第54讲 热力学定律与能量守恒定律2024年高考一轮复习精细讲义

第54讲热力学定律与能量守恒定律

——划重点之精细讲义系列

热力学第一定律和能量守恒定律

i.改变物体内能的两种方式

⑴做功;(2)热传递.

2.热力学第一定律

(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界对它传递的热量和外界对它做功的和.

(2)表达式：W+Q=\U.

3.能的转化和守恒定律

(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另一种形式，或者

从一个物体转移到别的物体，但在转化或转移的过程中其总量不变.

(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机.它是不可能制成的.

二.热力学第二定律

1.常见的两种表述

(1)克劳修斯表述(按热传递的方向性来表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体.

(2)开尔文表述(按机械能与内能转化过程的方向性来表述)：不可能从单一热源吸收热量,使之

完全变成功，而不产生其他影响.

2.第二类永动机：违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机.这类永动机不违背能量

守恒定律,但它违背了热力学第二定律,也是不可能制成的.

考点一热力学第一定律的理解及应用

1.热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了

内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系.

2.对公式公。=。+沙符号的规定

符号WQAU

+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

3.几种特殊情况

(1)若过程是绝热的，则。=0,W=NU,外界对物体做的功等于物体内能的增加量.

(2)若过程中不做功，即少=0,则。=△a物体吸收的热量等于物体内能的增加量.

(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即AU=0,则少+。=0或少=一°.外界对物体做的

功等于物体放出的热量.

应用热力学第一定律解题的步骤

(1)明确研究对象是哪个物体或者哪个热力学系统.

(2)分别列出系统吸收或放出的热量0,外界对系统所做的功印，系统内能的变化AU.

(3)根据热力学第一定律AU=。+少，列方程进行求解.

【典例1】X104X105J,则此过程（）

X105J

Xio5J

X1O4J

Xio4J

解析：选B.根据热力学第一定律，W+Q^\U,所以。=△[/一少X105X104X105x105J,B正

确.

【典例2]如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S,

活塞重为G,大气压强为网.若活塞固定，封闭气体温度升高1℃,需吸收的热量为01.若活塞不固

定，仍使封闭气体温度升高1℃,需吸收的热量为Q.不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气

体温度升高1℃,活塞上升的高度人应为多少？

解析活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能活塞不固定时，设外界对气体

做功为邛，活塞上升的高度为力，则

=Qi+少=0-（poSh+Gh）

联立解得

p0S+G

答案

p"oQS+G

【典例3】下列说法正确的是（）

A.物体放出热量，其内能一定减小

B.物体对外做功，其内能一定减小

C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加

D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变

解析：选C.根据热力学第一定律（公式AU=Q+用）可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，

当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增

加，选项A、B错误，选项C正确；物体放出热量同时对外做功，则。+及0,内能减小，选项D

错误.

【典例4】某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭

于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示，在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽

略气体分子间的相互作用，则缸内气体（）

A.对外做正功，分子的平均动能减小

B.对外做正功，内能增大

C.对外做负功，分子的平均动能增大

D.对外做负功，内能减小

解析：选A.缸内气体与外界无热交换，说明0=0,又根据缸内气体膨胀，所以是缸内气体对

外做正功，W<0;根据热力学第一定律AU=Q+%可知，气体的内能的改变量AUV0,即内能减小，

所以气体温度降低，分子平均动能减小，显然，只有选项A正确.

【典例5】如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，外界对气

体做功15J,橡皮塞的质量为20g,橡皮塞被弹出的速度为10m/s,若橡皮塞增加的动能占气体对

外做功的10%,瓶内的气体作为理想气体，则瓶内气体的内能变化量为J,瓶内气体的温

度(填“升高”或“降低”).

^mv2-XX102

解析：由题意可知，气体对外做功少对，卜=2_=2J=10J.由题意可知，向瓶内迅速

〃0.1

打气，在整个过程中，气体与外界没有热交换，即。=0,则气体内能的变化量AU=〃+Q=15J—

10J+0=5J,气体内能增加，温度升高.

