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第4讲　热力学定律与能量守恒定律(综合融通课)
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式
(1)　　　;(2)　　　　。
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
+ 气体体积减小 外界对系统做功 系统　　　热量 内能 　　
- 气体体积增大 系统对外界做功 系统　　　热量 内能 　　
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.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　　　　增大的方向进行。
三、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.普适性:能量守恒定律是自然界的普遍规律。
注意:(1)某一种形式的能(如:机械能)或几种形式的能(如:动能+电势能)是否守恒是有条件的。
(2)第一类永动机是不可能制成的,它违背了能量守恒定律;第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
微点判断
1.做功和热传递的实质是相同的。 ( 　)
2.绝热过程中,外界压缩气体做功20 J,气体的内能一定减少20 J。 ( 　)
3.在给自行车打气时,会发现打气筒的温度升高,这是因为打气筒从外界吸热。 ( 　)
4.可以从单一热源吸收热量,使之完全变成功。 ( 　)
5.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。 ( 　)
6.热机的效率不可能达到100%。 ( 　)
7.第一类永动机遵守能量守恒定律,违背了热力学第二定律。 ( 　)
逐点清(一)　热力学第一定律的理解及应用　
1.对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式的能量与内能的相互转化。
(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
2.热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU。
(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU。
(3)若过程的初、末状态系统的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q。
[考法全训]
考法1　对热力学第一定律的理解
1.(2025·成都高三检测)某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶,旋紧瓶盖,双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖,瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾,则 (　　)
A.挤压水瓶过程中,瓶内气体分子的平均动能减小
B.挤压水瓶过程中,瓶内气体内能不变
C.瓶盖被顶飞过程中,瓶内气体对外做功
D.瓶盖被顶飞过程中,瓶内气体温度升高
考法2　热力学第一定律的应用
2.(人教版教材选择性必修3,P64T4)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
3.(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
|考|教|衔|接| 　
　　以上两题无论是命题情境,还是考查知识点,都完全相同,高考题就是教材题的再现。这启示我们,加强对教材的重视,引导教学回归教材,激发学生学习兴趣,提高学生的获得感,重视知识的基础性和应用性。
逐点清(二)　热力学第一定律与气体图像的综合应用
热力学第一定律与气体图像综合问题的解题思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况,从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在p V图像中,图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
[考法全训]
考法1　热力学第一定律与气体p T图像的综合
1.如图所示,一定质量的理想气体在状态A时体积为1.0 m3,经历A→B→C的过程,则整个过程中气体 (　　)
A.放出热量0.5×105 J
B.放出热量1.0×105 J
C.吸收热量0.5×105 J
D.吸收热量1.0×105 J
考法2　热力学第一定律与气体V T图像的综合
2.(2025·潍坊模拟)(多选)如图所示,一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c,该气体从外界吸收的热量为Q,在V T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O,从状态c到状态b温度不变,则 (　　)
A.气体在状态c的体积为1.5V0
B.气体在状态b的压强为p0
C.从状态a到状态c,气体对外界做功为-p0V0
D.从状态a到状态b,气体内能的增加量为Q-p0V0
考法3　热力学第一定律与气体p V图像的综合
3.(2023·广东高考)在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W,求:
(1)pB的表达式;
(2)TC的表达式;
(3)B到C过程,气泡内气体的内能变化了多少
逐点清(三)　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
热力学第一定律与气体实验定律综合问题的思维流程
[应用体验]
1.一定质量的理想气体由状态A开始,经过状态B后,最终变为状态C,其V T图像如图所示,各状态参量标注如图。已知状态A处的压强p=1.0×105 Pa,关于气体的变化过程,下列说法正确的是 (　　)
A.图中TA为200 K
B.由A→B的过程中,气体向外界放热
C.气体在A→B→C的过程中,对外做功2.0×105 J
D.由图中坐标可以求出状态C处的压强为1.5×105 Pa
2.如图甲所示,水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧,在水平方向上左右运动,发动机安装在汽车的中心线上,两侧活塞产生的影响相互抵消,可使车辆行驶更加平稳,同时节约能源、减小噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能,活塞横截面积为S,在距汽缸底部3L处固定两挡片,开始时活塞底部到缸底的距离为L,内部密封一定质量的理想气体,气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0,活塞右侧与连杆相连,连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力,大小为3p0S。现缓慢给气体加热后,活塞向右滑动,不计一切摩擦。求:
(1)当活塞底部距离缸底为L时,气体的压强p1;
(2)气体温度达到827 ℃时,气体的压强p2;
(3)在第(2)问条件下,如果此过程中气体吸收的热量为Q,求此过程中气体内能的增加量。
3.(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。
逐点清(四)　热力学第二定律的理解及应用
|题|点|全|练|
1.热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程,下列说法正确的是 (　　)
A.只是部分宏观过程具有方向性
B.第二类永动机既违背能量守恒定律,又违背热力学第二定律
