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第79课时　热力学定律与能量守恒定律
目标要求　1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。3.知道热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
考点一　热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)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热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU=Q+W。
(3)表达式中的正、负号法则：
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
(4)解题时特殊字眼“翻译”：
①绝热：没有传热(Q=0)；
②等容：体积不变，不做功(W=0)；
③膨胀：体积变大，物体对外界做功(W<0)；
④等温：分子平均动能不变，理想气体内能不变(理想气体ΔU=0)；
⑤等压，体积变化ΔV：外界对物体做的功W=-pΔV。
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。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
1.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，最终达到平衡状态。此过程中气体内能如何变化？
答案　不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W=0，绝热Q=0，故内能不发生变化。
2.如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。则Q1和Q2哪个大些？
答案　Q2大些
解析　把活塞和汽缸固定，使空气升温，属于等容升温过程，W=0，空气内能的变化等于吸收的热量Q1，即ΔU=Q1。如果让活塞可以自由滑动，汽缸内空气做等压升温变化，气体体积增加，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律知ΔU=Q2+W，由于空气升高相同的温度，两种情况中内能增量相同，则Q2=ΔU-W>Q1(W<0)。
例1　(2025·江西省二模)两位小朋友分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图甲所示，哥哥画的小鱼如图乙所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。若气泡内气体可视为理想气体，忽略温度变化，从物理视角分析，则(　　)
A.图甲中画的气泡合理，图乙中画的气泡不合理
B.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体从外界吸热
C.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体压强增大
D.小鱼吐的气泡上升时，水对气泡做正功
答案　B
解析　根据液体压强公式p=p0+ρgh(p0为大气压强，ρ为液体密度，h为深度)气泡在上升过程中深度h减小，气泡内压强p减小。由玻意耳定律pV=C可知压强减小则体积增大，所以气泡应该越往上越大，题图乙合理，题图甲不合理，故A、C错误；气泡上升过程中，体积增大，气体对外界做功(即水对气泡做负功)，即W<0 。因为忽略温度变化，内能不变(ΔU=0)，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得Q>0，这表明泡内气体从外界吸热，故B正确，D错误。
针对训练　(2025·江苏卷·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
答案　D
解析　瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及与外界交换热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程=C可知，气体压强减小。故选D。
例2　(多选)如图所示，导热性能良好的汽缸竖直放置在水平地面上，用一定质量的活塞封闭了一定体积的理想气体。环境温度恒定，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。下列操作中，说法正确的是(　　)
A.若将汽缸倾斜一定角度，封闭气体的分子数密度减小
B.若将汽缸倾斜一定角度，外界对封闭气体做正功
C.若将少许细沙缓慢倒在活塞上，封闭气体向外界放出热量
D.若将少许细沙缓慢倒在活塞上，单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数减少
答案　AC
解析　初始时汽缸竖直，活塞受力平衡，设外部大气压为p0，内部气体压强为p1，活塞横截面积为S，有p1S=p0S+mg，解得p1=p0+，汽缸倾斜后，活塞重力沿汽缸轴线方向的分力减小，设汽缸壁与水平面的夹角为θ，平衡时内部压强为p2，有p2S=p0S+mgsin θ，解得p2=p0+，即气体压强减小。由玻意耳定律pV=C可知封闭气体的体积增大，封闭气体的分子数密度减小，A正确；封闭气体的体积增大，封闭气体对外界做正功，即外界对封闭气体做负功，B错误；将少许细沙缓慢倒在活塞上，可知活塞缓慢下滑，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度恒定，所以气体温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，封闭气体向外界放出热量，C正确；由于气体温度不变，气体体积减小，根据玻意耳定律pV=C，可知气体的压强增大。由于气体分子的平均动能不变，根据压强微观意义可知，单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数增多，D错误。
考点二　热力学第一定律与图像的综合应用
1.在某一过程中，气体的p、V、T的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，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气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
例3　(2022·湖北卷·3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是(　　)
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
答案　B
解析　根据理想气体状态方程=C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律DU=W+Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体状态方程=C，可知p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。
拓展
1.从例3图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为　　　　，气体　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　。
答案　4p0V0　吸收　4p0V0
解析　p-V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac==4p0V0；
由图像知Ta=Tc，故从a→c的过程中ΔU=0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU=W+Q知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q=-W=4p0V0。
2.若气体经历从a→b→c→d→a的过程，如图所示，则整个过程中气体　　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　　　　。
答案　吸收　2p0V0
解析　整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd的面积，即W'=×2p0×2V0=2p0V0，又因ΔU=0，故气体吸收的热量Q=2p0V0。
例4　(多选)(2024·海南卷·11)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
答案　AC
解析　由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa0，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，温度升高，内能增大，故D错误。
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
例5　(2024·湖北卷·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。
答案　(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0
解析　(1)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量ΔU=CΔT=CT0
气体对外做功，W=-pSΔh=-h(p0S+mg)
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0
例6　(2025·浙江6月选考·15)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10-3 m2，t1=77 ℃，t2=27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