答案：5升高

【典例6］如图所示的p—『图象中，一定质量的理想气体由状态N经过NC8过程至状态瓦

气体对外做功280J,吸收热量410J；气体又从状态3经瓦M过程回到状态/,这一过程中外界对

气体做功200J.则:

WACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？

Q)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？

解析：(1)/C8过程中断=-280J,21=410J,

由热力学第一定律得心一〃=断+01=130J,

故4cB过程中气体的内能增加了130J.

(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA—UB=一

130J,

由题意知印2=200J,由热力学第一定律得

上一"=%+。2,代入数据解得。2=-330J,

即BDA过程中气体放出热量330J.

答案：(1)增力口130J(2)放热330J

【典例7】如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭有一定质量的理

想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为0=0.501,给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部

fo=0.8m处.

(1)若封闭气体在加热前的温度为27°C,试计算在此过程中气体温度的变化量加；

(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450J的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的

5

内能AU.(已知活塞的横截面积SXlorm2,大气压强poX10Pa.)

解析：(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部岳=0.8m处时，汽缸内气体的温度为7.此过程为等压

过程.由盖一吕萨克定律可得-^=5^代入数据可解得/=207℃,所以，此过程中气体温度

300K273K+/

的变化量。=180℃.

(2)气体克服外界大气压做功为W=poM

poXIO5Pa,A/=(〃2-/7i)SXl(F3m3

代入数据可得少=150J

由热力学第一定律可得

AU=450J-150J=300J.

答案：（1）180℃（2）300J

考点二热力学第二定律的理解及应用

1.在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义.

（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”的涵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.

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.

3.两类永动机的比较

第一类永动机第二类永动机

不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而

功的机器不产生其他影响的机器

不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定

违背能量守恒定律，不可能制成

律，不可能制成

4.热力学过程的方向性实例

【典例8】（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（）

A.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量

B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加

C.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功

D.不可能使热量从低温物体传向高温物体

E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

解析：选ACE.由热力学第一定律知，改变物体内能的方式有两种，分别为做功和热传递，所以

A正确，B错误.由热力学第二定律知，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，但会产生其他

影响，C正确.热量不能自发地从低温物体传向高温物体，D错误.一切与热现象有关的宏观自然

过程都是不可逆的，E正确.

【典例9】（多选）关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（）

A.第二类永动机违反能量守恒定律

B.如果物体从外界吸收了能量，则物体的内能一定增加

C.保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多

D.做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式

是有区别的

解析：选CD.第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律；故A错误.改变

内能有两种方式，做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B错误.气体分子密

集程度一定，温度升高，则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C正确.做功对应能量

转化，热传递对应能量转移，D正确.

【典例10］（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（）

A.气体吸热后温度一定升高

B.对气体做功可以改变其内能

C.理想气体等压膨胀过程一定放热

D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定

达到热平衡

解析：选BDE.根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误.改

变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确.理想气体等压膨胀对

外做功，根据"=恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误.根据热力学第二定律，热量不可能自

T

发地从低温物体传到高温物体，说法D正确.两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统

分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正

确.故选B、D、E.

考点三热力学定律与气体状态变化的综合

气体实验定律与热力学第一定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变

化，当体积变化时，气体将伴随着做功，解题时要掌握气体变化过程的特点：

(1)等温过程：理想气体内能不变，即AU=O.

(2)等容过程：少=0.

(3)绝热过程：。=0.

“两分析”巧解热力学综合问题

【典例11]如图所示，一定质量的理想气体由状态。沿。-6一c变化到状态c时，吸收了340J

的热量，并对外做功120J.若该气体由状态。沿a-4-c变化到状态c时，对外做功40J,则这一

过程中气体(填“吸收”或“放出”)J热量.

解析：一定质量的理想气体由状态。沿变化到状态c,吸收了340J的热量，并对外做

功120J,由热力学第一定律有△U=Qi+郎i=340J—120J=220J,即从状态a到状态c,理想气体

的内能增加了220J;若该气体由状态a沿a-d-c变化到状态c时，对外做功40J,此过程理想气

体的内能增加还是220J,所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有AU=Q+/2,得

Q=A。一%=220J+40J=260J.