C.热量只能从高温物体传到低温物体,不能从低温物体传到高温物体
D.根据热力学定律,热机的效率不可能达到100%
2.空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是 (　　)
A.空调制冷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传热的方向性
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.(2025·南京模拟)将一件裙子放进死海,3年后成了一件精美的艺术品(如图),其形成原因是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一现象下列说法不正确的是 (　　)
A.结晶过程看似是自发的,其实要受到环境的影响
B.结晶过程是无序向有序转变的过程
C.盐在溶解的过程中熵是增加的
D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里,可视为孤立系统,经过很长时间后,该艺术品的熵可能减小
|精|要|点|拨|
1.热力学第二定律的含义
(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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述,都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性,进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
第4讲
课前基础先行
一、1.(1)做功　(2)热传递　2.(1)热量
(2)Q+W　(3)吸收　增加　放出　减少
二、1.(1)自发地　2.无序度　
三、1.转移　转移
[微点判断]　1.×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.√　7.×
逐点清(一)
1.选C　旋紧瓶盖,双手快速拧搓挤压水瓶,外界对气体做正功,瓶内气体来不及发生热传递,根据热力学第一定律可知,瓶内气体内能变大,温度升高,则瓶内气体分子的平均动能增大,故A、B错误;然后迅速拧松瓶盖,瓶盖被顶飞过程中,瓶内气体对外做功,瓶内气体来不及发生热传递,根据热力学第一定律可知,瓶内气体内能变小,温度降低,故C正确,D错误。
2.解析:气泡在缓慢上升过程中,可认为气泡内的空气温度始终等于外部的水温,而外部的水温恒定,因此气泡的温度不变,气泡的内能不变。但是,在气泡缓慢上升的过程中,外部的压强逐渐减小,气泡逐渐膨胀,对外做功,根据ΔU=W+Q可知,气泡要吸热。
答案:内能不变　吸热
3.选D　上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体的压强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;上浮过程气体体积变大,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。
逐点清(二)
1.选B　由图像可知,状态A与状态C温度相同,有pAVA=pCVC,解得VC=0.5 m3,AB图线是过原点的直线,所以从状态A到状态B是等容过程,有VB=VA=1.0 m3,从状态B到状态C是等压过程,外界对气体做功为W=pB(VB-VC)=1.0×105 J,整个过程气体内能不变,由热力学第一定律知W+Q=0,解得Q=-1.0×105 J,即气体放出热量1.0×105 J,故选B。
2.选BD　在V T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O,则由a到c为等压过程,有=,解得Vc=2V0,故A错误;从状态c到状态b温度不变,有pb·3V0=p0·2V0,解得pb=p0,故B正确;从状态a到状态c,气体对外界做功为W'=p0·2V0-p0V0=p0V0,故C错误;理想气体在b、c状态的温度相同,故内能相同,从状态a到状态b气体内能的变化量等于从状态a到状态c气体内能的变化量,由ΔU=W+Q,W=-W',可知气体内能的增加量为ΔU=Q-p0V0,故D正确。
3.解析:(1)根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB,解得pB=p0。
(2)根据理想气体状态方程可得=,解得TC=1.9T0。
(3)根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q
因为B到C过程绝热,故Q=0,
故气体内能增加ΔU=W。
答案:(1)pB=p0　(2)TC=1.9T0　(3)W
逐点清(三)
1.选A　从A到B为等压过程,根据=,代入数据可得TA=200 K,A正确;由A→B的过程中,气体体积膨胀,对外做功W<0,温度升高,内能增加ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q>0,该过程气体吸收热量,B错误;由A→B的过程中,气体对外做功W=p·ΔV=1.0×105×(0.6-0.4)J=2×104 J,从B→C的过程中,气体发生等容变化,没有对外做功,因此气体在A→B→C的过程中,对外做功2.0×104 J,C错误;从B→C的过程中,气体发生等容变化,根据=,而pB=p=1.0×105 Pa,可得pC≈1.3×105 Pa,D错误。
2.解析:(1)对活塞受力分析,根据共点力平衡条件,有
p1S=p0S+F,解得p1=4p0。
(2)假设加热升温过程始终是等压变化,
根据盖-吕萨克定律,有=
解得L'=L>3L
此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触,由理想气体状态方程得=,解得p2=p0。
(3)此过程中外界对气体做功为
W=-p1S·2L=-8p0SL
根据热力学第一定律,有ΔU=Q+W
可得此过程中气体内能的增加量为
ΔU=Q-8p0SL。
答案:(1)4p0　(2)p0　(3)Q-8p0SL
3.解析:(1)由题意可知,气体进行等压变化,则由盖 吕萨克定律得=
即=,解得T1=T0。
(2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0
气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg)
根据热力学第一定律可知,此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
答案:(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0
逐点清(四)
1.选D　热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故A错误;第二类永动机违背热力学第二定律,但不违背能量守恒定律,故B错误;根据热力学第二定律,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,但在外界干预下,热量可以从低温物体传到高温物体,故C错误;根据热力学第二定律,热机的效率不可能达到100%,故D正确。
2.选B　空调制冷的工作原理对应的是热力学第二定律的克劳修斯表述,A错误;空调的工作原理反映了传热的方向性,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,但在其他能力干预下,可以从低温物体传到高温物体,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.选D　结晶过程不是自发的,通常是由于水温降低或水的蒸发引起,受到环境的影响,是由无序向有序转变的过程,故A、B正确;盐的溶解过程是自发过程,自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,即熵增加,故C正确;孤立系统的熵永不减小,故D错误;本题选错误项,故选D。
