以让热量从低温物体传到高温物体，如电冰箱，故C错误。能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.(2025·江西南昌高二期末)关于热力学定律，下列说法中正确的是 A.热量不可能从低温物体传递到高温物体 B.所有永动机都不可能制造成功，是因为都违背了能量守恒定律 C.一定质量的理想气体等温压缩过程一定吸热 D.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，但可以通过外界做功，将热量从低温物体传递到高温物体，故A错误；所有永动机都不可能制造成功，其中第一类永动机是因为违背了能量守恒定律，第二类永动机是因为违背了热力学第二定律，故B错误；一定质量的理想气体等温压缩过程，气体温度不变，内能不变，气体体积变小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定放热，故C错误；根据热力学第二定律可知，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，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图所示，有一导热性良好的汽缸放在水平面上，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用(即分子势能视为零)和环境温度的变化，现缓慢推倒汽缸，在此过程中 A.气体吸收热量，内能不变 B.汽缸内分子的平均动能增大 C.单位时间内撞击汽缸壁单位 面积上的分子数增多 D.汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 初始状态，气体压强大于大气压，末状态，气体压强等于大气压，该过程气体对外做功，由于忽略环境温度变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；温度不变，汽缸内分子的平均动能不变，故B错误；分子的平均动能不变，平均速率不变，气体压强变小，单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数减少，故C错误；分子的平均动能不变，汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力不变，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.(2025·陕西咸阳市高二月考)一定质量的理想气体，体积由V膨胀到V'。如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，则 A.W1＞W2，Q1＜Q2，ΔU1＞ΔU2 B.W1＞W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2 C.W1＜W2，Q1＝Q2，ΔU1＞ΔU2 D.W1＜W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 第一种情况，气体压强不变，体积增大，根据＝C可知，温度升高，ΔU1＞0，根据热力学第一定律有ΔU1＝Q1－W1；第二种情况，气体体积增大，温度不变，ΔU2＝0，根据pV＝C可知，压强减小，根据热力学第一定律有ΔU2＝Q2－W2，则ΔU1＞ΔU2。两种情况下体积变化相同，但第二种情况下压强减小，因此W1＞W2，故Q1＞Q2。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是 A.汽缸内的活塞向右运动 B.汽缸内气体的内能变小 C.汽缸内气体的压强减小 D.汽缸内气体的分子平均动能变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析， 根据平衡条件得pS＋FT＝p0S，细沙不断漏出时细线 拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动， 气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于 汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程＝C可知p变大，故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后回到初态1，其变化过程如图所 示，则 A.从1到2过程中，气体对外做功，内能减小 B.从2到3过程中，气体对外做功，内能减小 C.从1经2到3到再回到1过程中，气体一定从外界吸热 D.从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 从1到2过程为等容变化，体积不变，气体不对外做功， A错误。从2到3过程中，体积增大，气体对外做功；压 强不变，根据＝C可知，温度升高，内能增大，B错 误。从3到1过程中，体积减小，气体分子数密度变大； 由题图可知p1V1＜p3V3，由＝C可知T3＞T1，温度降低，内能减小，D错误。根据p－V图像中图线与横轴所围面积表示做功可知，整个过程气体对外界做功大于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左、右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左、右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比 A.左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加 B.左、右两边气体温度都升高 C.左边气体压强增大 D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出的 热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动活塞， 从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一 定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确。根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2025·云南大理市高二联考)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p-T图像如图所示， 下列关于气体变化的说法正确的是 A.从状态A变化到状态B，气体不做功，但对外放热 B.从状态A到状态B，每个气体分子的动能都减小 C.从状态B到状态C，气体吸收的热量大于对外界所做的功 D.从状态B到状态C，容器壁单位面积上受到气体分子的撞击力增大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据p＝T可知，从状态A变化到状态B，气体体积不 变，不做功，由题图可知，气体温度降低，内能减小， 则根据ΔU＝Q＋W可知，气体对外放热，A正确；从 状态A到状态B，气体温度降低，分子平均动能减小， 但不是每个气体分子的动能都减小，B错误；从状态B到状态C，气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体内能增加，对外做功，根据ΔU＝Q＋W，可知气体吸收的热量大于对外界所做的功，C正确；从状态B到状态C，气体温度升高，但是压强不变，则容器壁单位面积上受到气体分子的撞击力不变，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.(2025·江苏徐州市高二统考)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过B、C、D再回到状态A，其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均过原点O，气体在状态A时的压强为p0，下列说法正确的是 A.A→B过程中，气体压强不变 B.B→C过程中，气体向外放热 C.C→D过程中，气体对外做功为p0V0 D.