答案：吸收260

【典例12](多选)一定量的理想气体从状态。开始，经历等温或等压过程防、be、cd、加回到

原状态，其p—7图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点。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。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.在过程击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be中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功

解析由ac的延长线过原点。知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等,

选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B

正确；过程那是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对

气体做的功，选项C错误；过程出z气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选

项D错误；

由理想气体状态方程知：'=*=*=*=C,即外匕=C北，pWb=CTb,pcVc^CTc,

TaTbTcTd

外力=C〃设过程加中压强为“)=”,=外，过程击中压强为")'="/=%由外界对气体做功印=pM

知，过程6c中外界对气体做的功Wbc=po(Fb—匕)=C(Tb—Te),过程击中气体对外界做的功Wda=

po'(7a-7d)=C(Ta-Td),Ta=Tb,Tc=Td,故麻选项E正确(此选项也可用排除法直接判断

更快捷).

答案ABE

【典例13】(多选)如图所示,一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中不正确的

是()

A.6-c过程中，气体压强不变，体积增大

B.。一6过程中，气体体积增大，压强减小

C.c-a过程中，气体压强增大，体积变小

D.c一。过程中，气体内能增大，体积变小

E.c-a过程中，气体从外界吸热，内能增加

解析：选ACD.b-c过程中，气体压强。不变，温度7降低，由号=C可知，气体体积/减小，

选项A错误；a-b过程中，气体的温度T不变，而压强0减小，由？=C可知，气体体积/增大，

选项B正确；c-a过程中，。与7成正比，由,=C可知，气体体积/不变，气体压强?与温度T

都增大，选项C、D错误；c-a过程中，气体温度7升高，气体内能增大，At/>0,气体体积不变，

外界对气体做功为零，少=0,根据热力学第一定律△。=邛+。，则。=△。一%>0,气体从外界吸

收热量，选项E正确.

【典例14］将如图所示的装置的右端部分汽缸8置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸/

和导热汽缸8均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同

的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为po、体积均为％、温度均为To,缓慢加热/中气体，使汽

缸稳定后，求：

(1)汽缸/中气体的压强汽以及汽缸2中气体的体积-B；

(2)此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明.

解析：(1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知2=PB,选汽缸/中气体为研究对象，

根据理想气体状态方程得“)%•▲=〃％上.选汽缸8中气体为研究对象，根据玻意耳定律得“)％=

ToTo

PBVB,又因为2%=%联立得p4=pepo,VBV0.

(2)因为8中气体温度不变，所以内能不变，活塞对8中气体做正功，由热力学第一定律可知气

体放热.

答案：poVo(2)放热见解析

【典例15]某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开

口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示.已

知该酒瓶容积为480cn?,玻璃管内部横截面积为0.4cm2,瓶口外的有效长度为48cm.当气温为7℃

时，水银柱刚好处在瓶口位置.

(1)求该气温计能够测量的最高气温；

(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收了3J热量，则在这

一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强poXI05pa)

解析：(1)封闭气体发生等压变化，则匕=亥，

T\「2

即480cm3—480cm3X48cm3

(273+7)K-T，

解得7=291.2K=18.2℃.

(2)根据热力学第一定律AU=。+忆

外界对气体做功用=-00公-=一1.92J,

解得△0=1.08J.

答案：(1)18.2。。(2)增加了1.08J

【典例16](1)在高原地区烧水需要使用高压锅.水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽•停止加

热，高压锅在密封状态下缓慢冷却.在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为.

A.压强变小B.压强不变

C.一直是饱和汽D.变为未饱和汽

(2)如图甲所示，在斯特林循环的0一%图象中，一定质量理想气体从状态/依次经过状态2、C

和D后再回到状态4整个过程由两个等温和两个等容过程组成.B-C的过程中，单位体积中的

气体分子数目________(选填“增大”、“减小”或“不变”).状态/和状态。的气体分子热运动

速率的统计分布图象如图乙所示，则状态N对应的是(选填“①”或“②”).

