高考物理计算题专题复习《热力学定律综合题》(解析版)

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《热力学定律综合题》一、计算题如图所示p−V图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280J，放出热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中气体对外界做功200J．

求：(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？

(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？

图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。整个装置均由导热材料制成。起初阀门关闭，A内有压强PA=2.0×105帕的氮气。B内有压强PB=1.0×105帕的氧气。阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略。求：

①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；

②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热(简要说明理由)。薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数N=kΔPStd，其中t为渗透持续时间，S为薄膜的面积，d为薄膜的厚度，ΔP为薄膜两侧气体的压强差．k图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI为渗透室，U形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U形管内横截面积A=0.150cm2.实验中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm，再将薄膜固定于图中处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积V0=25.00cm3，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为V1，薄膜能够透气的面积S =1.00cm2.打开开关K1、K2与大气相通，大气的压强P1=1.00atm，此时U形管右管中气柱长度H=20.00cm，V1=5.00cm3.关闭K1、K2后，打开开关

地面上放一开口向上的气缸，用一质量为m=0.8kg的活塞封闭一定质量的气体，不计一切摩擦，外界大气压为P0=1.0×105Pa.活塞截面积为S=4cm2.重力加速度g取10m/s2，则活塞静止时，气体的压强为多少？若用力向下推活塞而压缩气体，对气体做功为6×105一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p−V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：

①该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？

②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p−V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃.求：

①该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？

②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量理想气体，活塞与气缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1=0.50m.给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h2=0.80m处，同时缸内气体吸收Q=450J的热量．已知活塞横截面积S=5.0×10−3

m2，大气压强p0=1.0×105

Pa.求：

①缸内气体对活塞所做的功W；

②此过程中缸内气体增加的内能ΔU一定量的气体从外界吸收了2.6×105J的热量，内能增加了4.2×105J(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105J，但是内能增加了1.6×105J，计算结果W=−1.0×105J一定质量的气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：

(2)分子的平均动能是增加还是减少⊕

空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105J的功，同时空气的内能增加了1.5×105J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少⊕

某压力锅结构如图所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热．

(1)在压力阀被顶起前，停止加热．若此时锅内气体的体积为V、摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，计算锅内气体的分子数；

(2)在压力阀被顶起后，停止加热．假设放气过程中气体对外界做功为W0，并向外界释放了Q0的热量．求该过程锅内原有气体内能的变化量．

图所示，导热气缸性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体．室温为300K，此时气体的体积V1=55mL，将气缸竖直放置于冰水混合物中，不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压ρ(1)稳定后封闭气体的体积V2(2)外界对气体做的功W．

如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化。已知状态A时气体的温度为200K，体积为40L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400K。

①求状态B时的压强及状态C时的体积。

②从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小。

一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的体积为V0，温度为T0，在状态B时的体积为2V0

①求状态B时的温度；

②气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做功10J，吸收热量30J，求该过程中气体内能的变化量．

如图所示，一轻活塞将体积为V、温度为2T0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热气缸内．已知大气压强为p0，大气的温度为T0，气体内能U与温度的关系为U=aT(a为正常数).在气缸内气体温度缓慢降为T0的过程中，求：

①气体内能减少量ΔU；

②气体放出的热量Q．

如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0、缸内气体温度为T1.现对气缸缓慢加热，使体积由V1增大到V2的过程中，气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，求：

(1)停止加热时缸内的气体的温度；

(2)降温过程中气体放出的热量。

一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p−V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA=300K，试求：

①气体在状态C时的温度TC，

②若气体在AB过程中吸热1000J，则在AB过程中气体内能如何变化？变化了多少？

(1)以下说法中正确的是(    )A.现在教室内空气中的氢气和氧气的分子平均动能相同B.用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功52J，这时空气的内能增加了76J，则空气从外界吸热128JC.有一分子a从无穷远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的分子力为零处时，a具有的分子势能一定最小D.对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述E.功可以全部转化为热量，热量也可能全部转化为功F.布朗运动是液体分子的运动，所以它能说明分子永不停息地做无规则运动(2)潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力将容器浮出水面。假设潜水员发现在深10m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内。已知铁箱质量为560kg，容积为1m3，水底温度为70C，水的密度为1×103kg/m3，忽略铁箱自身的体积、高度及打入空气的质量，求需要打入

