第3章 热力学定律 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（人教版）

第三章　热力学定律 综合拔高练 高考真题练 考点1　热力学第一定律的理解与应用 1.(2025河北,2)某同学将一充气皮球遗忘在操场上,找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高,体积变大。在此过程中若皮球未漏气,则皮球内封闭气体(　　) A.对外做功 B.向外界传递热量 C.分子的数密度增大 D.每个分子的速率都增大 2.(2025北京,1)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾绒,猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃①,在压缩过程中,筒内气体(　　) A.压强变小 B.对外界不做功 C.内能保持不变 D.分子平均动能增大 ①教材回溯　此处与教材P46“问题”类似。 3.(2025江苏,6)如图所示,取装有少量水的烧瓶、用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口,并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后,瓶内气体(　　) A.内能迅速增大　　　　B.温度迅速升高 C.压强迅速增大　　　　D.体积迅速膨胀 4.(2025陕晋青宁,13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2; (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。 考点2　热力学第二定律的理解与应用 5.(多选题)[2022湖南,15(1)]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①,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端为冷端,B端为热端 B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D.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 E.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 ①言之有物　外界对氮气做功,使氮气进入涡流室,这个过程不是自发进行的。 考点3　气体实验定律和热力学第一定律的综合应用 6.(2024山东,6)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 7.(2024湖北,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。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 8.(2025浙江1月选考,15)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm,将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,液面差h不变,瓶内气体处于状态2,此时锁定瓶塞,并缓慢吸出吸管内的水,使管内与瓶内液面等高,气体处于状态3。已知从状态2到状态3气体对外做功W=1.02 J,从状态1到状态3气体吸收热量Q=4.56 J,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,忽略液体表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3,理想气体热运动的平均速率　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数　　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”);  (2)求状态3理想气体的体积V3; (3)求从状态1到状态3理想气体内能的改变量ΔU。 9.(2025山东,16)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求: (1)T2=440 K时,气柱高度h2; (2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 高考模拟练 应用实践 1.(2025河北邢台期中)皮罐是家庭常备保健器材,因其操作简单、使用方便备受人们喜爱,如图所示。在拔罐时,先用手按压皮罐排除部分气体后,再将皮罐扣在皮肤上,待皮罐鼓起,皮罐就可以牢牢地吸附在皮肤上。因皮肤和皮罐鼓起,使得内部气体体积增大,由于身体的热量传递,最终内部气体温度高于初始时的温度。若将罐内气体视为理想气体,对于拔罐的整个过程,下列说法正确的是(　　) A.由于内部气体体积增大,对外做功,因此最终状态时内部气体内能减小 B.由于内部气体温度升高,故内部所有气体分子运动的速率均增大 C.由于内部气体温度升高,内部气体的压强一定大于外界的大气压 D.由于内部气体温度升高,内部气体吸收的热量大于气体对外做的功 2.(多选题)(2025辽宁沈阳二模)冬天烧煤取暖容易引发一氧化碳中毒事故,高压氧舱是治疗一氧化碳中毒的有效措施。某物理兴趣小组通过放在水平地面上的汽缸来研究高压氧舱内的环境,如图所示,导热汽缸内的活塞与汽缸底部的距离为h,活塞的横截面积为S,环境温度保持不变。汽缸内气体的压强为1.2p0,该小组分别通过向汽缸内充气和向下压活塞的方式使汽缸内气体的压强增大到2p0。已知大气压强为p0,汽缸内气体可视为理想气体,活塞与汽缸密封良好,不计活塞与汽缸间的摩擦,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.活塞的质量为 B.若活塞不动,仅将外部环境中体积为0.5Sh、压强为1.8p0的气体缓慢充入汽缸,可使汽缸内气体的压强增至2p0 C.