答案　(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
解析　(1)状态1气体的温度T1=(77+273) K=350 K，压强p1=p0=1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2=(27+273) K=300 K，压强为p2
忽略皮肤的形变，罐内气体做等容变化，根据查理定律=
解得p2=9×104 Pa
(2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q
气体做等容变化，外界对气体不做功，W=0，气体向外界放出热量，Q=-7.35 J
解得ΔU=-7.35 J，即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
考点四　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”。
(3)说明：
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。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。
(1)高温物体低温物体。
(2)功热。
(3)气体体积V1气体体积V2(较大)。
(4)不同气体A和B混合气体AB。
3.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
例7　(多选)(2025·福建三明市检测)下列说法正确的是(　　)
A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B.自发的热传导是不可逆的
C.可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D.气体向真空膨胀具有方向性
答案　BD
解析　有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。
课时精练
[分值：60分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2025·安徽卷·3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
答案　A
解析　根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，B、C错误；气体的压强减小，由pV=C知气体体积变大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q=0可知，吸收的热量与气体对外做的功相等，A正确，D错误。
2.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是(　　)
A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
答案　B
解析　根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。
3.(多选)(2026·辽宁省七校协作体联考)如图所示为净水器的压力桶，压力桶分为储水室和气室，气室内密封有一定质量的理想气体。当净水器制水时，水迅速进入压力桶，气体被压缩；当用户用水时，气体缓慢膨胀将水推出。假设制水过程气体与外界无热量交换，用水过程气体温度保持与环境温度相同，下列说法正确的是(　　)
A.制水过程中，气体被压缩，内能增加
B.用水过程中，气体膨胀对外做功，从外界吸收热量
C.制水过程中，气体分子的平均动能减小
D.用水过程中，单位时间内桶壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数增加
答案　AB
解析　制水过程中，气体与外界无热量交换，气体被压缩，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得气体内能增加，故A正确；用水过程中，气体温度保持与环境温度相同，内能不变，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体必须吸收热量，故B正确；制水过程中，气体内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，故C错误；用水过程中，气体发生等温变化，可得体积增大时，压强降低，故单位时间内桶壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减小，故D错误。
4.(2025·四川成都市检测)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。罐内气体可视为理想气体。现将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水快速喷出的过程中，罐内气体来不及与外界进行热交换，则喷水时(　　)
A.气体压强变大 B.外界对气体做正功
C.气体内能不变 D.气体内能减小
答案　D
解析　阀门M打开，水立即从枪口喷出，气体膨胀，则气体对外界做正功，即W<0，故B错误；水被快速喷出，罐内气体来不及与外界进行热交换，即Q=0，根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，结合上述可知ΔU<0，即气体内能减少，故C错误，D正确；结合上述，气体内能减少，则气体温度降低，根据理想气体状态方程有=C，由于V增大，T减小，可知压强减小，故A错误。
5.(多选)(2025·甘肃卷·9)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
答案　ACD
解析　A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，选项A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据=C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。
6.(8分)(2025·陕晋青宁卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105 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)(3分)求此时胎内气体的压强p2；
(2)(5分)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。
答案　(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
解析　(1)根据理想气体状态方程=
代入数据得p2==3.3×105 Pa
(2)p-V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W=-(V2-V1)=-1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU=Q+W
代入数据可得ΔU=6.6×104 J。
　[7~9题，每题6分]
7.(多选)(2024·新课标卷·21)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
答案　AD
解析　1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，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，由=C知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W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W<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=C知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确。
8.(2025·天津卷·4)如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则(　　)
A.AC和ADC过程，外界对气体做功相同
B.ABC和ADC过程，气体放出的热量相同
C.在状态A时和在状态C时，气体的内能相同
D.在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同
答案　C
解析　根据p-V图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功，可知AC过程外界对气体做功较多，故A错误；根据理想气体状态方程=C结合题图可知气体在状态A时和状态C时温度相等，则气体内能相同，故C正确；由题图可知ABC过程外界对气体做功比ADC过程做功多，又ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ABC过程气体放出的热量多，故B错误；根据理想气体状态方程=C，可知状态B的温度高于状态D的温度，则状态B气体分子热运动的平均动能大，故D错误。
9.(多选)(2025·广西名校联合调研)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S的轻活塞A和面积为S的轻活塞B，活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示，活塞A与汽缸右端相距L1，处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A，最终如图乙所示，活塞B和液体上升L2。已知大气压强为p0，液体密度为ρ、高度为h，弯管中的气体体积可忽略，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.初始时封闭气体压强大于p0
B.图中液体浸润竖直管道
C.最终活塞B上升的高度为L2=