(3)如图甲所示,在AfB和。一/的过程中，气体放出的热量分别为4J和20J.在BY和C-D

的过程中，气体吸收的热量分别为20J和12J.求气体完成一次循环对外界所做的功.

解析：(1)高压锅在密封状态下，因为冷却过程是缓慢进行的，所以水和水蒸气保持动态平衡，

即水蒸气一直是饱和汽，故C对、D错.饱和汽压随温度的降低是减小的，故A对、B错.

(2)3-。过程气体体积不变，气体的总分子数也不变，故单位体积内的分子数是不变的.

由号=C可知，TA<TD,温度越高，分子的平均速率越大，故状态/对应的是①.

(3)对过程应用热力学第一定律：-4J+M=0,则%=4J.对过程同理有：12J

+郎2=0,则仍=-12J.3—C和。过程体积不变，气体不做功，故一次循环中气体对外界做

功8J.

答案：(1)AC(2)不变①(3)8J

1.(2023・天津•统考高考真题)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中,

温度减小，则气体（）

A.对外做功B.内能减小C.吸收热量D.压强不变

【答案】B

【详解】A.由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；

B.爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；

C.根据热力学第一定律可知

△U=W+Q

爬山过程中气体不做功，但内能见效，故可知气体放出热量，故C错误；

D.爬山过程中氧气瓶里的气体容积质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程有

PV

斤二。

可知气体压强减小，故D错误；

故选Bo

2.（2022・江苏・高考真题）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a—b和a—c两个过程，其中

a-6为等温过程，状态6、c的体积相同，则（）

A.状态。的内能大于状态6B.状态。的温度高于状态c

C.a-c过程中气体吸收热量D.a-c过程中外界对气体做正功

【答案】C

【详解】A.由于。一6的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于

理想气体状态。的内能等于状态b的内能，故A错误；

B.由于状态6和状态c体积相同，且为＜Pc，根据理想气体状态方程

p/b_PM

丁一丁

可知为＜兀，又因为的=为，故兀＜兀，故B错误；

CD.因为a-c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据

△U=W+Q

可知气体吸收热量；故C正确，D错误；

故选Co

3.（2022・北京・高考真题）如图所示，一定质量的理想气体从状态。开始，沿图示路径先后到达状态

6和以下列说法正确的是（）

A.从a到6,气体温度保持不变B.从a到6,气体对外界做功

C.从6到c,气体内能减小D.从6到c,气体从外界吸热

【答案】D

【详解】AB.一定质量的理想气体从状态。开始，沿题图路径到达状态6过程中气体发生等容变化,

压强减小，根据查理定律C,可知气体温度降低，再根据热力学第一定律由于气体

不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；

CD.一定质量的理想气体从状态6沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根

据:=C,可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律可知6到c过程吸热,

且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。

故选D。

4.（多选）（2022・天津・高考真题）采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以

下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则

（）

A.绝热过程中，气体分子平均动能增加B.绝热过程中，外界对气体做负功

C.等压过程中，外界对气体做正功D.等压过程中，气体内能不变

【答案】AC

【详解】AB.一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，

根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，

B错误；

CD.一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少；根据

V

T=C

可知气体体积减小，外界对气体做正功，故C正确，D错误。

故选ACo

5.（多选）（2023•全国•统考高考真题）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

【答案】ACD

【详解】A.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；

B.根据理想气体状态方程

PV

T=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；

C.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；

D.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；

E.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ACD»

6.（多选）（2023•全国•统考高考真题）在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢

变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是（）

A.气体的体积不变，温度升高

B.气体的体积减小，温度降低

C.气体的体积减小，温度升高

D.气体的体积增大，温度不变

E.气体的体积增大，温度降低

【答案】ABD

【详解】A.气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸

收热量，A正确；

B.气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律

△U=勿+Q

可知气体对外放热，B正确；

C.气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律

△u=W+Q

可知。可能等于零，即没有热量交换过程，c错误；

D.气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律

△U=W+Q

可知

<2>o

即气体吸收热量，D正确；

E.气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律

AU=W+Q

可知。可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。

故选ABD。

7.（多选）（2023•山西•统考高考真题）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻

弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为八g、力三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原