仅将活塞缓慢下移,可以将汽缸内气体的压强增至2p0 D.仅将活塞缓慢下移的过程中,气体向外界放出的热量大于p0Sh 3.(多选题)(2025安徽合肥统考)如图所示为一定质量的理想气体的p-T图像,气体从状态A开始,经A→B、B→C、C→D、D→A四个过程回到原状态,且p-T图像中B、D状态对应的点的连线经过原点,其中pA=pB=3pC=3pD、TA=TD、TB=TC。已知理想气体的内能与其热力学温度成正比,下列说法正确的是(　　) A.气体在状态D时的体积大于其在状态C时的体积 B.气体在D→A过程中放出热量 C.气体在状态A时内能是其在状态B时内能的3倍 D.气体在状态B时内能是其在状态A时内能的3倍 4.(2025山西太原期中)如图甲所示,用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内,气体从状态A→B→C→A完成一次循环,其状态变化过程的p-V图像如图乙所示。已知该气体在A状态时的温度为600 K。 　　 (1)求气体在状态B和状态C时的温度; (2)求气体从状态A到C的过程中,气体对外做的功; (3)已知气体从状态C到A的过程中,外界对气体做功1.4×106 J,试说明全过程中气体是吸热还是放热并求吸收(或放出)了多少热量。 5.(2025河北秦皇岛一模)如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在水平放置的导热良好的汽缸内。活塞的质量为m,横截面积为S,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气,开始使汽缸开口向右水平放置,一轻质弹簧两端分别与活塞和汽缸底部相连,活塞与汽缸底部的距离为L,大气压强恒为p0=,环境温度为T1。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置,待稳定后对缸内气体逐渐加热,使活塞与汽缸底部的距离再次为L。已知对气体加热过程中气体膨胀对外做功,同时吸收热量Q,重力加速度大小为g,弹簧劲度系数为k=,弹簧原长为L,弹簧弹性势能Ep=kx2(其中k为弹簧劲度系数,x为弹簧形变量),整个过程弹簧未超出弹性限度,求: (1)此时气体的温度T2; (2)加热过程活塞上升的高度h; (3)对气体加热过程中气体增加的内能ΔU。 迁移创新 6.(2025湖北武汉期中)如图所示,内壁光滑、厚度不计的绝热汽缸A、B,其底部由体积可忽略的细管连通,A上端与大气连通,B上端封闭。A、B汽缸中分别有厚度可忽略的绝热活塞M、N,A、B汽缸的横截面积分别为4S、S,两汽缸的高度都为h。两活塞下方充有氮气,活塞N上方充有氧气。轻质且不可伸长的细绳连接活塞M,绕过光滑的定滑轮与重物连接。当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃时系统处于静止状态,此时活塞M离汽缸顶的距离为h,活塞N离汽缸顶的距离为h。活塞M的质量为,重物的质量和活塞N的质量均为,整个过程不漏气,气体均可视为理想气体,重力加速度为g,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。 (1)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞M恰好升至汽缸A顶部时,求氮气的温度; (2)继续缓慢加热使活塞N上升,当活塞N上升h时,氧气的温度为47 ℃,求氧气的压强; (3)已知汽缸中氮气的内能为U=αT(T为氮气的热力学温度,α为常数),求第(1)问过程中电阻丝的发热量Q。 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.A 2.D 3.D 5.ABE 6.C 1.A　皮球温度升高、体积变大过程中,皮球内封闭气体温度升高,所以分子热运动的平均速率变大,但不代表每个分子的速率都增大,D错误。皮球体积增大,即皮球内封闭气体体积变大,分子总数一定,所以分子的数密度变小,C错误。皮球体积变大,所以皮球内封闭气体对外做功,W<0,A正确。皮球内封闭气体温度升高,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q>0,所以气体从外界吸收热量,B错误。 2.D　 考教衔接 本题由教材P46“问题”栏目演变而来,题目中的情境是猛推点火器的推杆压缩筒内气体,点燃艾绒,教材中的情境是迅速压下筒中的活塞,点燃硝化棉。本题主要考查了做功与内能变化的关系、理想气体的状态方程、热力学第一定律。 　 猛推推杆压缩筒内气体,气体未来得及与外界发生热交换,Q=0,气体被压缩,体积减小,则外界对气体做功,W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能增大,故C错误;气体内能增大,故其温度升高,又因为气体体积减小,根据理想气体的状态方程=C,可知气体压强增大,故A错误;气体被压缩,体积减小,则外界对气体做功,故B错误;气体温度升高,则气体分子平均动能增大,故D正确。 归纳总结 　　理想气体相关量ΔU、W的分析思路 　　(1)内能变化量ΔU 　　①由气体温度变化分析ΔU:温度升高,内能增加,ΔU>0;温度降低,内能减少,ΔU<0。 　　②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。 　　(2)做功情况W 　　由体积变化分析气体做功情况。气体膨胀,体积增大,气体对外界做功,W<0;气体被压缩,体积减小,外界对气体做功,W>0。 3.D　向瓶内打气,瓶内气体增多,体积不变,压强增大;橡胶塞跳出时,瓶内气体迅速膨胀,对外做功,W<0,此过程时间极短,可认为是绝热过程,Q=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W得ΔU<0,内能减少,因为一定质量的气体内能与温度成正比,可知瓶内气体温度降低,由=C可得气体压强减小,故A、B、C错误,D正确。 教材溯源 　　本题考查做功与内能的改变的知识,题目呈现的实验情境与教材P48“做一做”栏目中的实验非常相似,根据教材中对“做一做”栏目中实验的讲解可解答本题。 4.