第16章 第2节 热力学定律与能量守恒定律-【高考零起点】2026年新高考物理总复习教用课件（艺考）

第十六章　热学 第二节　热力学定律与能量守恒定律 生物 1 目 录 ONTENTS C [典例精析] [知识梳理] [巩固练习] 生物 2 知 识 梳 理 生物 3 1. 理想气体及其状态方程 (1)忽略分子本身体积及其相互作用力的气体叫做理想气体。 (2)对于一定质量的理想气体，设其压强为P，体积为V，温度为T，则=C(C为常数)，或PV=nRT(n为物质的量，R为常数) 2. 热力学第一定律 (1)做功和热传递是改变物体内能的两种方式 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 4 (2)热力学第一定律：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和。用公式表示为：ΔU=Q＋W。字母的正负见下表： 符号 W Q ΔU ＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 － 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 5 3. 能量守恒定律 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另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 6 4. 热力学第二定律 共有两种表述 (1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。 (2)开尔文表述：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。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。” 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 7 典 例 精 析 生物 8 例1　 (2020天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体(可看作理想气体)，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体 (　　) A.压强变大 B.对外界做功 C.对外界放热 D.分子平均动能变大 答案 B 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 9 随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据pV=恒量，可知气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W＋Q，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。故选B。 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 10 例2　(2020全国Ⅱ卷)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　　　　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　　　　。(填正确答案标号)  A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热 B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低 C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响 D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内 答案 B C 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 11 燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移，既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响，故违背热力学第二定律；制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响，既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 12 例3　(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是 (　　 ) A.气体在a、c两状态的体积相等 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 答案 ABE 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 13 由理想气体状态方程=C，得p=T，由图像可知，Va=Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta＞Tc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU=Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q=－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知=C，即paVa=CTa，pbVb=CTb， 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 14 pcVc=CTc，pdVd=CTd，设过程bc中压强p0=pb=pc，过程da中压强p0'=pd=pa，由外界对气体做功W=p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc=p0(Vb－Vc)=C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda=p0'(Va－Vd)=C(Ta－Td)，Ta=Tb，Tc=Td，故Wbc= Wda，选项E正确。 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 15 例4　一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置。活塞的质量m=20 kg，横截面积S=100 cm2， 活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1=12 cm，离汽缸口的距离L2=3 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，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，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g=10 m/s2，求： 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 16 (1)此时气体的温度为多少？ 当汽缸水平放置时，p0=1.0×105 Pa， V0=L1S，T0=(273＋27)K=300 K 当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有p1S=p0S＋mg 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 则p1=p0＋=1.0×105 Pa＋ Pa =1.2×105 Pa V1=(L1＋L2)S 由理想气体状态方程得 则T1=T0=×300 K =450 K。 450 K 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 18 (2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？ 当汽缸口向上，未加热稳定时，由玻意耳定律得 p0L1S=p1LS 则L= cm=10 cm 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功 W=－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)=－60 J 根据热力学第一定律 ΔU=W＋Q，得ΔU=310 J。 310 J 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 19 巩 固 练 习 生物 20 答案 1.(2020全国Ⅲ卷)(多选)如图，一开口向上的导热汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中 ( 　 　) A.气体体积逐渐减小，内能增加 B.气体压强逐渐增大，内能不变 C.气体压强逐渐增大，放出热量 D.外界对气体做功，气体内能不变 E.外界对气体做功，气体吸收热量 BCD 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 21 理想气体的内能由温度唯一决定，温度保持不变，所以内能不变，A错误，由理想气体状态方程=C，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变，体积减少，外界对系统做功，由热力学第一定律ΔU=W＋Q可知，系统放热，B、C、D正确，E错误。故选B、C、D。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 22 答案 2.(2021山东卷)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体 (　　) A.内能减少 B.对外界做正功 C.增加的内能大于吸收的热量 D.增加的内能等于吸收的热量 B 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 23 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程=C，可知气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W＋Q，可知由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。故选B。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 24 答案 3.(2022全国甲卷)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中　　　　。(填正确答案标号。)  A. 气体一直对外做功 B. 气体的内能一直增加 C. 气体一直从外界吸热 D. 气体吸收的热量等于其对外做的功 E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量 BCE 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 25 因从a到b的p－T图像过原点，由=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误； 因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确； 因W=0，根据热力学第一定律 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于内能增加量，选项C、E正确，D错误。故选B、C、E。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 26 答案 4.一定质量的理想气体经历状态变化，其p－图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直，则(　　) A.c→d，压强不变、外界对气体做功、气体放出热量 B.d→a，压强减小、外界对气体做功、气体吸收热暈 C.a→b，压强减小、外界对气体做功、气体吸收热量 D.b→c，压强增大、气体对外界做功、同时放出热量 A 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 27 由理想气体状态方程=C可知=CT，由题图可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b对应的温度低，c对应的温度高。c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程=C可知气体温度降低，理想气体内能只与温度有关，故内能减少，做功与否只与体积变化有关，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=Q＋W，气体放热，故A正确；d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，不做功，由理想气体状态方程 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 28 =C可知，气体温度降低，气体放热，故B错误；a→b过程，气体压强减小而体积增大，对外做功，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，气体吸热，故C错误；b→c过程温度升高，由图像可知，同时压强增大，且体积也增大，对外做功，吸热，故D错误。故选A。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 29 答案 5.(2020山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)以下判断正确的是 (　　) C 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 30 A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功 B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量 C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量 D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 31 根据气体做功的表达式W=Fx=pSx=p·ΔV可知p－V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功，A错误；气体从a→b，满足玻意耳定律pV=C，所以Ta=Tb，所以ΔUab=0，根据热力学第一定律ΔU=Q＋W可知0=Qab＋Wab，气体从b→c，温度升高，所以ΔUbc＞0，根据热力学第一定律可知ΔUbc=Qbc＋Wbc，结合A选项可知Wab=Wbc＜0，所以Qbc＞Qab，b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量，B错误；气体从c→a，温度降 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 32 低，所以ΔUca＜0，气体体积减小，外界对气体做功，所以Wca＞0，根据热力学第一定律可知Qca＜0，放出热量，C正确；理想气体的内能只与温度有关，根据Ta=Tb可知气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。