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热力学定律与能量守恒定律
(综合融通课)
第 4 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　热力学第一定律的理解及应用
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
6
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　热力学第一定律与气体图像的综合应用
5
逐点清(四)　热力学第二定律的理解及应用
课前基础先行
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式
(1)_______ ；(2)________ 。
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=________。
做功
热传递
热量
Q+W
(3)符号法则
物理量 W Q ΔU
+ 气体体积减小外界对系统做功 系统______热量 内能______
- 气体体积增大系统对外界做功 系统______热量 内能______
吸收
放出
增加
减少
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.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_________增大的方向进行。
自发地
无序度
三、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.普适性：能量守恒定律是自然界的普遍规律。
转移
转移
注意：(1)某一种形式的能(如：机械能)或几种形式的能(如：动能+电势能)是否守恒是有条件的。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
1.做功和热传递的实质是相同的。 ( )
2.绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。 ( )
3.在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。 ( )
4.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。 ( )
微点判断
×
×
×
√
5.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。 ( )
6.热机的效率不可能达到100%。 ( )
7.第一类永动机遵守能量守恒定律，违背了热力学第二定律。 ( )
×
√
×
逐点清(一)　热力学第一定律的
理解及应用
课
堂
1.对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式的能量与内能的相互转化。
(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
2.热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q=0，W=ΔU。
(2)若过程中不做功，即W=0，则Q=ΔU。
(3)若过程的初、末状态系统的内能不变，即ΔU=0，则W+Q=0或W=-Q。
考法1　对热力学第一定律的理解
1.(2025·成都高三检测)某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则(　　)
A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小
B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变
考法全训
C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功
D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高
解析：旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传递，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传递，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，温度降低，故C正确，D错误。
√
考法2　热力学第一定律的应用
2.(人教版教材选择性必修3，P64T4)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
答案：内能不变　吸热
解析：气泡在缓慢上升过程中，可认为气泡内的空气温度始终等于外部的水温，而外部的水温恒定，因此气泡的温度不变，气泡的内能不变。但是，在气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡逐渐膨胀，对外做功，根据ΔU=W+Q可知，气泡要吸热。
3.(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
√
解析：上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体的压强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；上浮过程气体体积变大，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。
以上两题无论是命题情境，还是考查知识点，都完全相同，高考题就是教材题的再现。这启示我们，加强对教材的重视，引导教学回归教材，激发学生学习兴趣，提高学生的获得感，重视知识的基础性和应用性。
考教衔接
逐点清(二)　热力学第一定律与气体图像的综合应用
课
堂
热力学第一定律与气体图像综合问题的解题思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在p V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
考法1 热力学第一定律与气体p T图像的综合
1.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时体积为1.0 m3，经历A→B→C的过程，则整个过程中气体(　　)
A.放出热量0.5×105 J
B.放出热量1.0×105 J
C.吸收热量0.5×105 J
D.吸收热量1.0×105 J
考法全训
√
解析：由图像可知，状态A与状态C温度相同，有pAVA=pCVC，解得VC=0.5 m3，AB图线是过原点的直线，所以从状态A到状态B是等容过程，有VB=VA=1.0 m3，从状态B到状态C是等压过程，外界对气体做功为W=pB(VB-VC)=1.0×105 J，整个过程气体内能不变，由热力学第一定律知W+Q=0，解得Q=-1.0×105 J，即气体放出热量1.0×
105 J，故选B。
考法2 热力学第一定律与气体V T图像的综合
2.(2025·潍坊模拟)(多选)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则(　　)
A.气体在状态c的体积为1.5V0
B.气体在状态b的压强为p0
C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0
D.从状态a到状态b，气体内能的增加量为Q-p0V0
解析：在V T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，则由a到c为等压过程，有=，解得Vc=2V0，故A错误；从状态c到状态b
√
√