答案　(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 解析　(1)胎内气体视为理想气体,根据理想气体状态方程= ,代入数据解得p2=3.3×105 Pa。 (2)根据p-V图线与横轴所围的面积表示胎内气体对外界做功的绝对值,可得外界对胎内气体做功W=-ΔV(点拨:因为p与V成线性关系,此方法可以理解为平均值法,注意热力学第一定律中的W为外界对气体做的功), 代入数据解得W=-10 080 J, 又因为此过程胎内气体吸收的热量Q=7.608×104 J, 根据热力学第一定律得ΔU=W+Q, 代入数据解得ΔU=6.6×104 J。 方法技巧 热力学第一定律中外界对气体做功W的求解方法 　　(1)若气体发生等压变化,可直接应用W=Fl cos θ ,即W=-pΔV。 　　(2)若气体的压强变化,W的绝对值可根据p-V图线与横轴所围面积来求解,若气体为单一变化过程,气体体积V增大,W为负值;气体体积V减小,W为正值。若气体变化为一个循环过程,p-V图线所围的面积表示W的绝对值,若循环过程沿顺时针方向则W为负值,若循环过程沿逆时针方向则W为正值。 　　注:若题给图像不是p-V图像,可先将图像转换为p-V图像再求解。 5.ABE　 关键点拨 分子热运动速率较小的气体分子聚集到环形管中心部位,与分离挡板碰撞后从A端流出,A端为冷端,分子热运动速率较大的气体分子聚集到环形管边缘部位,从B端流出,B端为热端。 依题意,中心部位为热运动速率较小的气体,与挡板相作用后反弹,从A端流出,而边缘部位热运动速率较大的气体从B端流出,同种气体分子热运动平均速率较大,其对应的温度也就较高,所以A端为冷端,B端为热端,故A正确;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,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B正确;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,依题意,不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能,故C错误;该装置将冷热不均的气体进行分离,喷嘴处有高压,即该过程是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,温度较低的气体从A端流出,温度较高的气体从B端流出,也符合能量守恒定律,故D错误,E正确。 6.C　 题图解读 a→b过程压强不变,气体发生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;a→b→c→a整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,因此W<0,根据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应大于c→a过程放出的热量-Qca,D错误。 一题多解 　　c→a过程为等温过程,所以Tc=Ta,结合Tb>Ta可知Tb>Tc,所以b→c过程气体的内能减少,故B错误;a→b→c→a整个热力学循环过程的p-V图线沿顺时针循环,表示一个周期的总功为负,则一个周期内总的热传递为正,即a→b过程,气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量,D错误。 7.答案　(1)T0　(2)CT0+h(p0S+mg) 解析　(1)活塞缓慢上升h,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有= 即=,解得T1=T0 (2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0 活塞受力平衡,则有mg+p0S=pS 气体对外界做功,W=-pSΔh=-h(p0S+mg) 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 联立解得此过程中容器内气体吸收的热量 Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg) 教材溯源 　　本题是对教材P65复习与提高B组第3题(题目情境图如图所示)的改编,不偏不怪,难度较小,提醒学生在日常的学习中一定要重视教材,吃透基本物理模型。 8.答案　(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J 真题降维 题目信息 信息解读 管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm 瓶内气体的压强为p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa 将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变 从状态1到状态2,气体发生等压变化,体积增大,气体对外做功 缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高 从状态2到状态3,气体发生等温变化,压强减小,体积增大,气体对外做功 解析　(1)从状态2到状态3,气体的温度保持不变,则气体的内能保持不变,气体分子平均速率不变;由题意可知气体体积增大,气体压强减小,故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)气体从状态1到状态2的过程,由盖-吕萨克定律得= 其中V1=1×103 cm3,T1=300 K,T2=303 K 解得V2=1.01×103 cm3 此时气体压强为p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa 气体从状态2到状态3的过程,由玻意耳定律得p2V2=p3V3 其中p3=p0 代入数据解得,气体在状态3的体积为V3=1.020 1×103 cm3。 (3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=1.01 J 由热力学第一定律得ΔU=Q-(W1+W) 其中Q=4.56 J,W=1.02 J 代入解得,从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU=2.53 J。 9.答案　(1)h1　(2)p0Sh1 解析　(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得=, 解得h2=h1 (2)当T1=330 K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1=p0 当T3=400 K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2=p0 从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得=,解得h3=h1 从T1到T2过程,封闭气体对外界做功 W1=p1S(h2-h1) 从T3到T4过程,外界对封闭气体做功 W2=p2S(h2-h3) 从T1到T4,根据热力学第一定律可得 ΔU=-W1+W2+Q 由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2 联立解得Q=p0Sh1 高考模拟练 1.D　因为最终状态时内部气体温度高于初始时的温度,故最终状态时内部气体内能大于初始时内部气体的内能,根据热力学第一定律可知,内部气体吸收的热量大于气体对外做的功,A错误,D正确;温度升高,内部气体分子运动的平均速率增大,并不是所有气体分子运动的速率都增大,B错误;虽然内部气体温度升高,但内部气体的压强一定小于外界的大气压,否则皮罐不能吸附在皮肤上,C错误。 2.ACD　对活塞,根据平衡条件得mg+p0S=1.2p0S,可知活塞的质量m=,A正确;若活塞不动,仅将外部环境中体积为0.5Sh、压强为1.8p0的气体缓慢充入汽缸,气体温度保持不变,则有1.8p0×0.5Sh+1.2p0Sh=p1Sh,可得汽缸内气体的压强为p1=2.1p0,B错误;仅将活塞缓慢下移,气体发生等温变化,则有1.2p0Sh=p2S×,解得汽缸内气体的压强p2=2p0,C正确;活塞向下移动的过程中,假设气体压强不变,始终为1.2p0,则外界对气体做功W0=1.2p0S×h=p0Sh,而实际活塞向下移动的过程中,气体压强增大,外界对气体做功大于W0,气体温度保持不变,内能不变,根据热力学第一定律可知放出的热量大于p0Sh,D正确。 3.BD　由=C,可得p=T,故p-T图线上的点与坐标原点连线的斜率为k=,由图像可知D点与原点连线的斜率大于C点与原点连线的斜率,故VD<VC,A错误;气体在D→A过程中温度不变,内能不变,即ΔU=0,p-T图线上的点与坐标原点连线的斜率变大,则气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,故气体在D→A过程中放出热量,B正确;气体在D→A过程中温度不变,由玻意耳定律可得pDVD=pAVA,解得VD=3VA,故VB=VD=3VA,气体在A→B过程中压强不变,由盖-吕萨克定律可得=,解得TB=3TA,故气体在状态B时内能是其在状态A时内能的3倍,C错误,D正确。 4.答案　(1)200 K　600 K　(2)8×105 J　(3)见解析 解析　(1)A→B过程气体发生等容变化,由查理定律有= 解得TB=200 K B→C过程气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有= 解得TC=600 K (2)A→B过程,气体体积不变,气体对外不做功;B→C过程,气体体积增大,气体对外做功,从状态A到状态C气体对外做的功为 WAC=pB·ΔVBC=2×105×4 J=8×105 J (3)全过程气体完成一个循环,内能不变,即ΔU=0,外界对气体做的功为 W=-WAC+WCA=-8×105 J+1.4×106 J=6×105 J 由热力学第一定律ΔU=W+Q 解得Q=-6×105 J,即气体放热6×105 J 5.答案　(1)2T1　(2)L　(3)Q-mgL 解析　(1)加热稳定后,对活塞受力分析,由于活塞受力平衡,可知p2S=p0S+mg 解得稳定时气体压强p2=2p0 根据理想气体的状态方程有= 联立解得T2=2T1 (2)由题意可知,加热过程结束后弹簧恰好恢复原长,可知加热过程中活塞上升的高度恰为加热前弹簧的压缩量,设活塞上升的高度即加热前弹簧的压缩量为h,汽缸由水平缓慢地转到开口向上的竖直位置,由理想气体的状态方程可得= 由于活塞受力平衡,则有p1S+kh=p0S+mg 结合h<L 联立解得h=L (3)对活塞,从开始加热到稳定,由动能定理可得 W+kh2-mgh-p0Sh=0-0 由热力学第一定律,可得气体内能增加量ΔU=Q-W 解得ΔU=Q-mgL 6.答案　(1)360 K　(2)p0　(3)80 K×α+p0Sh 解析　(1)汽缸A的横截面积是B的4倍,两汽缸等高,设汽缸B的容积为V,则汽缸A的容积为4V,气体的初始温度为T0=(273+7) K=280 K 在活塞M恰好升至汽缸A顶部时,氮气压强不变,根据盖-吕萨克定律得= 解得T1=360 K (2)设初始时氮气的压强是p1,氧气的压强是p2。当活塞N上升h时,设氧气的压强为p3。加热前,对活塞M,由平衡条件有p0×4S+×g=p1×4S+×g 解得p1=p0 对活塞N,由平衡条件有p2S+×g=p1S 解得p2=p0 在加热过程,对氧气有= 其中T2=(273+47) K=320 K 得p3=p0 (3)缓慢加热氮气使活塞M恰好升至汽缸A顶部的过程中外界对气体做功 W=-p1×4S×h=-p0Sh 由热力学第一定律可知ΔU=W+Q 则Q=ΔU-W=αΔT-W=α(360 K-280 K)-=80 K×α+p0Sh 知识迁移 　　本题考查气体实验定律和热力学第一定律的综合运用,解题关键是分析清楚压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况,选择合适的规律解题;另外本题涉及两部分气体状态变化问题,除了隔离研究两部分气体之外,还要把握它们之间的联系。 2 学科网（北京）股份有限公司 $