第39讲 理想气体与热力学定律综合问题
例1 C [解析] 由热力学第一定律ΔU=W+Q,得ΔU=900 J-210 J=690 J,即内能增加690 J,C正确.
变式1 D [解析] 气囊上浮过程,密闭气体温度不变,由玻意耳定律pV=C可知,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,则Q>0,需要从外界吸热,故C错误,D正确.
例2 CD [解析] 空调既能制热又能制冷,是消耗了电能,不是自发进行的,选项A错误.“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,不违反能量守恒定律,选项B错误;根据熵增原理,自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,选项C正确;根据热力学第二定律,自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,是不可逆的,选项D正确.
变式2 ABD [解析] 由题意可知从A端流出的气体分子热运动速率较小,温度较低,从B端流出的气体分子热运动速率较大,温度较高,选项A、B正确;从A端流出的气体温度低,从B端流出的气体的温度高,因为内能除了与温度有关外,还与物质的量有关,所以无法判断从哪一端流出的气体内能较大,选项C错误;该过程一定遵循能量守恒定律和热力学第二定律,这个过程中冷热气体的分离并不是气体自发进行的,选项D正确.
例3 AD [解析] 1→2为绝热过程,则Q=0,由于气体体积减小,则外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,即气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,气体体积增大,根据盖 吕萨克定律可知,气体温度升高,则气体内能增大,即ΔU>0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;3→4为绝热过程,则Q=0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,则气体内能减小,即ΔU<0,由于体积不变,则W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外放热,故D正确.
变式3 AC [解析] 由理想气体状态方程=C,化简可得V=·T,V T图线中,各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压强,则图线的斜率越大,压强越小,故pa
0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,故ab过程气体放出热量,故C正确;ca过程,气体温度升高,内能增大,故D错误.
变式4 C [解析] 气体在a→b、c→d过程温度变化量相同,则气体在a→b过程中内能的增加量等于c→d过程中内能的减少量,故A错误;a→b过程中体积不变,则Wab=0,c→d过程中体积减小,则Wcd>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,则a→b过程中吸收的热量Qab=ΔUab,c→d过程中放出的热量为Qcd=|ΔUcd|+Wcd,其中ΔUab=|ΔUcd|,则a→b过程中吸收的热量小于c→d过程中放出的热量,故B错误;气体在b→c过程是等温压缩,压强增大到b状态的1.5倍,则体积变为b状态的,d→a过程是等温膨胀,压强变为d状态压强的,则体积变为d状态体积的2倍,因a、b两状态体积相等,设为V,则c状态体积为V,d状态体积为V,故|ΔVbc|=V,ΔVda=V,则气体在b→c过程中体积的变化量小于d→a过程中体积的变化量,故C正确,D错误.
例4 (1)不变 变小 (2)4×10-5 m3 (3)14.4 J
[解析] (1)温度升高时,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体压强不变,由p=知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于气体体积变大,所以气体分子的数密度变小.
(2)气体发生等压变化,有
=
解得V=4×10-5 m3
(3)此过程中,外界对气体做功为
W=-p1S(l2-l1)
对活塞受力分析,有p1S=mg+p0S
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
其中ΔU=10.3 J
联立解得Q=14.4 J
变式5 (1)T0
(2)h(p0S+mg)+CT0
[解析] (1)容器内气体进行等压变化,则由盖 吕萨克定律得=
即=
解得T1=T0
(2)此过程中容器内气体内能增加量ΔU=C(T1-T0)
容器内气体压强p=p0+
气体体积增大,则气体对外做功,W=-pS·h
根据热力学第一定律得ΔU=W+Q
联立解得
Q=h(p0S+mg)+CT0第39讲 理想气体与热力学定律综合问题
1.B [解析] 热力学的绝对零度不可能达到,A错误;根据热力学第二定律,物体从单一热源吸收的热量可全部用于对外做功,但会引起其他变化,B正确;物体从外界吸收了热量,若全部用来对外界做功,则其内能不变,C错误;压缩气体的过程对气体做功,若气体同时向外界释放热量,根据能量守恒定律可知,气体的内能可能减少,温度可能降低,故D错误.
2.B [解析] 空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述,A错误;空调的工作原理反映了热传导的方向性,热量不能自发地从低温物体传导给高温物体,但在其他能力干预下,可以从低温物体传导给高温物体,B正确;此原理图中的Q1=Q2+W,C错误;此原理图说明在外界干预下,热量能从低温物体传到高温物体,D错误.
3.C [解析] 绝热容器内的稀薄气体与外界之间没有传热,即Q=0,稀薄气体向真空扩散过程没有做功,即W=0,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=0,即内能不变,故C正确.
4.BCD [解析] 因p-T图像中a到b的线段的延长线过原点,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,则气体内能增加,选项B正确;因W=0,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体一直从外界吸热,且气体吸收的热量等于内能增加量,选项C、D正确.