如图1，气缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动A、B的质量分别为mA=12kg。mB=8.0kg，横截面积分别为SA=4.0×10−2m2，SB=2.0×l0

(1)与图1相比．活塞在气缸内移动的距离L．

(2)从图1到图2过程中气体放出热量．

如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S=1×10−4m2，质量为m=1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h=0.2m。已知大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2。

①如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23，求砂子的质量并判断此过程理想气体是吸热还是放热；

②如果在①基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量5如图所示的P−V图象记录了一定量的理想气体经历的缓慢变化过程A→B→C，其中AB段是体积保持不变的过程，BC段是绝热过程。已知该理想气体内能与温度的关系为U=CT，其中C=10J/K，A点的热力学温度为TA=450K.试求B→C过程中外界对气体所做的功。

如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与气缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到2T.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：

①加热后活塞到汽缸底部的距离；

②加热过程中气体的内能增加量。

答案和解析1.【答案】解：(1)ACB过程内能增加

ACB过程中W1=−280J，Q1=410J

由热力学第一定律UB−UA=W1+Q1=130J

气体内能的变化量为130J

(2)BDA过程中气体放热

因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量

UA−UB=−130J

由题知=200J

由热力学第一定律

【解析】在运用△U=Q+W来分析问题时，首先必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则：①W>0，表示外界对系统做功；W<0，表示系统对外界做功；②Q>0，表示系统吸热；Q<0，表示系统放热；③△U>0，表示系统内能增加；△U<0，表示内能减少．

气体由状态A经过

ACB过程至状态B，又从状态B经BDA过程回到状态A，整个过程内能变化为0．

本题考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件．

2.【答案】解：①由玻意耳定律得：

对A部分气体有：pALS=p(L+x)S ①

对B部分气体有：pBLS=p(L−x)S

②

由①+②得：p=pA+pB2=2+12×105Pa=1.5×105Pa ③

将③代入①得：x=10cm

②活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故根据热力学第一定律可知A中气体从外界吸热。

答：【解析】①整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等。根据玻意耳定律，结合关系条件求解。

②根据热力学第一定律分析吸放热情况。

本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等。

3.【答案】【解答】

开始时U形管右管中空气的体积和压强分别为

V2 = HA

p2= p1

经过2小时，U形管右管中空气的体积和压强分别为

(2)

渗透室下部连同U形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为

式中ρ为水的密度，g为重力加速度．由理想气体状态方程pV=nRT可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数

N=ΔnNA

(7)式中NA为阿伏伽德罗常量．渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了ΔpΔp=ΔnRTV0(8)经过2小时渗透室上部分中空气的压强为

(9)测试过程的平均压强差【解析】由题意可得出开始时的体积与压强及2小时后的体积与压强，则由克拉伯龙方程可求得减小的空气的物质的量及透过的分子数，根据定义即可求出透气系数．

4.【答案】解：以活塞为研究对象，根据平衡条件得：

P0S+mg=PS

得：P=P0+mgS

代入数据解得：P=1.2×105Pa；

由题W=6×105J，Q=−4.2×10【解析】以活塞为研究对象，根据平衡条件求解封闭气体的压强．根据热力学第一定律分析气体内能的变化．

本大题是选修模块3−3的内容，是热力学的基础知识，没有难题，理解记忆是主要的学习方法，要尽量得高分．

5.【答案】解：①对一定质量的理想气体由图象可知，A→B为等容变化，由查理定律得：pA TA =pB TB 

即代入数据得：TB =600K

A→C由理想气体状态方程得：pA VA TA =pC VC TC 

代入数据得：TC =300K

②从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p−V图线与横轴所围成的面积可得：W=(pB +pC )(【解析】①气体从A到B发生等容变化，由查理定律求状态B的温度；根据理想状态方程求状态C的温度；

②先根据p−V图象包围的面积求外界对气体做的功，状态A、C温度相等，内能相等，根据热力学第一定律求从A到B到C过程的吸放热情况

本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，关键要知道在p−V图象与坐标轴围成的面积等于所做的功，同时要注意符号法则。

6.【答案】解：①一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，发生等容变化，则有：PATA=PBTB，