长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对了中的气体缓慢加热，停止加热并

达到稳定后（）

A.刀中的气体内能增加B.7■与g中的气体温度相等

C.f与h中的气体温度相等D./与h中的气体压强相等

【答案】AD

【详解】A.当电阻丝对/中的气体缓慢加热时，/中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状

态方程可知/中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知力的体积也被压缩压强变大，对活塞

受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作

用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对人中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知,

〃中的气体内能增加，A正确；

B.未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹

簧处于压缩状态，对左边活塞分析

PfS=尸弹+PgS

则

Pf>Pg

分别对人g内的气体分析，根据理想气体状态方程有

Po^oPf^f

丁一可

PQVQPgVg

元一下

由题意可知，因弹簧被压缩，则匕〉Vg,联立可得

Tf>Tg

B错误；

C.在达到稳定过程中〃中的气体体积变小，压强变大，/中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持

平衡状态，故稳定时小〃中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对〃气体分析可知

PQVQ_PhVh

元_丁

联立可得

Tf>Th

C错误；

D.对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，/与人中的气体压强相等，D

正确。

故选ADo

8.（多选）（2023・山东・统考高考真题）一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1xl（15pa。

经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能

使气体温度上升lOOKo下列说法正确的是（）

A.初始状态下，气体的体积为6LB.等压过程中，气体对外做功400J

C.等压过程中，气体体积增加了原体积的1D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J

【答案】AD

【详解】C.令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为

Pi-PoVi-VQ>TI=300K

等容过程为状态二

P2=?，%=匕=%，72=400K

等压过程为状态三

P3=PoVs=?，73=400K

由理想气体状态方程可得

_P202_P303

丁=亏=丁

解得

44

P2=尹0〃3=”0

体积增加了原来的百C错误；

D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律

△U=W+Q=400J

两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400J,D正确；

AB.等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做功为200J,

即做功的大小为

W=PoG%—%）=200J

解得

%=6L

A正确B错误；

故选ADo

9.(2022・广东•高考真题)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程

(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量_________(选

填“大于,，“等于,，或“小于”)从室内吸收的热量。

【答案】不是大于

【详解】［1］空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的

过程；

⑵由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。

10.(2022・福建・高考真题)带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于。状态，然

后经过a-6-c状态变化过程到达c状态。在U-T图中变化过程如图所示。

(1)气体从a状态经过a-b到达b状态的过程中压强o(填“增大”、“减小”或“不变”)