故选C。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 33 答案 6.(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(　　) C 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 34 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 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 35 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，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。方法一：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。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 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 36 减少。故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不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 37 答案 7.(2024海南卷)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是 (　 　) BCD 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 38 A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运 动 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 39 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强E=k sin 2θcos θ，根据均值不等式可知当cos θ=时E有最大值，且最大值E=，再根据几何关系可知A点到O点的距离y=r，故A错误，B正确；在M点放入一电子，从静止释放，由于r＞r，可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 40 电子的加速度一直减小，故C正确；根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力F=keq·，由于x≪ r，整理后有F=－·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 41 答案 8.(2023全国乙卷)(多选)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　 ) A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩 C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等压压缩 E.等容增压后再等温膨胀 ACD 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 42 对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程=C，可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小，等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 43 低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误。故选A、C、D。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 44 9.(2021全国甲卷)如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积－温度(V－t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线 答案 与横轴交点的横坐标，t0=－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=　　　　；气体在状态b和c的压强之比=　　　　。  1 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 45 根据盖－吕萨克定律有=k，整理得V=kt＋273k，由体积－温度(V－t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有=1； 设t=0 ℃时，当气体体积为V1时压强为p1，当气体体积为V2时压强为p2，根据等温变化，则有p1V1=p2V2， 由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1=pb，p2=pc，联立解得。 解析 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 46 10.(2024江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程， BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求： 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 47 (1)气体在状态D的压强pD；   从D到A状态，根据查理定律，解得pD=2×105 Pa。 2×105 Pa 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 (2)气体在状态B的体积V2。 从C到D状态，根据玻意耳定律pCV2=pDV1，解得V2=2.0 m3。 2.0 m3 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 11.(2024甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧 体积)。容器横截面积为S、长 为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 50 (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 设抽气前两气体体积V=SL。对气体A分析：抽气后VA=2V－V=Sl。根据玻意耳定律得p0V=pAV，解得pA=p0。对气体B分析：若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V=pBV，解得pB=p0。 pA=p0，pB=p0 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 (2)弹簧的劲度系数k。 由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS=pBS＋F。根据胡克定律得F=k，联立得k=。 k= 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 12.(2024湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。 (1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)。 理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV=p0V0，解得V0=。 答案 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数m=8.66 × 10－3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0) =C，其中p0=1.0 × 105 Pa为大气压强，VB0=0.5 × 10－3m3为气球无张力时的最大容积，C=18 J为常数。已知该气球自身质量m0=8.40 × 10－3 kg，外界空气密度ρ0=1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 54 设气球内气体质量为m气，则m气=ρ0V0。对气球进行受力分析如图所示，根据气球的受力分析有mg＋ρ0gV=m气g＋m0g。结合题中p和V满足的关系为=C，解得V=5×10－3m3 5×10－3m3 解析 答案 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 55 13.(2024广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10－2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，A、 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 56 B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K，末态T2=270 K，根据=，代入数据可得pB2=0.9×105 Pa，A 解析 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1=4.0×10－2 m3，T1=300 K，末态T2=270 K。根据=，代入数据可得VA2=3.6×10－2 m3。由于p0－pB2＜Δp，假设成立，即pB2=0.9×105 Pa。 (1)0.9×105 Pa　(2)3.6×10－2 m3 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 恰好稳定时，A内气体压强p'A=p0＋，B内气体压强p'B=p0，此时 110 kg 解析 答案 差压阀恰好关闭，所以有p'A－p'B =Δp，代入数据联立解得m=110 kg。 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 14.(2024黑吉辽卷)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比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。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 60 (1)求变压器的输出功率P。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 61 由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值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=。 解析 答案 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 62 (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。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 63 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。由Q=CΔT知气体吸收的热量Q=C=CT0。根据热力学第一定律ΔU=W＋Q，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=。 解析 答案 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 64 15.(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： 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 65 (1)再次平衡时容器内气体的温度； 气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得，即，解得T1=T0。 T0 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0。气体对外做功大小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=ΔU＋W=h(p0S＋mg)＋CT0。 h(p0S＋mg)＋CT0 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 16.(2025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。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 68 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二节　热力学定律与能量守恒定律 69 (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。 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 3V0 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 (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。 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。 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 (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) 由p－V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N和N'都是从M状态变化而来，应该相同，可得TN＞T'N，可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律ΔU=Q＋W可知，从M到N'的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 吸热 解析 答案 返回 第二节　热力学定律与能量守恒定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 感谢聆听 73 $