5.BC [解析] 对处于平衡状态的活塞进行受力分析,受到大气压力、重力和气体向上的压力,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=,解得T=2T0,故B正确;气体对外做功,W=-p1SL=-mgL-p0SL,根据热力学第一定律得ΔU=Q+W=Q-mgL-p0SL,故C正确,D错误.
6.(1)0.5p0 (2)0.6p0 0.2kT0
[解析] (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时,发生等温变化,根据玻意耳定律得p0V0=p·2V0
解得此时气体压强p=0.5p0
(2)升高温度,理想气体发生等容变化,根据查理定律得=
解得压强为p'=1.2p=0.6p0
温度改变,理想气体的体积不变,外界不对理想气体做功,即W=0
升高温度,内能增量为
ΔU=k(1.2T0-T0)=0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收的热量为
Q=ΔU=0.2kT0
7.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而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以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,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以汽缸内气体的内能增加,C正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D正确.
8.B [解析] 因为状态A与状态C的温度相同,所以状态A与状态C的内能相同,故理想气体从状态A经状态B变化到状态C,内能变化量为零,对于状态A与状态C,根据玻意耳定律有pAVA=pCVC,解得pA=2×105 Pa,气体从状态A到状态B,发生等压变化,体积变大,气体对外做功,有WAB=-pA(VB-VA)=-2×105 J,气体从状态B到状态C,发生等容变化,气体对外不做功,有WBC=0,气体从状态A经状态B变化到状态C,根据热力学第一定律有WAB+WBC+Q=0,解得Q=2×105 J,即该过程中气体吸收的热量为2×105 J,故B正确.
9.(1)36 cm (2)-2.5 J
[解析] (1)气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得=
解得L=36 cm
(2)封闭气体的压强p=p0+ρgh
外界对气体做功W=pS(L0-L)
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
解得ΔU=-2.5 J
10.C [解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则Wab<0,由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta,则ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,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,由于气体体积增大,则Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔUbc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即Tc=Ta,则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;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)=(-Wab-Wbc)-Wca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-Wab-Wbc>Wca,则Qab-(-Qca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Qab大于c→a过程放出的热量-Qca,D错误.
11.(1)能 (2)ΔU
[解析] (1)设初始时,气体的压强为
p1=1×105 Pa
27 ℃对应的热力学温度为
T1=(273+27) K=300 K
加热到T2时,气体的压强为
p2=1.08×105 Pa
气体发生等容变化,则有=
解得T2=324 K
47 ℃转换为热力学温度为T=(273+47) K=320 K<324 K
所以能安全加热到47 ℃
(2)由热力学第一定律可知
ΔU=W+Q
气体体积不变,则有W=0
解得锅内气体吸收的热量Q=ΔU第39讲 理想气体与热力学定律综合问题
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式: 和 .
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和.
(2)表达式:ΔU= .
(3)符号法则
物理量 W Q ΔU
+ 外界对 物体做功 物体 热量 内能
- 物体对 外界做功 物体 热量 内能
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)第一类永动机是不可能制成的.
二、热力学第二定律
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:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响.
2.用熵的概念表示热力学第二定律:在自发过程中,系统总是自发地向无序方向发展,即一个孤立系统的熵值总是 的.
3.第二类永动机:从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功,而不产生其他影响的机器.因违背 ,不可能实现.
【辨别明理】
1.外界压缩气体做功20 J,气体的内能可能不变. ( )
2.做功和传热的实质是相同的. ( )
3.可以从单一热源吸收热量,使之完全变成功. ( )
4.在热机中,燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化. ( )
5.第二类永动机违反了能量守恒定律. ( )
热力学第一定律
1.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,主要体现在分子平均动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化.
2.从气体的体积变化情况判断做功: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.
注意:气体向真空自发扩散过程中,虽然气体体积增大,但气体对外界不做功.
例1 用活塞压缩汽缸里的空气,对空气做了900 J的功,同时汽缸向外散热210 J,汽缸里空气的内能 ( )
A.增加了1110 J B.减少了1110 J
C.增加了690 J D.减少了690 J
[反思感悟]
变式1 [2024·重庆卷] 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
热力学第二定律
在热力学第二定律的表述中,“自发地”“不产生其他影响”的含义
(1)“自发地”指明了传热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.
例2 (多选)关于热力学第二定律,下列说法正确的是 ( )
A.空调既能制热又能制冷,说明传热不存在方向性
B.“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
C.自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D.自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,是不可逆的
[反思感悟]
变式2 (多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图所示,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既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律
热力学第一定律与图像的综合应用
1.气体的状态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(非自由膨胀),气体对外做功;气体被压缩,外界对气体做功.
(2)由温度变化判断理想气体内能变化: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=W+Q判断气体是吸热还是放热.
(4)在p V图像中,图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功.