整个过程中，气体吸收的热量小于p0V0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据理想气体状态方程＝C，可得T＝V，由题图可知A →B过程中，图线斜率不变，故气体压强不变，为等压过程， 故A正确；B→C过程中，气体温度不变，为等温过程，因此 气体内能不变，而气体体积增大，气体对外界做功，根据热 力学第一定律可知，气体从外界吸热，故B错误；由A选项分析可知，C→D过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做功，故C错误；根据题图可得到压强p和体积V的关系图像如图所示，由于p－V图像与横轴所围面积表示气体对外界做的功，因此整个过程气体对外界做的功小于ABCD所围成的梯形的面积，S梯形ABCD＝·＝，故气体对外界做功W＜，由于整个过程气体内能不变，根据热力学第一定律可得整个过程中气体吸收的热量Q＝W＜，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(8分)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热库吸热Q1，对外做功W，又对低温热库放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是______________。热机的效率η＝不可能达到100％，从能量转化的角度，说明______能不能完全转化为________能，而不引起其他变化。 Q1＝W＋Q2 内 机械 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题述，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。由热力学第一定律知，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是0＝Q1－Q2－W，即Q1＝W＋Q2。热机的效率η＝不可能达到100％，从能量转化的角度，说明内能不能完全转化为机械能，而不引起其他变化。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)某校的学生进行了水火箭的制作与发射比赛，装置 如图所示。瓶内封闭了一定质量的气体，比赛中通过打气 筒向瓶内多次打气，直到瓶内气体的压力冲开瓶塞，瓶内 水从瓶口快速喷出，瓶身因反冲获得向上的速度射向空中。 已知瓶塞的截面积为S，瓶中气体未打气时压强为p0(大气 压)，体积为V0，每次打气均是把打气筒中压强为p0、体积 为kV0的气体全部打入瓶中。忽略打气过程中气体温度的变化，同时忽略水及瓶塞重力产生的压强。假设打了N次气后，水恰好冲开瓶塞，水火箭成功发射。在瓶塞被冲开、水快速喷出时，气体的内能将_______(选填“增大”或“减小”)，温度将_______(选填“升高”或“降低”)。瓶塞刚被冲开时瓶内气体的压强p＝_____________，瓶塞与瓶颈间的最大静摩擦力Ffm＝___________。 减小 降低 (1＋kN)p0 kNp0S 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由热力学第一定律可知，在瓶塞被冲开、水快速喷 出时，不考虑气体与外界热交换，气体对外做功， 气体的内能将减小，温度将降低。 由玻意耳定律得p0V0＋Np0kV0＝pV0，则瓶塞刚被 冲开时瓶内气体的压强p＝(1＋kN)p0瓶塞刚要被冲 开时，对瓶塞受力分析，因不计水及瓶塞重力产生的压强，则有pS＝p0S＋Ffm，解得Ffm＝kNp0S。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(10分)如图甲为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2 L，内装1.4 L的消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时，按下B阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm＝1.0×105 Pa。 (1)求充气过程向下压A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积； 答案：12　0.6 L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 壶中原来空气的体积V1＝(2－1.4) L＝0.6 L，由玻意耳定律得p1(nV0＋V1)＝p2V1 其中p1＝1.0 atm，V0＝0.05 L，p2＝2.0 atm 解得n＝12 最多喷出的液体ΔV＝nV0＝0.6 L。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)喷液全过程，气体状态变化的等温线(如图乙所示)近似看成一段倾斜直线，估算喷液过程壶内气体从外界吸收的热量。 答案：90 J 外界对气体做功W＝－×ΔV＝－90 J 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝0 解得Q＝90 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(12分)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0。从状态A到状态B，该气体从外界吸收的热量为Q，在p-T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点O；从状态B到状态C温度不变；从状态C到状态A，该气体对外界做的功为W。求： (1)气体在状态B时的压强和在状态C时的体积； 答案：2p0　V0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题意可知AB为等容线，根据查理定律有＝ 解得pB＝2pA＝2p0 根据理想气体状态方程有＝ 解得VC＝V0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)从状态C到状态A，气体与外界交换的热量。 答案：W－Q 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图可知从状态A到状态B，气体做等容变化，做 功为零，根据热力学第一定律可得 ΔUAB＝UB－UA＝Q 从状态B到状态C，气体做等温变化，内能不变，则 有UC＝UB＝UA＋Q 所以从状态C到状态A，有ΔUCA＝UA－UC＝－Q 设从状态C到状态A，气体与外界交换的热量为Q'，根据热力学第一定律可知ΔUCA＝Q'－W 解得Q'＝W－Q。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(16分)(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报 警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内 用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量 的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度 TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A。 环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J。取大气压p0＝0.99×105 Pa，g取10 m/s2，求气体： (1)在状态B的温度； 答案：330 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有＝ 解得TB＝TA＝TA＝330 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在状态C的压强； 答案：1.1×105 Pa 从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，压强不变，设为pB，则有pBS＝p0S＋mg 解得pB＝1×105 Pa 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有＝ 解得pC＝pB＝1.1×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 答案：188 J 根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功W＝－pBSd＝－30 J 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 解得Q＝ΔU－W＝188 J。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 单元综合提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $