金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十五章 热学第3讲 热力学定律与能量守恒定律含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十五章热学《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十五章热学第讲热力学定律与能量守恒定律[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第三册相关内容及问题)第三章第1节[练习与应用]T3。提示：温度降低；温度升高。因为气体在绝热膨胀时，虽然与外界无热量交换，但气体对外界做功，气体内能减小，温度降低；而气体在绝热压缩时，虽然与外界无热量交换，但外界对气体做功，气体内能增大，温度升高。第三章第2节[思考与讨论]。提示：膨胀过程中是气体对外界做功；－220J；减少了。对热力学第一定律ΔU＝Q＋W，系统内能增加时ΔU为正值，内能减小时ΔU为负值；系统吸热时Q为正值，系统放热时Q为负值；外界对系统做功时W取正值，系统对外界做功时W取负值。第三章第2节[练习与应用]T2。提示：(1)Q1<Q2；(2)因为定压时，气体吸热时还会对外做功，故气体在定容下的比热容小于在定压下的比热容。第三章第4节阅读“热力学第二定律”这一部分内容。第三章第4节[练习与应用]T3。提示：不可行。温度反而会升高，因为有电能转化为内能。必备知识梳理与回顾一、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功：当只有做功使物体的内能发生改变时，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少。(2)传热：当只有传热使物体的内能发生改变时，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少。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eq\x(\s\up1(01))热量与外界对它所做的功的和。(2)表达式：ΔU＝eq\x(\s\up1(02))Q＋W。(3)ΔU＝Q＋W中物理量正、负号的意义(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对系统做的功等于系统eq\x(\s\up1(07))内能的增加。②若外界对系统做功为0，即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收的热量等于系统eq\x(\s\up1(08))内能的增加。此处的W包含机械功、电功等一切功。对于不涉及其他力做功的气体的等容过程，W＝0，Q＝ΔU。③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，eq\x(\s\up1(09))外界对气体做的功等于气体放出的热量。二、能量守恒定律1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式eq\x(\s\up1(01))转化为其他形式，或者从一个物体eq\x(\s\up1(02))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．普遍性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的，例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。3．第一类永动机不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。违背eq\x(\s\up1(03))能量守恒定律，因此不可能实现。三、热力学第二定律1．克劳修斯表述热量不能eq\x(\s\up1(01))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eq\x(\s\up1(02))不产生其他影响。或表述为“eq\x(\s\up1(03))第二类永动机是不可能制成的。”3．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eq\x(\s\up1(04))无序方向发展，即一个孤立系统的熵值总是eq\x(\s\up1(05))不减少的。(熵增加原理)4．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。违背eq\x(\s\up1(06))热力学第二定律，不可能实现。5．能源是有限的(1)每天我们使用的能源最后都转化成了内能，能源消耗使得周围环境升温。根据热力学第二定律，分散在环境中的内能不能自动聚集起来驱动机器做功了。这样的转化过程叫作“eq\x(\s\up1(07))能量耗散”。(2)所谓能源，其实是指具有高品质的容易利用的eq\x(\s\up1(08))储能物质，例如石油、天然气、煤等。能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的eq\x(\s\up1(09))品质下降了。虽然能量总量不会减少，但能源会逐步减少，因此能源是有限的资源。一、堵点疏通1．做功和传热的实质是相同的。()2．绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能一定减少20J。()3．根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。()4．随着技术不断进步，热机的效率可能达到100%。()5．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机。()6．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。()7．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。()8．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。()9．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。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√7．×8.√9.×二、对点激活1．(人教版选择性必修第三册·第三章第2节[练习与应用]T1改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900J的功，同时汽缸向外散热210J，汽缸里空气的内能()A．增加了1110J B．减少了1110JC．增加了690J D．减少了690J答案C解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900J－210J＝690J，即内能增加690J，C正确。2．(人教版选择性必修第三册·第三章第4节[练习与应用]T2改编)(多选)下列现象中能够发生的是()A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体答案CD解析热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将箱内低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。