已知该气体在状态A时的温度为27℃.TA=273+t=300K，

解得：TB=200K，即为：TB=−73℃；

从B到C过程发生等压变化，则有：VBTB=VCTC，

解得：TC=300K，即为：TB=27℃

②该气体从状态A到状态C的过程中，体积增大，气体对外做功，而内能不变，则吸热。【解析】①气体从A到B过程发生等容变化，由查理定律求出气体在状态在B时的温度；B到C过程发生等压变化，由盖⋅吕萨克定律求出气体在状态在C时的温度；

②根据热力学第一定律分析气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热。由W=P△V求解BC过程气体吸收的热量。

对于分子势能，关键要掌握分子位于平衡位置时，分力势能最小，而分子力为零，动能最大。对于气体，要掌握气态方程和热力学第一定律，是考试的重点。

7.【答案】解：①活塞缓慢上升，视为等压过程，

Δh=h2−h1=0.30m

则气体对活塞做功

W=FΔh=p0SΔh=150J 

②根据热力学定律ΔU=W+Q=(−150+450)J  =300J  

答：①【解析】①活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可．

②由热力学第一定律ΔU=W+Q可求．

基本公式的应用，明确做功与热量的正负的确定是解题的关键．

8.【答案】解：(1)根据△U=W+Q得W=△U−Q将Q=2.6×105J，△U=4.2×105(2)如果吸收的热量Q=2.6×105J，内能增加了则W=−1.0×10

【解析】本题考查热力学第一定律的应用，要注意明确各物理量的符号的意义。

(1)做功和热传递均可以改变物体的内能；(2)由热力学第一定律即可解答本题。

9.【答案】解：(1)气体从外界吸热为：Q=4.2×105J

气体对外做功：W=−6×105J

由热力学第一定律：△U=W+Q=(−6×105J)+(4.2×【解析】本题关键用热力学第一定律列式求解，要明确公式中各个量正负的含义。

根据热力学第一定律△U=W+Q求解物体内能的变化，根据△U的正负判断内能还是减小，气体的内能由气体的质量和温度(分子的动能)决定。

10.【答案】解：由题：活塞对空气做了2×105J的功，W为正值，空气的内能增加了1.5×105J，根据热力学第一定律ΔU=W+Q得：Q=ΔU−W=1.5×【解析】本题考查对热力学第一定律的理解和应用能力，也可以从能量转化守恒的角度理解本题。

活塞对空气做了2×105J的功，W为正值，空气的内能增加了1.5×105J，△U为正值，根据热力学第一定律分析吸放热情况。

11.【答案】解：(1)物质的量等于总体积除以摩尔体积，分子数等于物质的量与阿伏加德罗常数的积，设分子数为n，故有：n=VV0NA

(2)由热力学第一定律△U=W+Q得：

△U=−W0【解析】(1)分子数等于物质的量与阿伏加德罗常数的积，物质的量等于总体积除以摩尔体积；

(2)由热力学第一定律△U=W+Q得△U=−W0−Q0．

本题要懂得阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁．知道热力学第一定律△U=W+Q的物理意义．

12.【答案】解：(1)则：V代入数据解得：V2(2)外界对气体做的功：W=解得：W=0.495J。

【解析】本题主要考查了盖−吕萨克定律和外界对气体做功的应用，难度一般，基础题。(1)根据盖−吕萨克定律求稳定后封闭气体的体积V2(2)气体发生等压变化，对活塞的压力大小不变，由公式W=P△V求出气体对活塞做功。

13.【答案】解：①状态A到状态B的过程为等容过程，根据查理定律可得：PATA=PBTB

代入数据解得：PB=1.6×105Pa

状态B到状态C的过程为等压过程，根据盖−吕萨克定律可得：VBTB=VCTC

代入数据解得：VC=20L

②状态B到状态C的过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做功，故：W=PB⋅△V

其中：△V=VB−VC=20L=0.02m3

代入数据得：W=3.2×103J

状态B【解析】①A到B过程为等容变化，根据查理定律即可求出B状态的压强；又因为B到C的过程图象过原点，故为等压变化，再对封闭气体运用盖−吕萨克定律，即可求出状态C时的体积。