D.该过程中外界对封闭气体做功为W，则W=(2p0+ρgh)(L1-L2)S
答案　BC
解析　初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为p1=p0，故A错误；液面呈凹状，图中液体浸润竖直管道，故B正确；最终封闭气体的压强大小为p2=p0+ρgh，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可得p1L1×2S=p2L2S，解得L2=，故C正确；该过程中，气体发生等温变化，p-V图像如图所示，外界对气体做正功，且功的大小等于图中阴影部分面积，则W<(2p0+ρgh)(L1-L2)S，故D错误。
10.(14分)(2025·山东卷·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)(4分)T2=440 K时，气柱高度h2；
(2)(10分)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)。
答案　(1)h1　(2)
解析　(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S
可得封闭的理想气体压强p1=p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律=
解得h2=h1
(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S=-
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0
活塞受力平衡有p0S=f0+p2S
解得封闭的理想气体压强p2=p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律=
解得h3=h1
外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S=
全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-
因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0
利用热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=
故封闭气体吸收的净热量Q=。(共73张PPT)
第十五章
热学
热力学定律与能量守
恒定律
第79课时
1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。
2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
3.知道热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
目标要求
考点一　热力学第一定律
考点二　热力学第一定律与图像的综合应用
内容索引
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
课时精练
考点四　热力学第二定律
热力学第一定律
考点一
1.改变物体内能的两种方式
(1) ；(2)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：ΔU= 。
做功
热量
Q+W
(3)表达式中的正、负号法则：
符号 W Q ΔU
+ 对 做功 物体 热量 内能______
- 对 做功 物体 热量 内能_____
外界
物体
吸收
增加
物体
外界
放出
减少
(4)解题时特殊字眼“翻译”：
①绝热： ( =0)；
②等容： ( =0)；
③膨胀： (W 0)；
④等温： (理想气体 =0)；
⑤等压，体积变化ΔV：外界对物体做的功W= 。
没有传热
Q
体积不变，不做功
W
体积变大，物体对外界做功
<
分子平均动能不变，理想气体内能不变
ΔU
-pΔV
3.能量守恒定律
(1)内容
能量既不会凭空 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式 为其他形式，或者从一个物体 到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量 。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了 。
产生
转化
转移
保持不变
能量守恒定律
讨论交流
1.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，最终达到平衡状态。此过程中气体内能如何变化？
答案　不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W=0，绝热Q=0，故内能不发生变化。
2.如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。则Q1和Q2哪个大些？
答案　Q2大些
　　　把活塞和汽缸固定，使空气升温，属于等容升温过程，W=0，空气内能的变化等于吸收的热量Q1，即ΔU=Q1。如果让活塞可以自由滑动，汽缸内空气做等压升温变化，气体体积增加，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律知ΔU=Q2+W，由于空气升高相同的温度，两种情况中内能增量相同，则Q2=ΔU-W>Q1(W<0)。
　　　 (2025·江西省二模)两位小朋友分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图甲所示，哥哥画的小鱼如图乙所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。若气泡内气体可视为理想气体，忽略温度变化，从物理视角分析，则
A.图甲中画的气泡合理，图乙中画的气泡不合理
B.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体从外界吸热
C.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体压强增大
D.小鱼吐的气泡上升时，水对气泡做正功
√
　　　根据液体压强公式p=p0+ρgh(p0为大气压强，ρ为液体密度，h为深度)气泡在上升过程中深度h减小，气泡内压强p减小。由玻意耳定律pV=C可知压强减小则体积增大，所以气泡应该越往上越大，题图乙合理，题图甲不合理，故A、C错误；
气泡上升过程中，体积增大，气体对外界做功(即水对气泡做负功)，即W<0 。因为忽略温度变化，内能不变(ΔU=0)，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得Q>0，这表明泡内气体从外界吸热，故B正确，D错误。
针对训练　(2025·江苏卷·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
√
　　　瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及与外界交换热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程=C可知，气体压强减小。故选D。
(多选)如图所示，导热性能良好的汽缸竖直放置在水平地面上，用一定质量的活塞封闭了一定体积的理想气体。环境温度恒定，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。下列操作中，说法正确的是
A.若将汽缸倾斜一定角度，封闭气体的分子数密度减小
B.若将汽缸倾斜一定角度，外界对封闭气体做正功
C.若将少许细沙缓慢倒在活塞上，封闭气体向外界放出热量
D.若将少许细沙缓慢倒在活塞上，单位时间撞击到器壁单位面积上的分
子数减少
√
√
　　　初始时汽缸竖直，活塞受力平衡，设外部大气压为p0，内部气体压强为p1，活塞横截面积为S，有p1S=p0S+mg，解得p1=p0+，汽缸倾斜后，活塞重力沿汽缸轴线方向的分力减小，设汽缸壁与水平面的夹角为θ，平衡时内部压强为p2，有p2S=p0S+mgsin θ，解得p2=p0+，即气体压强减小。由玻意耳定律pV=C可知封闭气体的体积增大，封闭气体的分子数密度减小，A正确；
封闭气体的体积增大，封闭气体对外界做正功，即外界对封闭气体做负功，B错误；
　　　将少许细沙缓慢倒在活塞上，可知活塞缓慢下滑，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度恒定，所以气体温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，封闭气体向外界放出热量，C正确；
由于气体温度不变，气体体积减小，根据玻意耳定律pV=C，可知气体的压强增大。由于气体分子的平均动能不变，根据压强微观意义可知，单位时间撞击到器壁单位面积上的分子数增多，D错误。
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热力学第一定律与图像的综合应用
考点二
1.在某一过程中，气体的p、V、T的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，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气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
　　　(2022·湖北卷·3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
√
　　　根据理想气体状态方程=C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律DU=W+Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；
根据理想气体状态方程=C，可知p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。
拓展　