关键能力发展与提升考点一热力学第一定律对比分析改变内能的两种方式的比较方式名称比较项目做功传热区别内能变化情况外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少系统吸收热量，内能增加；系统放出热量，内能减少从能量的角度看做功是其他形式的能与内能相互转化的过程不同系统间或同一系统不同部分之间内能的转移能的性质变化情况能的性质发生了变化能的性质不变相互联系做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的例1(2021·湖南高考)(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)[答案]BDE[解析]根据做功的两个必要因素：有力和在力的方向上有位移，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度不变，可知汽缸内气体的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；由气体内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功，即Q＝W<p0S1h＋mgh，D正确；左端活塞到达B位置时，根据平衡条件可得p0S1＋mg＝p气S1，p0S2＋F＝p气S2，解得F＝eq\f(mgS2,S1)，E正确。应用热力学第一定律的三点注意(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。(2)与外界绝热，则不与外界发生传热，此时Q＝0。(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子平均动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。考点二热力学第二定律对比分析1.热力学第一、第二定律的比较定律名称比较项目热力学第一定律热力学第二定律定律揭示的问题从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系指出一切与热现象有关的宏观自然过程都有特定的方向性机械能和内能的转化通过做功机械能与内能互相转化内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能热量的传递内能的变化量等于外界做的功与吸收的热量之和说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体表述形式只有一种表述形式有多种表述形式两定律的关系在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础2.两类永动机的比较分类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库吸收热量，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2(2022·湖南高考)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，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满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律E．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[答案]ABE[解析]依题意，中心部位为分子热运动速率较小的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为分子热运动速率较大的气体，从B端流出，则从A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于从B端流出的，而同种气体分子热运动平均速率越大，则其分子平均动能越大，对应的温度也就越高，所以A端为冷端，B端为热端，故A、B正确；内能除与分子平均动能有关外，还与分子数和分子势能有关，故从A端流出的气体内能不一定大于从B端流出的，故C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，也满足能量守恒定律，故D错误，E正确。对热力学第二定律的理解(1)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”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了传热等热力学宏观现象的方向性；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。(2)热力学第二定律的实质：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：①高温物体eq\o(,\s\up7(热量Q能自发地传给),\s\do5(热量Q不能自发地传给))低温物体。②功eq\o(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\do5(不能自发地且不能完全转化为))热。③气体体积V1eq\o(,\s\up7(能自发地膨胀到),\s\do5(不能自发地收缩到))气体体积V2(较大)。④不同气体A和Beq\o(,\s\up7(能自发地混合成),\s\do5(不能自发地分离成))混合气体AB。考点三热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解题技巧解答此类问题的基本流程例3(2023·天津高考)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积、质量不变，且可视为理想气体，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[解析]由于爬高过程中氧气瓶里的气体体积不变，故气体不对外做功，W＝0，而温度减小，则气体内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，即气体放出热量，故A、C错误，B正确；爬高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eq\f(pV,T)＝C，可知气体压强减小，故D错误。例4(2023·浙江1月选考)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m＝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TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。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B。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A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压p0＝0.99×105Pa，求气体(1)在状态B的温度；(2)在状态C的压强；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。