(2)气体从b状态经过btc到达c状态的过程要。(填“吸收”或“放出”)热量。

【答案】增大放出

【详解】(1)口］由了-7图像可知，气体从。状态经过a—b到达6状态的过程中，气体的体积保

持不变，温度升高，根据

T

可知气体的压强增大。

(2)⑵由V-T图像可知，气体从6状态经过b-c到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则

气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第「定律可知，气体对

外放出热量。

11.(2023・浙江•高考真题)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱

形容器内用面积S=100cm2,质量爪=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。

开始时气体处于温度矗=300K、活塞与容器底的距离闻=30cm的状态儿环境温度升高时容器内

气体被加热，活塞缓慢上升d=3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态及活塞保持不

动，气体被继续加热至温度Tc=363K的状态C时触动报警器。从状态4到状态C的过程中气体内

能增加了AU=158J。取大气压po=0.99x105Pa,求气体。

(1)在状态3的温度；

(2)在状态。的压强；

(3)由状态/到状态C过程中从外界吸收热量0。

【答案】(1)330K；(2)1.1x105Pa；(3)188J

【详解】(1)根据题意可知，气体由状态/变化到状态3的过程中，封闭气体的压强不变，则有

心」B

%F

解得

矗=VB也=3301<

VA

（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则

PBS=PoS+mg

解得

5

pB—lx10Pa

根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有

PB_Pc

解得

Pc==1-1X105Pa

1B

（3）根据题意可知，从状态/到状态。的过程中气体对外做功为

Wo=PBSAh=30J

由热力学第一定律有

△U=弘+Q

解得

Q=MJ+W=188J

12.（2023・浙江・统考高考真题）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm2,质量m=

1kg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300K的热源接触，平衡时圆

筒内气体处于状态/，其体积吸=600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态8,此时体积唳=500cm3。

固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C,此时压强pc=14xl（）5pa。已知从状态/到状态C,

5

气体从外界吸收热量Q=14J；从状态3到状态C,气体内能增加=25J；大气压po=1.01x10Pao

（1）气体从状态/到状态比其分子平均动能（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”）；

（2）求气体在状态C的温度左；

（3）求气体从状态/到状态8过程中外界对系统做的功%

【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J

【详解】（1）圆筒导热良好，则气体从状态/缓慢推动活塞到状态8,气体温度不变，则气体分子

平均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；

（2）状态/时的压强

，，CL/

P4=Po-亨=LOx10r5Pa

温度7>300K；体积忆=600cm3；

C态压强pc=1.4xl()5pa；体积Kc=500cm3；

根据

P4VA_Pc%

丁=丁

解得

Tc=350K

(3)从2到C气体进行等容变化，则皈c=0,因从8到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸

热25J,而气体从N到C从外界吸热14J,可知气体从/到8气体放热11J,从N到8气体内能不

变，可知从/到B外界对气体做功UK

13.(2021・江苏•高考真题)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S,

与汽缸底部相距L汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为po和场。

现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离£后停止，活塞与汽缸间的滑动

摩擦为力最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为。，求该过程中

(1)内能的增加量AU；

(2)最终温度7。

【答案】(1)AU=Q-(p()S+/)L；(2)T=25s：f)片

Pob

【详解】(1)活塞移动时受力平衡

P1S=PoS+/

气体对外界做功

W=P1SL

根据热力学第一定律

△U=Q-W

解得

△u=Q—(p0s+HL

(2)活塞发生移动前，等容过程

Po=Pi

toti

活塞向右移动了L等压过程

且

v2=2Vl

解得

2（p°S+f）

T=——z—1

PoS0

14.（2023・广东•统考高考真题）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-U图像，气泡内气体先从压强为Po、体积为/、温度为To的状态A等温膨胀到体积

为5V。、压强为PB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为6、压强为1.9po、温度为几的状态C,B

到C过程中外界对气体做功为小.已知Po、/、To和川.求：

（1）PB的表达式；

（2）般的表达式；

（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？

【答案】（1）（2）1.97°；（3）W

【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得

PA^A=PB^B

解得

1

PB=gPo

（2）根据理想气体状态方程可知

PB%_

元二丁

解得

Tc="To

（3）根据热力学第一定律可知

△U=W+Q

其中Q=0,故气体内能增加

△U=W

1.（多选）如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下

降过程中，罐内空气（可视为理想气体X）

A.内能增大

B.分子间的平均距离减小

C.向外界放热

D.对外界做正功

解析：选BC.由于温度不变，故气体内能不变（理想气体内能取决于温度），A选项错误；取金属

罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意

知压强变大，根据玻意耳定律0%=必％,可知体积变小，故分子平均间距变小，B选项正确；内

能不变AU=O,体积变小，W>0,根据热力学第一定律可知。<0,即向外放热，故C

选项正确、D选项错误.

2.（多选）下列说法中正确的是（）

A.一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大

B.不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化

C.不可能使热量从低温物体传向高温物体

D.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大

E.分子间距离增大时，分子力一定减小

解析：选ABD.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，A正确.热力学第

二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起

其他变化，B正确.通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，C错误.当分子力表现

为引力时，增大分子间的距离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，D正确.分子间

的作用力随分子间的距离增大先增大后减小，因此分子力可能增大，也可能减小，E错误.