温度不变，有pb·3V0=p0·2V0，解得pb=p0，故B正确；从状态a到状态c，气体对外界做功为W'=p0·2V0-p0V0=p0V0，故C错误；理想气体在b、c状态的温度相同，故内能相同，从状态a到状态b气体内能的变化量等于从状态a到状态c气体内能的变化量，由ΔU=W+Q，W=-W'，可知气体内能的增加量为ΔU=Q-p0V0，故D正确。
考法3 热力学第一定律与气体p V图像的综合
3.(2023·广东高考)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温
度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB
的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、
压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外
界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W，求：
(1)pB的表达式；
答案：pB=p0　
解析：根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB
解得pB=p0。
(2)TC的表达式；
答案：TC=1.9T0
解析：根据理想气体状态方程可得=
解得TC=1.9T0。
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少
答案：W
解析：根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q
因为B到C过程绝热，故Q=0，
故气体内能增加ΔU=W。
逐点清(三)　热力学第一定律与
气体实验定律的综
合应用
课
堂
热力学第一定律与气体实验定律综合问题的思维流程
1.一定质量的理想气体由状态A开始，经过状态B后，最终变为状态C，其V T图像如图所示，各状态参量标注如图。已知状态A处的压强p= 1.0× 105 Pa，关于气体的变化过程，下列说法正确的是 (　　)
A.图中TA为200 K
B.由A→B的过程中，气体向外界放热
C.气体在A→B→C的过程中，对外做功2.0×105 J
D.由图中坐标可以求出状态C处的压强为1.5×105 Pa
应用体验
√
解析：从A到B为等压过程，根据=，代入数据可得TA=200 K，A正确；由A→B的过程中，气体体积膨胀，对外做功W<0，温度升高，内能增加ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，该过程气体吸收热量，B错误；由A→B的过程中，气体对外做功W=p·ΔV= 1.0×105×(0.6-0.4)J=2×104 J，从B→C的过程中，气体发生等容变化，没有对外做功，因此气体在A→B→C的过程中，对外做功2.0× 104 J，C错误；从B→C的过程中，气体发生等容变化，根据=，而pB=p=1.0×105 Pa，可得pC≈1.3×105 Pa，D错误。
2.如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减小噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：
(1)当活塞底部距离缸底为L时，气体的压强p1；
答案：4p0　
解析：对活塞受力分析，根据共点力平衡条件，有
p1S=p0S+F，解得p1=4p0。
(2)气体温度达到827 ℃时，气体的压强p2；
答案： p0
解析：假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有=，解得L'=L>3L，此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触，由理想气体状态方程得=，解得p2=p0。
(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。
答案： Q-8p0SL
解析：此过程中外界对气体做功为W=-p1S·2L=-8p0SL
根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W
可得此过程中气体内能的增加量为ΔU=Q-8p0SL。
3.(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。
答案：T0
解析：由题意可知，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： h(p0S+mg)+CT0
解析：此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0
气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg)
根据热力学第一定律可知，此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
逐点清(四)　热力学第二定律的
理解及应用
课
堂
1.热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程，下列说法正确的是 (　　)
A.只是部分宏观过程具有方向性
B.第二类永动机既违背能量守恒定律，又违背热力学第二定律
C.热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体
D.根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%
题点全练
√
解析：热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A错误；第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在外界干预下，热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，故D正确。
2.空调的工作原理如图所示，以下表述正确的是 (　　)
A.空调制冷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传热的方向性
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
√
解析：空调制冷的工作原理对应的是热力学第二定律的克劳修斯表述，A错误；空调的工作原理反映了传热的方向性，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但在其他能力干预下，可以从低温物体传到高温物体，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.(2025·南京模拟)将一件裙子放进死海，3年
后成了一件精美的艺术品(如图)，其形成原因
是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一
现象下列说法不正确的是 (　　)
A.结晶过程看似是自发的，其实要受到环境的影响
B.结晶过程是无序向有序转变的过程
C.盐在溶解的过程中熵是增加的
D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里，可视为孤立系统，经过很长时间后，该艺术品的熵可能减小
√
解析：结晶过程不是自发的，通常是由于水温降低或水的蒸发引起，受到环境的影响，是由无序向有序转变的过程，故A、B正确；盐的溶解过程是自发过程，自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即熵增加，故C正确；孤立系统的熵永不减小，故D错误；本题选错误项，故选D。
1.热力学第二定律的含义
(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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