[答案](1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J[解析](1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则根据盖—吕萨克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)其中VA＝Sh0，VB＝S(h0＋d)联立并代入数据解得TB＝330K。(2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则pBS＝p0S＋mg根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，封闭气体的体积不变，则根据查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)联立并代入数据解得pC＝1.1×105Pa。(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为W＝pBSd由热力学第一定律有ΔU＝Q－W联立并代入数据解得Q＝188J。热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的处理方法(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)做功W＝pΔV；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。考点四热力学第一定律在图像问题中的应用解题技巧用热力学第一定律解决图像问题的思路(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eq\f(pV,T)＝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。(3)在p­V图像中，图像与横轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。例5(2022·江苏高考)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→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则()A．状态a的内能大于状态bB．状态a的温度高于状态cC．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[解析]由题意知a→b为等温过程，即状态a和状态b的温度相同，一定质量理想气体的内能只与温度有关，则状态a的内能等于状态b，故A错误；由于状态b、c的体积相同，且pb<pc，根据查理定律有eq\f(pb,Tb)＝eq\f(pc,Tc)，可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，即状态a的温度低于状态c，故B错误；因为a→c过程中气体体积增大，可知外界对气体做负功，由B项分析知a→c过程中气体温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。例6(2023·浙江省温州市高三上第一次适应性考试)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V­T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500J。已知外界大气压强p0＝1.01×105Pa，下列说法正确的是()A．重物质量m＝1kgB．气体在状态B时的体积为8.0×10－2m3C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202JD．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J[答案]D[解析]在状态A，对重物和活塞整体根据平衡条件有mg＋p0S＝pAS，解得m＝2kg，故A错误；根据题图乙可知eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，即气体做等压变化，解得VB＝8.0×10－3m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pA(VB－VA)＝206J，故C错误；根据热力学第一定律可知，从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加ΔU＝Q－W＝294J，故D正确。课时作业[A组基础巩固练]1．(2021·天津高考)(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中()A．上下乘客时，气体的内能不变B．上下乘客时，气体从外界吸热C．剧烈颠簸时，外界对气体做功D．剧烈颠簸时，气体的温度不变答案AC解析根据题意，上下乘客时，汽缸内气体压缩的过程中，气体与外界有充分的热交换，即气体温度不变，故气体的内能不变，而气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体对外界放热，故A正确，B错误；根据题意，剧烈颠簸时，汽缸内气体压缩的过程中，气体与外界来不及热交换，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，气体的温度升高，故C正确，D错误。2．(2022·天津高考)(多选)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解析该理想气体经过绝热过程被压缩，气体体积减小，外界对气体做正功，即Q＝0，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q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；该理想气体经过等压过程回到初始温度，结合A、B两项中分析可知，该过程气体温度降低，气体内能减少，根据盖—吕萨克定律可知，气体体积减小，则外界对气体做正功，故C正确，D错误。3.(2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，此过程中该系统()A．对外界做正功 B．压强保持不变C．向外界放热 D．内能减少答案A解析由题图可知，理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则该系统对外界做正功，A正确；根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，可得V＝eq\f(C,p)·T，则V­T图像上的点与原点连线的斜率k＝eq\f(C,p)，从a到b的过程k减小，则该过程中压强p增大，B错误；理想气体的内能只与其温度有关，故理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；由A、D两项分析可知，理想气体从状态a变化到状态b，对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，该系统从外界吸收热量，C错误。4.一定质量的理想气体，状态变化依次经历从a→b，再从b→c的过程，其压强和体积的关系如图所示，根据p­eq\f(1,V)图像，下列说法正确的是()A．