例3 (多选)[2024·新课标卷] 如图所示,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
变式3 (多选)[2024·海南卷] 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O点,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
变式4 [2024·河北石家庄模拟] 一定质量的理想气体经历了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程,其中ba的延长线通过坐标原点,a、b、c、d四个状态气体的压强与温度如图所示,则 ( )
A.气体在a→b过程中内能的增加量小于c→d过程中内能的减少量
B.气体在a→b过程中吸收的热量大于c→d过程中放出的热量
C.气体在b→c过程中体积的变化量小于d→a过程中体积的变化量
D.气体在b→c过程中体积的变化量等于d→a过程中体积的变化量
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体.
(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出相关的气体状态参量,利用相关规律解决.
(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)就做功;只要温度发生变化,其内能就发生变化.
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题.
例4 [2024·浙江6月选考] 如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4 m3.大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K,g取10 m/s2.
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 (选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度 (选填“变大”“变小”或“不变”);
(2)求此不规则小块固体的体积V;
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收的热量Q.
变式5 [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,所有温度都为热力学温度.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.
一、1.做功 传热 2.(1)热量 (2)Q+W
(3)吸收 增加 放出 减少 3.(1)转移 转移
二、1.(1)自发地 2.增加 3.热力学第二定律
【辨别明理】
1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×第39讲 理想气体与热力学定律综合问题 (限时40分钟)
1.关于热力学定律,下列说法正确的是 ( )
A.在一定条件下,物体的温度可以降到0 K
B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C.物体吸收了热量,其内能一定增加
D.压缩气体总能使气体的温度升高
2.[2024·广东广州模拟] 在高三的同学们进入高考最后的冲刺阶段,教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境.空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是 ( )
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了热传导的方向性
C.此原理图中的Q1=Q2
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
3.[2024·浙江杭州模拟] 如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分.已知A内有一定质量的稀薄气体,B内为真空.抽开隔板K后,A内气体进入B,最终达到热平衡.此过程中气体内能的变化情况为
( )
A.变大
B.变小
C.不变
D.无法确定
4.(多选)[2024·湖北襄阳模拟] 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 ( )
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内能的增加量
5.(多选)[2024·四川成都模拟] 如图所示,一定质量的理想气体被质量为m的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,气体温度为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,大气压强为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
6.[2024·江西南昌模拟] 如图所示,密闭导热容器A、B的体积均为V0,A、B浸在盛水容器中,达到热平衡后,A中压强为p0,温度为T0,B内为真空,将A中的气体视为理想气体.打开开关C,A中部分气体进入B.
(1)若再次达到平衡时,水温未发生变化,求此时气体的压强;
(2)若密闭气体的内能变化与温度的关系为ΔU=k(T2-T1)(k为大于0的已知常量,T1、T2分别为气体始末状态的温度),在(1)所述状态的基础上,将水温升至1.2T0,重新达到平衡时,求气体的压强及所吸收的热量.
7.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,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
8.[2024·山东济南模拟] 一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,体积V和热力学温度T的关系图像如图所示,三个状态的坐标分别是A(T0,1)、B(2T0,2)、C(T0,2),已知C状态的压强为1×105 Pa,则该过程中气
体 ( )
A.吸收的热量为1×105 J
B.吸收的热量为2×105 J
C.放出的热量为1×105 J
D.放出的热量为2×105 J
9.[2024·河南安阳一中模拟] 如图所示,一U形玻璃管竖直放置,右端开口,左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.外界大气压为p0=1.0×105 Pa,封闭气体的温度t0=27 ℃,玻璃管的横截面积为S=5.0 cm2,管内水银柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为ρ=13.6×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2.将封闭气体的温度缓慢降至t1=-3 ℃.
(1)求此时空气柱的长度L;
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量,求气体内能的增量.(结果保留两位有效数字)
10.[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( )
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
11.[2024·安徽六安模拟] 自嗨锅通过自热包产生热量使隔层上方锅内气体吸热升温,使用不当时可能造成安全事故.某次使用前,室温为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa,锅盖透气孔被堵塞.假设该款自嗨锅锅体内部所能承受的最大压强为1.08×105 Pa,锅盖扣紧后,锅内气体视为质量一定的理想气体,且体积不变.
(1)请通过计算判断锅内气体能否安全加热到47 ℃
(2)若某安全加热过程中气体内能的改变量为ΔU,则锅内气体吸收的热量是多少 (共87张PPT)
第39讲 理想气体与热力学定律综合问题
必备知识自查
核心考点探究
◆
作业手册
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备用习题
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式:______和______.
做功
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
界对它所做的功的和.
(2) 表达式： _______.
(3) 符号法则
热量
物理量
外界对物体做功 物体______热量 内能______
- 物体对外界做功 物体______热量 内能______
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)第一类永动机是不可能制成的.
转移
转移
二、热力学第二定律
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：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产
生其他影响.
2.用熵的概念表示热力学第二定律:在自发过程中，系统总是自发地向无序
方向发展，即一个孤立系统的熵值总是______的.
3.第二类永动机:从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生
其他影响的机器.因违背________________，不可能实现.