精要点拨
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
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一、单项选择题
1.(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内气体视为理想气体。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
√
(说明:标★的为推荐讲评题目)
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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可知Q>0，气体从外界吸热，故C错误，D正确。
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2.某同学从重庆去西藏旅游，路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所带的坚果，发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体(可视为质量不变的理想气体)的说法正确的是 (　　)
A.压强增大
B.分子平均动能不变
C.一定从外界吸收热量
D.对外做功，内能减小
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解析：根据题意，气体温度降低，体积增大，根据理想气体状态方程可得，气体压强减小，故A错误；气体温度降低，所以分子平均动能减小，故B错误；气体体积增大，气体对外做功，即W为负值，温度降低，内能减小，即ΔU为负值，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q可能为正，也可能为负，即气体可能从外界吸收热量，也可能放热，故C错误，D正确。
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3.(2024·山东高考)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
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解析：a→b过程是等压变化且体积增大，气体对外做功，Wab<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，故B错误；c→a过程为等温
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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一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，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不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。
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二、多项选择题
4.炎热的夏季是汽车轮胎爆胎频发时期，爆胎的一个原因是轮胎内气体温度升高导致胎压变大，因此有经验的司机师傅会适当降低胎压。某汽车上一只轮胎的容积为200 L，早晨20 ℃时给轮胎充气，充气前轮胎内气体的压强为2.0×105 Pa，充气时每秒可将5 L、压强为1.0×105 Pa 的气体充入轮胎内，不考虑充气过程中气体温度的变化。中午高速行驶时允许的最大胎压为2.9×105 Pa，此时轮胎内气体温度可达77 ℃。
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将轮胎内气体看成理想气体，不计轮胎内气体温度变化对轮胎容积的影响。在安全行车的情况下，下列说法正确的是 (　　)
A.轮胎内气体温度升高的过程中，每个气体分子热运动的速率均变大
B.轮胎内气体温度升高的过程中，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
C.早晨充气后轮胎内气体的压强最大允许约为2.4×105 Pa
D.早晨充气所用时间最长约为36 s
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解析：轮胎内气体温度升高的过程中，气体分子的平均速率增大，但不是每个气体分子热运动的速率均变大，故A错误；轮胎内气体温度升高的过程中，气体内能增大，但气体体积不变，根据热力学第一定律可得，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故B正确；由题意可知，轮胎内气体体积不变，根据查理定律可得=，解得p1≈2.4× 105 Pa，故C正确；早晨充气时，由玻意耳定律有pV0+p0V=p1V0，其中p=2.0×105 Pa，V0=200 L，V=5t(L)，联立解得t≈17 s，故D错误。
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5.(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
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解析：1→2为绝热过程，此过程气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖 吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W23<0，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W34<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，气体内能减小，由于气体体积不变，则W41=0，根据热力学第一定律可知气体向外放热，故D正确。
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6.(2024·河北高考)如图，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(　　)
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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：初始时活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，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漏出，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；
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由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧且体积为整个汽缸体积的一半，最终气体充满整个汽缸，则初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终状态的两倍，故D正确。
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三、计算题
7.(8分)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b→c→a的过程，其状态变化的p V图像如图所示，各个状态参量已在图中标出，已知c点的温度为T0。求：