a→b过程，气体温度升高，放热B．a→b过程，气体温度降低，放热C．b→c过程，气体温度不变，放热D．b→c过程，气体温度不变，吸热答案C解析根据题图可知，该理想气体从状态a→b过程为等容变化，压强p增大，根据查理定律eq\f(p,T)＝C可知，气体温度升高，则内能增大，因气体不做功，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，故A、B错误；该理想气体从b→c过程为等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放热，故C正确，D错误。5．(2022·湖北高考)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p­V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解析根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，p­V图像中的等温线是双曲线，且p­V图像中横、纵坐标值的乘积pV与温度T成正比，则a→c过程不是等温过程，且状态a、c温度最低，A、C错误；a→b过程中气体温度升高，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ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即a→b过程中气体吸热，B正确；a→c过程气体体积增大，则外界对气体做负功，D错误。6.如图所示为一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为η＝1－eq\f(T2,T1)。下列说法正确的是()A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%答案A解析a→b过程为等温过程，温度不变，则气体的内能不变，由图可知气体体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，气体绝热膨胀，对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知，b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d过程为等温过程，由图可知气体压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，则压强变大说明单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数增多，故C错误；T2不可能达到绝对零度，由η＝1－eq\f(T2,T1)可知，热机效率不可能达到100%，故D错误。7.(多选)一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p­T图像如图所示。下列说法正确的是()A．a→b的过程中，气体对外界做功B．c→d的过程中，外界对气体做功C．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热D．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小答案ABD解析a→b的过程中，气体温度不变，气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积变大，则气体对外界做功，A正确。根据eq\f(pV,T)＝C可知p＝eq\f(C,V)T，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d状态对应的体积小于c状态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确。a→b的过程中，温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，由盖－吕萨克定律可知其体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，C错误。根据eq\f(pV,T)＝C可知p＝eq\f(C,V)T，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，D正确。8．(2022·广东高考)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。答案不是大于解析空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发过程。设空调制冷剂在室内汽化吸热Q1，经过压缩机时压缩机消耗电能对其做功W，则制冷剂的内能增加Q1＋W，制冷剂在室外液化放热Q2后回到初始状态，内能等于初始值，则Q2＝Q1＋W，故Q2>Q1，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。[B组综合提升练]9.(多选)我国航天员漫步太空已成为现实。飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示。两个相通的舱A、B间装有阀门K。指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡。若将此气体近似看成理想气体，则()A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减小，内能增加C．气体体积变大，温度不变D．B中气体不可能自发地全部退回到A中答案CD解析当阀门K被打开后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体体积膨胀，但对外不做功，故A错误；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，此气体可近似看成理想气体，则气体分子间相互作用力可以忽略不计，分子势能可忽略不计，可视为零，则气体的分子动能之和不变，分子平均动能大小不变，则气体的温度不变，B错误，C正确；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部退回到A中，故D正确。10．(多选)“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深5m，底部温度为17℃，一个体积为5.8×10－7m3的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为27℃，气泡内气体内能增加了2×10－2J。g取10m/s2，外界大气压强取1.0×105Pa，水的密度取1×103kg/m3。下列说法正确的是()A．气泡内所有分子动能都增大B．气泡上升过程中对外做功，吸收热量C．气泡到达水面的体积为8.7×10－8m3D．