3.（多选）下列说法正确的是（）

A.1glOO℃的水的内能小于1glOO℃的水蒸气的内能

B.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关

C.热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律

D.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

E.某种液体的饱和蒸汽压与温度有关

解析：选ABE.lglOO℃的水的势能小于1g100°C的水蒸气的势能，温度相同，二者的分子平

均动能相同，故A正确.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，

B正确.热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律，C错误.第

一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，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，D错误.某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，E正确.

4.（多选）下列说法正确的是（）

A.气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力

B.对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大

C.温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关

D.物体内能增加，温度一定升高

E.热量可以从低温物体传到高温物体

解析：选BCE.气体总是充满容器，说明气体分子在做无规则热运动，而气体分子之间既存在引

力也存在斥力，A错误.由于理想气体的内能只与温度有关，所以对于一定质量的理想气体，温度

升高，气体内能一定增大，B正确.温度越高布朗运动越剧烈，说明水中悬浮的微粒的运动与温度

有关，而悬浮微粒的运动是由水分子运动对微粒的碰撞造成的，即水分子的运动与温度有关，C正

确.物体内能增加，例如冰吸热熔化，内能增加，但是温度不变，D错误.热量可以从低温物体传

到高温物体，例如电冰箱中热量从低温物体传到高温物体，E正确.

5.（多选）如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封

闭着两部分气体/和2,活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体/加热一段时间，后来活塞

达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断

正确的是（）

A.气体N吸热，内能增加

B.气体8吸热，对外做功，内能不变

C.气体/分子的平均动能增大

D.气体/和气体2内每个分子的动能都增大

E.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少

解析：选ACE.4气体经历等容变化，W=0,而吸收热量，由知，内能增加，A正

确；2气体经历等压变化，W<0,由彳=C可知，T增大，则3气体吸收热量，内能增加，B错误；

/、8气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C正

确，D错误；由于气体3压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间

内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E正确.

6.（多选）如图所示是一定质量的理想气体的体积胃和摄氏温度变化关系的图象，气体由

状态/变化到状态2的过程中，下列说法正确的是（）

A.气体的内能增大

B.气体的内能不变

C.气体的压强减小

D.气体的压强不变

E.气体对外做功，同时从外界吸收热量

解析：N到状态8,温度升高，内能增大，A正确，B错误；由理想气体状态方程可知，由状

态N到状态2,压强减小，C正确、D错误；气体内能增加，从外界吸收热量，压强减小，对外做

功，E正确.

7.一定质量的理想气体，状态从N-3-Cf。一/的变化过程可用如图所示的p一%图描述，

图中0、曲、片、忆和匕为己知量.

⑴气体状态从/到3是（填”等容”“等压”或“等温”）过程；

（2）状态从2到C的变化过程中，气体的温度（填“升高”“不变”或“降低”）；

（3）状态从C到。的变化过程中，气体（填“吸热”或“放热”）.

（4）状态从的变化过程中，气体对外界所做的总功为.

解析：（1）由。一忆图象可以看出，从/到8是等压变化.

（2）从3到C状态，气体体积不变，压强减小，则号等于定值可知，气体温度降低.

（3）从C到D状态，气体压强不变，体积减小，由（常于定值可知，气体温度降低，内能减少，

AC7<0;由于气体体积减小，外界对气体做功，W>0,由热力学第一定律可知，Q<0,

放热.

（4）从气体体积增大，气体对外界做功四=而（匕一%）;从BY,气体体积不变，M=

0;从C-。，气体体积减小，外界对气体做功或气体对外界做负功，即名=一。（匕一匕）；故从

4-5—Cf。的变化过程中，气体对外界做总功少=%+肌+少3=?2（匕一匕）一01（匕一%）.

答案：（1）等压（2）降低（3）放热（4）必（匕一%）一.（%一%）

8.气体温度计结构如图所示.玻璃测温泡/内充有理想气体.通过细玻璃管8和水