1.从例3图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为　　　　，气体　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　。
4p0V0
吸收
4p0V0
　　　p-V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac==4p0V0；
由图像知Ta=Tc，故从a→c的过程中ΔU=0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU=W+Q知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q=-W=4p0V0。
2.若气体经历从a→b→c→d→a的过程，如图所示，则整个过程中气体　　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　。
吸收
　　　整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd的面积，即W'=×2p0×2V0=2p0V0，又因ΔU=0，故气体吸收的热量Q=2p0V0。
2p0V0
　　　(多选)(2024·海南卷·11)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
√
√
　　　由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；
ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W>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，温度升高，内能增大，故D错误。
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热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
考点三
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
　　　(2024·湖北卷·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；
答案　T0
　　　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
　　　此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0
气体对外做功，W=-pSΔh=-h(p0S+mg)
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0
　　　(2025·浙江6月选考·15)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10-3 m2，t1=77 ℃，t2=27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
答案　9×104 Pa
　　　状态1气体的温度T1=(77+273) K=350 K，压强p1=p0=1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2=(27+273) K=300 K，压强为p2
忽略皮肤的形变，罐内气体做等容变化，根据查理定律=
解得p2=9×104 Pa
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
答案　减少7.35 J
　　　根据热力学第一定律ΔU=W+Q
气体做等容变化，外界对气体不做功，W=0，气体向外界放出热量，
Q=-7.35 J
解得ΔU=-7.35 J，即气体内能减少7.35 J。
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
答案　24 N
　　　罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
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热力学第二定律
考点四
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述： 。
(2)开尔文表述：________________________________________________
或表述为“ 永动机是不可能制成的”。
(3)说明：
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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
热量不能自发地从低温物体传到高温物体
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
第二类
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。
(1)高温物体 低温物体。
(2)功 热。
(3)气体体积V1 气体体积V2(较大)。
(4)不同气体A和B 混合气体AB。
3.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
　　　(多选)(2025·福建三明市检测)下列说法正确的是
A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B.自发的热传导是不可逆的
C.可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D.气体向真空膨胀具有方向性
√
√
　　　有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；
由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；
不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；
气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 答案 A B AB D ACD (1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 题号 7 8 9 10
答案 AD C BC (1)h1　(2)
答案
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1.(2025·安徽卷·3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
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答案
基础落实练
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答案
　　　根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，B、C错误；
气体的压强减小，由pV=C知气体体积变大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q=0可知，吸收的热量与气体对外做的功相等，A正确，D错误。
2.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是
A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成
机械能
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成
机械能
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学
第一定律
D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃
料产生的热量能够完全转化成机械能
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答案
　　　根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；
气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；
气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；
根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。
3.(多选)(2026·辽宁省七校协作体联考)如图所示为净水器的压力桶，压力桶分为储水室和气室，气室内密封有一定质量的理想气体。当净水器制水时，水迅速进入压力桶，气体被压缩；当用户用水时，气体缓慢膨胀将水推出。假设制水过程气体与外界无热量交换，用水过程气体温度保持与环境温度相同，下列说法正确的是
A.制水过程中，气体被压缩，内能增加
B.用水过程中，气体膨胀对外做功，从外界吸收热量
C.制水过程中，气体分子的平均动能减小
D.用水过程中，单位时间内桶壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数增加
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答案
　　　制水过程中，气体与外界无热量交换，气体被压缩，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得气体内能增加，故A正确；
用水过程中，气体温度保持与环境温度相同，内能不变，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体必须吸收热量，故B正确；
制水过程中，气体内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，故C错误；