上升过程中气泡吸收的热量小于6.8×10－2J答案BD解析气泡内气体内能增大，气体分子的平均动能增大，但某些气体分子的动能可能减小，故A错误；气泡上升过程中压强减小、温度升高，由理想气体状态方程知气泡体积增大，则对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气泡吸收热量，故B正确；在泉水底部时气泡内气体压强p1＝p0＋ρ水gh，T1＝t1＋273K＝290K，到达泉水表面时，气泡内气体压强p2＝p0，T2＝t2＋273K＝300K，由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，代入数据可求得气泡到达水面的体积为V2＝9×10－7m3，故C错误；设上升过程中气泡内气体对外做功为W，则p0(V2－V1)<W<p1(V2－V1)，代入数据得，3.2×10－2J<W<4.8×10－2J，由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q，可得气泡上升过程中吸收的热量Q的范围为ΔU＋W0<Q<ΔU＋W1，即5.2×10－2J<Q<6.8×10－2J，故D正确。11．(2023·山东高考)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。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100K。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400JC．等压过程中，气体体积增加了原体积的eq\f(1,4)D．两个过程中，气体的内能增加量都为400J答案AD解析初始状态下，气体的温度为T0＝300K，压强为p0＝1×105Pa，设体积为V0，经等压过程，气体温度变为T＝400K，由盖—吕萨克定律有eq\f(V0,T0)＝eq\f(V,T)，解得气体体积变为V＝eq\f(4,3)V0，即气体体积增加了原体积的eq\f(1,3)，C错误；等容过程中，气体做功W1＝0，吸收热量Q1＝400J，由热力学第一定律得ΔU＝W1＋Q1＝400J，两个过程末状态的温度相同，则内能变化相同，因此两个过程中，气体的内能增加量都为400J，D正确；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p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)V0－V0))＝200J，解得V0＝6L，A正确，B错误。12.(2023·新课标卷)(多选)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f、g、h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f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后()A．h中的气体内能增加B．f与g中的气体温度相等C．f与h中的气体温度相等D．f与h中的气体压强相等答案AD解析当通过电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体温度升高，压强增大，会缓慢推动左边活塞向右压缩弹簧，则弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故右边活塞对h中的气体做正功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；停止加热并达到稳定后，对g中的气体、两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知pf＝ph，设加热前三部分中气体的温度、体积、压强均分别为T0、V0、p0，由理想气体状态方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，由A项分析知Vf>V0、Vh<V0，则可得Tf>Th，C错误，D正确；停止加热并达到稳定后，假设弹簧处于原长，则g中气体体积不变，气体不做功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，g中气体内能不变，则温度不变，由理想气体状态方程可知，g中气体压强不变，而对h中气体分析知Th>T0、Vh<V0，则ph>p0，会推动右侧活塞压缩弹簧，同理pf＝ph>p0，会推动左侧活塞压缩弹簧，可知实际Vg<V0<Vf，pg<pf，结合eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pgVg,Tg)，可得Tf>Tg，B错误。13.(2022·湖北省新高考联考协作体高三上12月联考)如图所示，上端开口、高度为3L、横截面积为S的绝热圆柱形汽缸放置在水平地面上，汽缸右侧有加热装置(体积不计)，一厚度不计的绝热轻质活塞封闭1mol的单原子分子理想气体。开始时活塞距底部的距离为L，气体的热力学温度为T1。已知外界大气压为p0且保持恒定，1mol的单原子分子理想气体内能公式为U＝eq\f(3,2)RT(R是普适气体恒量、T为热力学温度)，忽略一切摩擦。现对气体缓慢加热，求：(1)活塞恰好上升到汽缸顶部时气体的温度和气体吸收的热量；(2)当加热到热力学温度为6T1时气体的压强。答案(1)3T13RT1＋2p0LS(2)2p0解析(1)从开始对气体加热，到活塞恰好上升到汽缸顶部的过程中，封闭气体做等压变化初态时有V1＝LS，T1末态时有V2＝3LS，T2由盖－吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得T2＝3T1由题意可得气体内能增加量ΔU＝eq\f(3,2)R(T2－T1)外界对气体做的功W＝－p0(V2－V1)由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q联立解得Q＝3RT1＋2p0LS。(2)设当加热到6T1时气体的压强变为p3，由前述分析可知，此时活塞已上升到汽缸顶部，对于封闭气体，根据理想气体状态方程有eq\f(p3·3LS,6T1)＝eq\f(p0LS,T1)解得p3＝2p0。第十五章核心素养提升[科学思维提炼]1．估算法：估测油酸分子大小实验中，将分子看作球体，将油膜看作单分子层，油膜的面积通过带有坐标方格的玻璃板上所画的油膜轮廓内小方格的数量与小方格的面积进行估算。2．转换法(1)通过布朗运动的特点分析分子运动的特点；(2)分子间引力、斥力的存在及特点的举例推理、说明；(3)温度计的设计原理。3．控制变量法：研究分子运动的剧烈程度与温度的关系，研究布朗运动的剧烈程度与微粒大小、液体温度的关系，探究气体等温变化的规律。4．图像法(1)描述分子间作用力与分子间距离的关系；(2)描述分子势能与分子间距离的关系；(3)从分子力图像分析分子势能的变化；(4)从分子势能图像分析分子力的变化；(5)描述分子速率分布的图像；(6)描述气体状态变化过程及规律；(7)晶体微观结构的描述。5．微元累积思维：气体p­V图像与V轴所围的“面积”表示气体所做的功。6．理想模型法(1)理想气体的定义；(2)绝热过程。7．演绎推理：推导理想气体状态方程。8．统计方法：描述分子速率分布的方法。9．等效法(1)焦耳关于功与热量关系的实验探究思路；(2)气体状态变化中变质量问题的分析。10．归纳法：能量守恒定律的发现。11．等价思想：热力学第二定律的不同表述间的关系。[素养提升集训]一、选择题(本题共2小题)1.(2024·广东省部分学校高三上9月联考)健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是()A．健身球内的气体内能不变B．健身球内的气体对外界做正功C．健身球内的气体从外界吸收热量D．