自发地
增加
热力学第二定律
【辨别明理】
1.外界压缩气体做功 ，气体的内能可能不变.( )
√
2.做功和传热的实质是相同的.( )
×
3.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功.( )
√
4.在热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化.( )
×
5.第二类永动机违反了能量守恒定律.( )
×
考点一 热力学第一定律
1.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,主要体现在分子平均动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化.
2.从气体的体积变化情况判断做功:体积增大,气体对外做功, 为负;体积缩
小, 外界对气体做功, 为正.
注意：气体向真空自发扩散过程中,虽然气体体积增大，但气体对外界不做功.
例1 用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了 的功，同时汽缸向外散
热 ，汽缸里空气的内能( )
A.增加了 B.减少了 C.增加了 D.减少了
[解析] 由热力学第一定律，得 ，
即内能增加 ，C正确.
√
变式1 [2024·重庆卷] 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
[解析] 气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律 可知，
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，，由热力学第一定律 ，则
，需要从外界吸热，故C错误，D正确.
√
考点二 热力学第二定律
在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的含义
(1)“自发地”指明了传热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.
例2 (多选)关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )
A.空调既能制热又能制冷，说明传热不存在方向性
B.“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
C.自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D.自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
√
√
[解析] 空调既能制热又能制冷，是消耗了电能，不是自发进行的，选项A
错误.“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，不违反
能量守恒定律，选项B错误；根据熵增原理，自然发生的传热过程是向着分
子热运动无序性增大的方向进行的，选项C正确；根据热力学第二定律，自
然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，选项D正确.
变式2 (多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图所示，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，从端流出，边缘部位气流从
端流出.下列说法正确的是 ( )
A.端为冷端， 端为热端
B.端流出的气体分子热运动平均速率一定小于 端流出的
C.端流出的气体内能一定大于 端流出的
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
√
√
√
[解析] 由题意可知从 端流出的气体分子热运动速率
较小，温度较低，从 端流出的气体分子热运动速率
较大，温度较高，选项A、B正确；从 端流出的气体
温度低，从 端流出的气体的温度高，因为内能除了与温度有关外，还与
物质的量有关，所以无法判断从哪一端流出的气体内能较大，选项C错误；
该过程一定遵循能量守恒定律和热力学第二定律，这个过程中冷热气体的
分离并不是气体自发进行的，选项D正确.
考点三 热力学第一定律与图像的综合应用
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程 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(非自由膨胀)，气体对外做
功；气体被压缩，外界对气体做功.
(2)由温度变化判断理想气体内能变化：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 判断气体是吸热还是放热.
(4)在 图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程
中所做的功.
例3 (多选)［2024· 新课标卷］ 如图所示，一定量理
想气体的循环由下面4个过程组成： 为绝热过程
(过程中气体不与外界交换热量)， 为等压过程，
为绝热过程， 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.过程中，气体内能增加 B. 过程中，气体向外放热
C.过程中，气体内能不变 D. 过程中，气体向外放热
√
√
[解析] 为绝热过程，则 ，由于气体体积
减小，则外界对气体做功，即 ，根据热力学第
一定律可知 ，即气体内能增加，
故A正确； 为等压过程，气体体积增大，根据
盖-吕萨克定律可知，气体温度升高，则气体内能增
大，即 ，由于气体体积增大，则气体对外界做
功，即，根据热力学第一定律 可
知，即气体从外界吸热，故B错误；
为绝热过程，则 ,由于气体体积增大，则
气体对外界做功，即，根据热力学第一定律
可知,即气体内能减小，故C错误；
为等容过程，压强减小,根据查理定律可知，气
体温度降低,则气体内能减小，即 , 由于体积不
变，则，根据热力学第一定律可知 ,
即气体向外放热，故D正确.
变式3 (多选)[2024·海南卷] 一定质量的理想气体从状态开始经、、三个过程回到原状态，已知垂直于 轴，延长线过 点，下列说法正确的是( )
A.过程外界对气体做功
B. 过程气体压强不变
C.过程气体放出热量
D. 过程气体内能减小
√
√
[解析] 由理想气体状态方程，化简可得 ，
图线中，各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压
强，则图线的斜率越大，压强越小，故， 过
程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，故A正确；
由A选项可知，过程气体压强减小，故B错误； 过程为等温变化，故
气体内能不变，即 ，气体体积减小，外界对气体做功，故，
根据热力学第一定律 ，解得，故过程气体放出热量，
故C正确； 过程，气体温度升高，内能增大，故D错误.