②运用公式W=P△V即可求出从状态B到状态C的过程的做功情况，又因为理想气体的内能只与温度有关，结合热力学第一定律，即可分析出气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小。

本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，难度不大。

14.【答案】解：(1)由图知A→B为等压变化：V0T0=2V0TB

所以TB=2T0

(2)由热力学第一定律；△U=Q+W=30−10=20J

【解析】由图知A→B为等压变化，由热力学第一定律；△U=Q+W可以求内能的变化量．

本题考查了气体的等压变化和热力学第一定律，难度不大．

15.【答案】解：①由题意可知气体内能U与温度的关系为U=aT，所以开始时气体的内能：U1=a⋅2T0

末状态：U2=aT0；

内能的减小：ΔU=U2−U1=aT0

②设温度降低后的体积为V′，由盖⋅吕萨克定律则：V2T0=V′T0【解析】(1)结合题目给出的内能公式即可求出气体内能减少量；

(2)找出初状态和末状态的物理量，由盖⋅吕萨克定律求体积，根据功的公式和内能表达式求放出的热量。

本题考查了理想气体状态方程的应用和热力学第一定律的应用，注意气体的初末的状态参量是解答的关键，难度适中．

16.【答案】解：(1)停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得

V1 T1 =V2 T2 

解得T2 =V2 V1 T1 

(2)体积由V1增大到V2的过程中，活塞受力平衡有pS=p0 S+mg

得p=p0 +mg【解析】本题考查了求气体做功、气体的温度，分析清楚气体状态变化过程，应用盖吕萨克定律、热力学第一定律即可正确解题。

(1)气缸中气体在停止加热前发生等压变化，根据盖吕萨克定律求末态温度。

(2)根据热力学第一定律，升温和降温过程内能的变化量绝对值相等，体积不变不做功，求出升温过程的内能变化量，即可求出降温过程放出的热量

17.【答案】解：①D→A为等温线，则TA=TD=300K，

C到D过程由盖吕萨克定律得：VCTC=VDTD

解得：TC=VCTDVD=5×3004K=375K

②A到B过程压强不变，气体的体积增大，对外做功，

得：W=P△V=2×105【解析】①A与D状态的温度相同，借助C到D得过程确定C的温度；

②根据体积的变化确定气体变化中做功的正负；结合热力学第一定律确定内能的变化。

本题中气体的变化注意状态参量的对应，在热力学第一定律的应用中注意做功和热量的正负问题。

18.【答案】解：(1)ABCDE；(2)设打入的空气体积为V1，到湖底后，这部分空气的体积为V2，

湖底的压强：p2=p0+p水=2atm，

箱充气后所受浮力为：F浮=ρ代入数据解得：V2

【解析】(1)【分析】温度是分子平均动能的标志；根据热力学第一定律，△U=W+Q，即可求解；由分子力做正功，则电势能减小，分子力做负功，电势能增加，即可确定结果；布朗运动是反映液体分子的无规则运动；热力学第二定律可知，宏观物理过程是不可逆的，从而即可求解。【解答】A、教室内空气中的氢气和氧气的温度相同，则它们的分子平均动能相同，故A正确；

B、活塞对空气做功52J，即W=−52J，这时空气的内能增加了76J，即△U=76J，根据热力学第一定律，△U=W+Q，则Q=128J，空气从外界吸热128J，故B正确；

C、分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，没有达到平衡位置过程中，分子力做正功，则分子势能减小，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，故C正确；D.对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述，能传递的方向性，故D正确；E.功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故E正确；F.布朗运动是固体小颗粒的运动，通过固体小颗粒的运动可以说明液体分A子在做无规律运动，故F错误；故选ABCDE。(2)

本题考查了求气体的体积，知道物体的浮沉条件、求出气体状态参量、根据题意求出气体的状态参量，然后应用理想气体的状态方程求出空气的体积。

19.【答案】解：(1)气缸处于图1位置时，设气缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，

由平衡条件得：P0SA+P1SB=P1SA+P0SB，

代入数据解得：P1=P0=1.0×105Pa，

气缸处于图2位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，

由平衡条件得：P0SA+P2SB+(mA+mB)g=P2SA+P0S【解析】该题是求解被封闭气体压强的题，往往是要先确定研究对象，对其受力分析，由平衡条件列式求解，在