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(1)一次循环过程中气体放出的热量；(3分)
答案：p0V0　
解析：a→b→c→a一个循环过程中，
三角形abc的面积等于放出的热量
Q==p0V0。
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(2)整个循环过程中的最高温度。(5分)
答案：1.125T0
解析：由题图可知，a→b温度降低，b→c温度升高，c→a温度先升高后降低，故温度最高点对应的状态在直线ca上，
由题图可知p=-V+3p0
又=
将p代入求极值得Tmax=1.125T0。
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8.(8分)(2025·潍坊高三检测)肺活量是用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压p0=1 atm下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温为37 ℃，环境温度为27 ℃，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力向气球内吹气，吹气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径d=20 cm，气球稳定的过程中，气球向外界散失了2.8 J的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强Δp=，其中σ为薄膜的等效表面张力系数，
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R为气球充气后的半径。如图为该气球的等效表面张力系数σ随气球半径R的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强p0=1.0×105 Pa，1 cmH2O=100 Pa，π取3.14。求：
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(1)该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式U=0.5T来计算，气球稳定的过程中外界对气球做了多少功 (3分)
答案：-2.2 J　
解析：由U=0.5T可知，气球稳定的过程中，气球内气体的内能增加量为ΔU=0.5ΔT=-5 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q
解得W=-2.2 J。
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(2)该同学的肺活量为多少毫升(保留到整数位) (5分)
答案： 4 500 mL
解析：由题图可知气球半径R=10 cm时，
气球橡胶薄膜的等效表面张力系数
σ=200 cm·cmH2O=2×104 cm·Pa
吹气后稳定时气球内气体的压强
p=p0+
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解得p=1.04×105 Pa
设该同学的肺活量为V1，气球体积为V2，由理想气体状态方程
=
其中V2=π
解得V1≈4 500 mL。
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9.(10分)(2024·贵州高考)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。
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(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。(3分)
答案：3V0
解析：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。
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(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。(3分)
答案：
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解析：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
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可得=。
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(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)(4分)
答案：吸热
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解析：由p V图像与横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，则相同，可得TN> TN'，可知从M到N的过程内能降低得更少，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。
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4课时跟踪检测(七十一)　热力学定律与能量守恒定律
一、单项选择题
1.(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭,气囊内气体视为理想气体。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
2.某同学从重庆去西藏旅游,路途中温度逐渐降低,为了补充能量拿出自己所带的坚果,发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体(可视为质量不变的理想气体)的说法正确的是 (　　)
A.压强增大　　　　　　 B.分子平均动能不变
C.一定从外界吸收热量 D.对外做功,内能减小
3.(2024·山东高考)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
二、多项选择题
4.炎热的夏季是汽车轮胎爆胎频发时期,爆胎的一个原因是轮胎内气体温度升高导致胎压变大,因此有经验的司机师傅会适当降低胎压。某汽车上一只轮胎的容积为200 L,早晨20 ℃时给轮胎充气,充气前轮胎内气体的压强为2.0×105 Pa,充气时每秒可将5 L、压强为1.0×105 Pa 的气体充入轮胎内,不考虑充气过程中气体温度的变化。中午高速行驶时允许的最大胎压为2.9×105 Pa,此时轮胎内气体温度可达77 ℃。将轮胎内气体看成理想气体,不计轮胎内气体温度变化对轮胎容积的影响。在安全行车的情况下,下列说法正确的是 (　　)
A.轮胎内气体温度升高的过程中,每个气体分子热运动的速率均变大
B.轮胎内气体温度升高的过程中,气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
C.早晨充气后轮胎内气体的压强最大允许约为2.4×105 Pa
D.早晨充气所用时间最长约为36 s
5.(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
6.(2024·河北高考)如图,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
卷码 400017121 姓名
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三、计算题