变式4 [2024·河北石家庄模拟] 一定质量的理想气体经历
了如图所示的、、、 四个过程,其中
的延长线通过坐标原点,、、、 四个状态气体的压强
与温度如图所示,则( )
A.气体在过程中内能的增加量小于 过程中内能的减少量
B.气体在过程中吸收的热量大于 过程中放出的热量
C.气体在过程中体积的变化量小于 过程中体积的变化量
D.气体在过程中体积的变化量等于 过程中体积的变化量
√
[解析] 气体在、 过程温度变化量相同,则气体在
过程中内能的增加量等于 过程中内能的减少量,
故A错误;过程中体积不变,则, 过程中体
积减小,则,由热力学第一定律,则
过程中吸收的热量, 过程中放出的热量为
,其中,则 过程中吸收
的热量小于过程中放出的热量,故B错误;
气体在 过程是等温压缩,压强增大到状态的1.5倍,
则体积变为 状态的,过程是等温膨胀,压强变为
状态压强的 ,则体积变为状态体积的2倍,因、两状态
体积相等,设为, 则 状态体积为,状态体积为,故
, ,则气体在过程中体积的变
化量小于 过程中体积的变化量,故C正确,D错误.
考点四 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体.
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同
的变化，找出相关的气体状态参量，利用相关规律解决.
(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)就做功；只要
温度发生变化，其内能就发生变化.
(4)结合热力学第一定律 求解问题.
例4 [2024·浙江6月选考] 如图所示，测定一个形状不规则小块
固体体积，将此小块固体放入已知容积为 的导热效果良好的
容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为 ,
接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为
的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为 .将
此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱
长度为、温度为.已知, ,
,,, .大气压强
,环境温度，取 .
(1) 在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力______
(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度______(选填“变大”
“变小” 或“不变”);
不变
变小
[解析] 温度升高时，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体压强不变，由 知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于气体体积变大，所以气体分子的数密度变小.
例4 [2024·浙江6月选考] 如图所示，测定一个形状不规则小块固体体
积，将此小块固体放入已知容积为 的导热效果良好的容器中，开口
处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为 ,接口用蜡密封.容器
(2) 求此不规则小块固体的体积 ;
[答案]
内充入一定质量的理想气体，并用质量为 的活塞封闭，活塞能无摩
擦滑动，稳定后测出气柱长度为 .将此容器放入热水中，活塞缓慢竖
直向上移动，再次稳定后气柱长度为、温度为.已知 ,
,,,, .大气压
强,环境温度，取 .
[解析] 气体发生等压变化，有
解得
例4 [2024·浙江6月选考] 如图所示，测定一个形状不规则小块固体
体积，将此小块固体放入已知容积为 的导热效果良好的容器中，
开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为 ,接口用蜡密
封.容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为 的活塞封闭，活
(3) 若此过程中气体内能增加,求吸收的热量 .
[答案]
塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为 .将此容器放入热水中，
活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为、温度为 .已知
,,,, ,
.大气压强,环境温度， 取
.
[解析] 此过程中，外界对气体做功为
对活塞受力分析，有
由热力学第一定律得
其中
联立解得
变式5 [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 的活塞密封一部分理想气体，活
塞横截面积为 ，能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度
为，气柱的高度为 .当容器内气体从外界吸收一定热量后，
(1) 再次平衡时容器内气体的温度.
[答案]
活塞缓慢上升再次平衡.已知容器内气体内能变化量与温度变化量
的关系式为，为已知常数，大气压强恒为 ，重力加速度大小
为 ，所有温度都为热力学温度.求:
[解析] 容器内气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律得
即
解得
变式5 [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 的活塞密封一部分理想气体，活塞
横截面积为 ，能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为
，气柱的高度为 .当容器内气体从外界吸收一定热量后，
(2) 此过程中容器内气体吸收的热量.
[答案]
活塞缓慢上升再次平衡.已知容器内气体内能变化量与温度变化量
的关系式为，为已知常数，大气压强恒为 ，重力加速度大小
为 ，所有温度都为热力学温度. 求:
[解析] 此过程中容器内气体内能增加量
容器内气体压强
气体体积增大，则气体对外做功，
根据热力学第一定律得
联立解得
热力学第一定律
1.一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功 ，气体
内能减少 ，则此过程( )
A.气体从外界吸收热量 B.气体向外界放出热量
C.气体从外界吸收热量 D.气体向外界放出热量
[解析] 由热力学第一定律 ，可得
，即气体向外界
放出热量 ，B正确.
√
2.夏天，从湖底形成的一个气泡在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂.若越
接近湖面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理
想气体，则气泡上升过程中，以下说法正确的是( )
A.气泡内气体的内能可能不变
B.气泡上升过程中可能会放热
C.气泡内气体的压强增大
D.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
√
[解析] 根据题意可知，气泡上升过程中，温度升高，则气泡内理想气体
的内能变大，故A错误.气泡上升过程中有,深度 减小，则气
泡内气体的压强减小，C错误；根据气体压强定义及其微观意义可知，气
泡内气体的压强减小，说明气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞
击力减小，故D正确；由于气泡内气体温度升高、压强减小，根据理想气
体状态方程 可知，气泡体积变大，外界对气体做负功，而气泡内气
体内能变大，根据,可知 ，即气泡吸热，故B错误.