用水过程中，气体发生等温变化，可得体积增大时，压强降低，故单位时间内桶壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减小，故D错误。
4.(2025·四川成都市检测)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。罐内气体可视为理想气体。现将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水快速喷出的过程中，罐内气体来不及与外界进行热交换，则喷水时
A.气体压强变大 B.外界对气体做正功
C.气体内能不变 D.气体内能减小
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　　　阀门M打开，水立即从枪口喷出，气体膨胀，则气体对外界做正功，即W<0，故B错误；
水被快速喷出，罐内气体来不及与外界进行热交换，即Q=0，根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，结合上述可知ΔU<0，即气体内能减少，故C错误，D正确；
结合上述，气体内能减少，则气体温度降低，根据理想气体状态方程有=C，由于V增大，T减小，可知压强减小，故A错误。
5.(多选)(2025·甘肃卷·9)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
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　　　A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，选项A正确；
B→C过程，温度不变，则ΔU=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；
A→B过程，体积不变，温度升高，根据=C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；
状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。
6.(2025·陕晋青宁卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×
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；
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答案　3.3×105 Pa
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　　　根据理想气体状态方程=
代入数据得p2==3.3×105 Pa
(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。
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答案　6.6×104 J
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答案
　　　p-V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W=-(V2-V1)=-1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU=Q+W
代入数据可得ΔU=6.6×104 J。
7.(多选)(2024·新课标卷·21)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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能力综合练
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答案
　　　1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，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，由=C知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W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W<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=C知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确。
8.(2025·天津卷·4)如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则
A.AC和ADC过程，外界对气体做功相同
B.ABC和ADC过程，气体放出的热量相同
C.在状态A时和在状态C时，气体的内能相同
D.在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同
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　　　根据p-V图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功，可知AC过程外界对气体做功较多，故A错误；
根据理想气体状态方程=C结合题图可知气体在状态A时和状态C时温度相等，则气体内能相同，故C正确；
由题图可知ABC过程外界对气体做功比ADC过程做功多，又ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ABC过程气体放出的热量多，故B错误；
根据理想气体状态方程=C，可知状态B的温度高于状态D的温度，则状态B气体分子热运动的平均动能大，故D错误。
9.(多选)(2025·广西名校联合调研)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S的轻活塞A和面积为S的轻活塞B，活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示，活塞A与汽缸右端相距L1，处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A，最终如图乙所示，活塞B和液体上升L2。已知大气压强为p0，液体密度为ρ、高度为h，弯管中的气体体积可忽略，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.初始时封闭气体压强大于p0
B.图中液体浸润竖直管道
C.最终活塞B上升的高度为L2=
D.该过程中外界对封闭气体做功为W，则W=(2p0+ρgh)(L1-L2)S
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答案
√
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答案
　　　初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为p1=p0，
故A错误；
液面呈凹状，图中液体浸润竖直管道，故B正确；
最终封闭气体的压强大小为p2=p0+ρgh，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可得p1L1×2S=p2L2S，解得L2=，故C正确；
该过程中，气体发生等温变化，p-V图像如图所示，外界对气体做正功，且功的大小等于图中阴影部分面积，则W<(2p0+ρgh)(L1-L2)S，故D错误。
10.(2025·山东卷·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；
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答案
答案　h1
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答案
　　　活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S
可得封闭的理想气体压强p1=p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律=
解得h2=h1
(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)。
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答案
答案　
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答案
　　　T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S
=-
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0
活塞受力平衡有p0S=f0+p2S
解得封闭的理想气体压强p2=p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律=
解得h3=h1
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答案
　　　外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S=
全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-
因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0
利用热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=
故封闭气体吸收的净热量Q=。
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