7.(8分)如图所示,一定质量的理想气体经历了a→b→c→a的过程,其状态变化的p V图像如图所示,各个状态参量已在图中标出,已知c点的温度为T0。求:
(1)一次循环过程中气体放出的热量;(3分)
(2)整个循环过程中的最高温度。(5分)
8.(8分)(2025·潍坊高三检测)肺活量是用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压p0=1 atm下人一次尽力吸气后,再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后,设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温为37 ℃,环境温度为27 ℃,然后该同学尽最大努力吸气,通过气球口尽力向气球内吹气,吹气后的气球可近似看成球形,过一段时间稳定后测得气球的直径d=20 cm,气球稳定的过程中,气球向外界散失了2.8 J的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强Δp=,其中σ为薄膜的等效表面张力系数,R为气球充气后的半径。如图为该气球的等效表面张力系数σ随气球半径R的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计,空气可看作理想气体,大气压强p0=1.0×105 Pa,1 cmH2O=100 Pa,π取3.14。求:
(1)该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式U=0.5T来计算,气球稳定的过程中外界对气球做了多少功 (3分)
(2)该同学的肺活量为多少毫升(保留到整数位) (5分)
9.(10分)(2024·贵州高考)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。
(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。(3分)
(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。(3分)
(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)(4分)
课时跟踪检测(七十一)
1.选D　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可知Q>0,气体从外界吸热,故C错误,D正确。
2.选D　根据题意,气体温度降低,体积增大,根据理想气体状态方程可得,气体压强减小,故A错误;气体温度降低,所以分子平均动能减小,故B错误;气体体积增大,气体对外做功,即W为负值,温度降低,内能减小,即ΔU为负值,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q可能为正,也可能为负,即气体可能从外界吸收热量,也可能放热,故C错误,D正确。
3.选C　a→b过程是等压变化且体积增大,气体对外做功,Wab<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,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;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,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不等于c→a过程放出的热量Qca,D错误。
4.选BC　轮胎内气体温度升高的过程中,气体分子的平均速率增大,但不是每个气体分子热运动的速率均变大,故A错误;轮胎内气体温度升高的过程中,气体内能增大,但气体体积不变,根据热力学第一定律可得,气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量,故B正确;由题意可知,轮胎内气体体积不变,根据查理定律可得=,解得p1≈2.4×105 Pa,故C正确;早晨充气时,由玻意耳定律有pV0+p0V=p1V0,其中p=2.0×105 Pa,V0=200 L,V=5t(L),联立解得t≈17 s,故D错误。
5.选AD　1→2为绝热过程,此过程气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,根据盖 吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加,内能增大,此过程气体体积增大,气体对外界做功,W23<0,根据热力学第一定律可知气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,此过程气体体积增大,气体对外界做功,W34<0,根据热力学第一定律可知气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,根据查理定律可知压强减小时温度减小,气体内能减小,由于气体体积不变,则W41=0,根据热力学第一定律可知气体向外放热,故D正确。
6.选ACD　初始时活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态,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漏出,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,最终左、右两侧气体压强相等,且弹簧恢复原长,故A正确;由题知活塞初始时静止在汽缸正中间,但由于活塞向左移动,左侧气体体积小于右侧气体体积,则左侧气体质量小于右侧气体质量,故B错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,但弹簧弹性势能减少了,可知气体内能增加,故C正确;初始时气体在左侧且体积为整个汽缸体积的一半,最终气体充满整个汽缸,则初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终状态的两倍,故D正确。
7.解析:(1)a→b→c→a一个循环过程中,三角形abc的面积等于放出的热量
Q==p0V0。
(2)由题图可知,a→b温度降低,b→c温度升高,c→a温度先升高后降低,故温度最高点对应的状态在直线ca上,
由题图可知p=-V+3p0
又=
将p代入求极值得Tmax=1.125T0。
答案:(1)p0V0　(2)1.125T0
8.解析:(1)由U=0.5T可知,气球稳定的过程中,气球内气体的内能增加量为ΔU=0.5ΔT=-5 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q
解得W=-2.2 J。
(2)由题图可知气球半径R=10 cm时,气球橡胶薄膜的等效表面张力系数
σ=200 cm·cmH2O=2×104 cm·Pa
吹气后稳定时气球内气体的压强
p=p0+
解得p=1.04×105 Pa
设该同学的肺活量为V1,气球体积为V2,由理想气体状态方程
=
其中V2=π
解得V1≈4 500 mL。
答案:(1)-2.2 J　(2)4 500 mL
9.解析:(1)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。
(2)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=。
(3)由p V图像与横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,则相同,可得TN>TN',可知从M到N的过程内能降低得更少,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。
答案:(1)3V0　(2)　(3)吸热
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