热力学第二定律
3.下列说法正确的是( )
A.根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传递到高温物体
B.一定质量的理想气体如果从外界吸收了 的热量，内能就增加
C.一定质量的理想气体在绝热情况下向真空扩散，体积变大，内能不变
D.金刚石可以制成各种不同造型的首饰，说明它没有规则的几何形状，是
非晶体
√
[解析] 根据热力学第二定律可知，热量也能从低温物体传递到高温物体，
但是要引起其他的变化，选项A错误；一定质量的理想气体如果从外界吸
收了的热量，若气体对外做功，则内能增加量不等于 ，
选项B错误；一定质量的理想气体在绝热情况下向真空扩散，体积变大，
气体对外不做功，与外界也无热交换，则内能不变，选项C正确；金刚石
可以制成各种不同造型的首饰，但天然的金刚石有规则的几何形状，是晶
体，故D错误.
热力学第一定律与图像的综合应用
4.[2022·湖北卷] 一定质量的理想气体由状态 变为状
态，其过程如图中直线段所示，状态 对
应该线段的中点.下列说法正确的是( )
A. 是等温过程
B. 过程中气体吸热
C.过程中状态 的温度最低
D. 过程中外界对气体做正功
√
[解析] 对一定质量的理想气体，有，
过程、乘积增大，温度升高，过程、 乘积
减小，温度降低，选项A、C错误； 过程因温度
升高内能增大，体积增大对外做功，由 ，
可得气体吸热，选项B正确； 过程体积增大，气
体对外界做功，选项D错误.
5.(多选)一定质量的理想气体从状态开始，经、、 三
个过程后回到初始状态，其图像如图所示，已知状态 的气体温度
为 ，则( )
A.状态的气体温度为
B.在 过程中，气体分子的平均动能减小
C.在过程中，外界对气体做功
D.在 一个循环过程中，气体从外界吸收
热量
√
√
√
[解析] 为等容变化，由，解得状态 的气
体温度为，A正确；在 过程中，气体
温度升高，气体分子的平均动能增大，B错误；在
过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体
做功为，C正确； 过程中，气体对外做的功等于
图线与横坐标轴围成的面积，，
在 一个循环过程中，外界对气体做的功为
，气体内能不变，可知气体从外界吸收的热量为 ，
D正确.
6.(多选)一定质量的理想气体从状态开始，经历了四个过程：从到、
到、到、再回到状态，其体积和热力学温度 的关系图像如图所
示，和的延长线均过原点，和均垂直于轴，气体在状态
时的压强为 ，则下列说法正确的是( )
A.过程中外界对气体做功小于
B. 过程中气体分子在单位时间内对单位面积器
壁的碰撞次数不断增加
C.过程中气体的体积增加了
D.完成整个循环过程气体对外界放出的热量大于吸收
的热量
√
√
√
[解析] 过程中，气体做等温变化，气体内能保持
不变，作出此过程的 图像如图所示，因气体体积
减小，所以外界对气体做功， 图像与横轴所围面
积表示外界对气体做的功，对应梯形面积为 ，所
以外界对气体做功小于，选项A正确； 过程中，气体做等压变
化，温度降低，分子撞击器壁的平均作用力减小，而压强不变，所以气体
分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数不断增加，选项B正确；
过程，气体做等温变化，根据玻意耳定律可知，状态的体积为，
所以气体的体积增加了 ，选项C错误；
图像上的点与原点连线的斜率倒数反映压强大小， 过程中，理想气体的内能不变， 过程中，气体体积减小，外界对气体做功， 过程中，气体体积变大，气体对外界做功，而气体做功，因 过程气体平均压强较大，则 过程外界对气体做的功大于 过程气体对外界做
的功，根据热力学第一定律，完成整个循环过程气体
对外界放出的热量大于吸收的热量，选项D正确.
7.[2023·浙江6月选考] 如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积、质量 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.圆筒与温度 的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态 ，其体积.缓慢推动活塞使气体达到状态 ，此时体积
.固定活塞，升高热源温度，气体达到状态 ，此
时压强.已知从状态到状态 ，气体从外界
吸收热量；从状态到状态，气体内能增加
；大气压,取 .
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
(1) 气体从状态到状态 ，其分子平均动能______
(选填“增大”“减小”或 “不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压
力______(选填“增大”“减小”或“不变”)；
不变
增大
[解析] 气体从状态到状态 ，由于圆筒导热良好，缓慢推
动活塞时，气体做等温变化，即温度不变,而温度是分子平均动能大小的标志，因此分子平均动能不变；气体温度不变，体积减小，由 可知，压强增大，即圆筒内壁单位面积受到的压力增大.
(2) 求气体在状态的温度 ；
[答案]
7.[2023·浙江6月选考] 如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积、质量 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.圆筒与温度 的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态 ，其体积.缓慢推动活塞使气体达到状态 ，此时体积
.固定活塞，升高热源温度，气体达到状态 ，此
时压强.已知从状态到状态 ，气体从外界
吸收热量；从状态到状态，气体内能增加
；大气压,取 .
[解析] 气体在状态 时，对活塞受力分析可得，封闭气体压
强为
从状态到状态 ，由理想气体状态方程可得
其中
代入数值得 .
(3) 求气体从状态到状态过程中外界对系统做的功 .
[答案]
7.[2023·浙江6月选考] 如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积、质量 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.圆筒与温度 的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态 ，其体积.缓慢推动活塞使气体达到状态 ，此时体积
.固定活塞，升高热源温度，气体达到状态 ，此
时压强.已知从状态到状态 ，气体从外界
吸收热量；从状态到状态，气体内能增加
；大气压,取 .
[解析] 气体从状态到状态 过程中,气体温度不变,内能不变，即
气体从状态到过程中,气体体积不变,没有做功,即
因此气体从到整个过程中,内能的变化情况与从到 过程相同，做功的
情况与从到 过程相同，根据热力学第一定律有 ,代入数值
得 .
作业手册
1.关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A.在一定条件下，物体的温度可以降到
B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C.物体吸收了热量，其内能一定增加
D.压缩气体总能使气体的温度升高
√
[解析] 热力学的绝对零度不可能达到，A错误；根据热力学第二定律，物
体从单一热源吸收的热量可全部用于对外做功，但会引起其他变化，B正
确；物体从外界吸收了热量，若全部用来对外界做功，则其内能不变，C
错误；压缩气体的过程对气体做功，若气体同时向外界释放热量，根据能
量守恒定律可知，气体的内能可能减少，温度可能降低，故D错误.
2.[2024·广东广州模拟] 在高三的同学们进入高考最后的冲
刺阶段，教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境.空调的
工作原理如图所示，以下表述正确的是( )
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了热传导的方向性
C.此原理图中的
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
√
[解析] 空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文
表述，A错误；空调的工作原理反映了热传导的方向性，热
量不能自发地从低温物体传导给高温物体，但在其他能力
干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确；此原理
图中的 ,C错误；此原理图说明在外界干预下，
热量能从低温物体传到高温物体，D错误.
3.[2024·浙江杭州模拟] 如图所示，一绝热容器被隔
板隔开成、两部分.已知 内有一定质量的稀薄气
体，内为真空.抽开隔板后，内气体进入 ，最终
达到热平衡.此过程中气体内能的变化情况为( )
A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定
[解析] 绝热容器内的稀薄气体与外界之间没有传热，即 ，稀薄气体
向真空扩散过程没有做功，即 ，根据热力学第一定律可得
，即内能不变，故C正确.
√
4.(多选)[2024·湖北襄阳模拟] 一定量的理想气体从状
态变化到状态，其过程如图上从到 的线段
所示.在此过程中( )
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内能的增加量
√
√
√
[解析] 因图像中到 的线段的延长线过原点，
由可知，从到气体的体积不变，则从到 气
体不对外做功，选项A错误；因从到 气体温度升高，
则气体内能增加，选项B正确；因， ，
根据热力学第一定律 可知，气体一直从外
界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C、D正确.
5.(多选)[2024·四川成都模拟] 如图所示，一定质量的理想气体
被质量为 的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面
积为，与汽缸底部相距，气体温度为 .现接通电热丝给气体
缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离 后停止加热，整个过程中，
气体吸收的热量为，大气压强为，重力加速度为 .则( )
A.初始时，气体压强
B.停止加热时，气体的温度
C.该过程中，气体内能增加量
D.该过程中，气体内能增加量
√
√
[解析] 对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、
重力和气体向上的压力，则有 ，解得
，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 ，解得
，故B正确；气体对外做功，
，根据热力学第一定律得
，故C正确，D错误.
6.[2024·江西南昌模拟] 如图所示，密闭导热容器
、的体积均为，、 浸在盛水容器中，达
到热平衡后，中压强为，温度为， 内为真
(1) 若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
[答案]
[解析] 容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻
意耳定律得
解得此时气体压强
空，将中的气体视为理想气体.打开开关C，中部分气体进入 .
6.[2024·江西南昌模拟] 如图所示，密闭导热容器
、的体积均为，、 浸在盛水容器中，达
到热平衡后，中压强为，温度为， 内为真
(2) 若密闭气体的内能变化与温度的关系为( 为大于0的
已知常量，、 分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，
将水温升至 ，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量.
[答案] ;
空，将中的气体视为理想气体.打开开关C，中部分气体进入 .
[解析] 升高温度，理想气体发生等容变化，根据
查理定律得
解得压强为
温度改变，理想气体的体积不变，外界不对理想气体做功，即
升高温度，内能增量为
根据热力学第一定律 可知，气体吸收的热量为
7.(多选)[2024·河北卷] 如图所示，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
√
√
√
[解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向
左的弹力而处于平衡状态，弹簧处于压缩状态.因活塞密
封不严，可知左侧气体向右侧真空散逸，左侧气体压强
变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，由于最终左、右两侧气体相
通，故两侧气体压强相等，因此弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移
动，最终两侧气体压强相等，左侧气体体积小于右侧气体体积，所以左侧
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，与初始时相比，弹簧弹性势能减少了，所以汽缸内气体的内能增加,C正确；初始时气体都在活塞左侧，最终气体充满整个汽缸，所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍，D正确.
8.[2024·山东济南模拟] 一定质量的理想气体从状态
经状态变化到状态，体积和热力学温度 的关系
图像如图所示，三个状态的坐标分别是 、
、，已知状态的压强为 ，
则该过程中气体( )
A.吸收的热量为 B.吸收的热量为
C.放出的热量为 D.放出的热量为
√
[解析] 因为状态与状态的温度相同，所以状态 与
状态的内能相同，故理想气体从状态经状态 变化
到状态，内能变化量为零，对于状态与状态 ，根
据玻意耳定律有，解得 ，
气体从状态到状态 ，发生等压变化，体积变大，气体对外做功，有
，气体从状态到状态 ，发生等容变化，
气体对外不做功，有，气体从状态经状态 变化到状态，根据
热力学第一定律有 ，解得 ，即该过程中
气体吸收的热量为 ，故B正确.
9.[2024·河南安阳一中模拟] 如图所示，一 形玻璃管竖
直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空
气柱.外界大气压为 ，封闭气体的温度
，玻璃管的横截面积为 ，管内水银
(1) 求此时空气柱的长度 ；
[答案]
柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为 ，重力
加速度取.将封闭气体的温度缓慢降至 .
[解析] 气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
解得
9.[2024·河南安阳一中模拟] 如图所示，一 形玻璃管竖直
放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.
外界大气压为 ，封闭气体的温度
，玻璃管的横截面积为 ，管内水银
(2) 已知该过程中气体向外界放出 的热量，求气体内能的增量.
(结果保留两位有效数字)
[答案]
柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为 ，重力
加速度取.将封闭气体的温度缓慢降至 .
[解析] 封闭气体的压强
外界对气体做功
由热力学第一定律得
解得
10.[2024·山东卷] 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，过程是等压过程， 过程中气体与外界无热量交换，
过程是等温过程.下列说法正确的是( )
A. 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. 过程，气体对外做功，内能增加
C. 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.过程，气体从外界吸收的热量等于 过程放出的热量
√
[解析] 过程是等压过程且体积增大，则 ，
由盖-吕萨克定律可知，则 ，根据热力
学第一定律 可知，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；过程中气体与外界无热量交换，即 ，
由于气体体积增大，则 ，由热力学第一定律可知，
，即气体内能减少，B错误；过程是等温过程，即，
则 ，根据热力学第一定律可知 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，由B项分析可知 ，由
C项分析可知，又 ，联
立解得 ，根据
图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之
间做的功，结合题图可知 过程气体对外界做
的功大于 过程外界对气体做的功，即，则
，即 过程气体从外界吸收的热量大于
过程放出的热量 ，D错误.
11.[2024·安徽六安模拟] 自嗨锅通过自热包产生热量使隔层上方锅内气体吸热升温，使用不当时可能造成安全事故.某次使用前，室温为，大气压强为 ，锅盖透气孔被堵塞.假设该款自嗨锅锅体内部所能承受 的最大压强为 ，
锅盖扣紧后，锅内气体视为质量一定的理想
气体，且体积不变.
(1) 请通过计算判断锅内气体能否安全加热到 ？
[答案] 能
[解析] 设初始时，气体的压强为
对应的热力学温度为
加热到 时，气体的压强为
气体发生等容变化，则有
解得
转换为热力学温度为
所以能安全加热到
11.[2024·安徽六安模拟] 自嗨锅通过自热包产生热
量使隔层上方锅内气体吸热升温，使用不当时可能
造成安全事故.某次使用前，室温为 ，大气压
强为 ，锅盖透气孔被堵塞.假设该款自
(2) 若某安全加热过程中气体内能的改变量为 ，则锅内气体吸收的热量
是多少？
[答案]
嗨锅锅体内部所能承受的最大压强为 ，锅盖扣紧后，锅内气
体视为质量一定的理想气体，且体积不变.
[解析] 由热力学第一定律可知
气体体积不变，则有
解得锅内气体吸收的热量
必备知识自查 一、1.做功,传热 2.（1）热量 （2） （3）吸收,增加,放出,减少 3.转移,转移 二、1.自发地 2.增加 3.热力学第二定律
【辨别明理】 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×
核心考点探究
考点一 例1.C 变式1.D 考点二 例2.CD 变式2.ABD
考点三 例3.AD 变式3.AC 变式4.C
考点四 例4.（1）不变,变小 （2） （3）
变式5.（1） （2）
基础巩固练
1.B 2.B 3.C 4.BCD 5.BC
6.（1） （2）,
综合提升练
7.ACD 8.B 9.（1） （2）
拓展挑战练
10.C 11.（1）能 （2）