健身球内的气体单位时间、单位面积撞击球壁的分子数不变答案A解析健身球内的气体视为理想气体，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，即ΔU＝0，健身者正在挤压健身球，即外界对健身球内的气体做正功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q<0，即健身球内的气体向外界放出热量，故A正确，B、C错误；健身球内气体的温度不变，即所有分子的平均速率不变，而体积变小，则单位体积的分子数变多，可知健身球内的气体单位时间、单位面积撞击球壁的分子数变多，故D错误。2．2020年1月1日TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27℃，压强为240kPa，已知该轮胎的容积为30L，阿伏加德罗常数为NA＝6.0×1023mol－1，0℃、1atm下1mol任何气体的体积均为22.4L，1atm＝100kPa。则该轮胎内气体的分子数约为()A．1.8×1023 B．1.8×1024C．8.0×1023 D．8.0×1024答案B解析设该轮胎内气体在100kPa、0℃状态下的体积为V0，气体初态：p1＝2.40×105Pa，V1＝30L，T1＝27℃＋273K＝300K，气体末态：p0＝1.00×105Pa，T0＝273K，根据理想气体状态方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p1V1,T1)，代入数据解得V0＝65.52L，则该轮胎内气体分子数为N＝eq\f(V0,22.4L)·NA，代入数据可得N＝1.8×1024个。故A、C、D错误，B正确。二、非选择题(本题共5小题)3．(2019·江苏高考)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。答案引力C解析水滴呈球形，使水滴表面层具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力总体上表现为引力；水分子之间，引力和斥力相等时，分子间距离r＝r0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离r>r0，因此，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中C的位置。4.(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p­V图如图所示。完成一次循环，气体内能________(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体________(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。答案不变做正功吸热解析一定质量的理想气体完成一次循环，回到初始状态，p和V均不变，则由理想气体状态方程知，理想气体的温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以完成一次循环，气体的内能不变，即ΔU＝0；p­V图像中，图线与V轴所围图形的面积表示气体的做功情况，其中A→B→C过程中气体的体积减小，气体对外界做负功，C→D→A过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，且C→D→A过程图线与V轴所围图形的面积大于A→B→C过程图线与V轴所围图形的面积，则完成一次循环，气体对外界做的正功大于气体对外界做的负功，即气体对外界做的总功为正功，则外界对气体做的总功W<0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即完成一次循环，气体吸热。5.(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p­V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？答案(1)pB＝0.2p0(2)TC＝1.9T0(3)W解析(1)气泡内气体从状态A等温膨胀到状态B，由玻意耳定律得p0V0＝pB·5V0解得pB＝0.2p0。(2)气泡内气体从状态B到状态C，由理想气体状态方程得eq\f(pB·5V0,T0)＝eq\f(1.9p0·V0,TC)解得TC＝1.9T0。(3)由题意知B到C是绝热过程，Q＝0，外界对气体做功为W，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q解得气泡内气体的内能变化了ΔU＝W。6.(2023·河北高考)如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300K时，气柱长度l为10cm；当外界温度缓慢升高到310K时，气柱长度变为50cm。已知外界大气压恒为1.0×105Pa，水柱长度不计。(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功；(2)求葫芦的容积；(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1mol氮气在1.0×105Pa、273K状态下的体积约为22.4L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol－1。答案(1)0.4J(2)119cm3(3)2.9×1021个解析(1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0，塑料管内部的横截面积为S，末状态气柱的长度为l′，温度变化过程中氮气对外界做的功为W。根据功的定义有W＝p0S(l′－l)代入数据解得W＝0.4J。(2)设葫芦的容积为V0，封闭气体初、末状态的温度分别为T、T′，体积分别为V、V′，根据盖—吕萨克定律有eq\f(V,T)＝eq\f(V′,T′)其中V＝V0＋SlV′＝V0＋Sl′联立以上各式并代入数据，解得V0＝119cm3。(3)已知在p0＝1.0×105Pa、T0＝273K状态下，氮气的摩尔体积为V摩尔＝22.4L/mol，设此状态下被封闭氮气的体积为V氮，物质的量为n，分子个数为N。根据盖—吕萨克定律有eq\f(V,T)＝eq\f(V氮,T0)又n＝eq\f(V氮,V摩尔)N＝nNA联立以上各式并代入数据，解得N＝2.9×1021个。7．(2021·辽宁高考)如图a所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图b为某一“系留气球”的简化模型图：主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的eq\f(1,6)。已知地面大气压强p0＝1.0×105Pa、温度T0＝300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的eq\f(4,5)。求气球驻留处的大气温度T。答案(1)5×104Pa(2)266K解析(1)当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态，则氦气压强p1＝p0，设此时氦气体积为V当气球上升至目标高度时，设氦气压强为p2，由题意知此时氦气体积为1.5V气球升空过程中氦气温度不变，由玻意耳定律得p1V＝p2×1.5V又由题意得p2－p＝eq\f(1,6)p0联立并代入数据解得p＝5×104Pa。(2)设左、右挡板间距离为x，弹簧的劲度系数为k，活塞面积为S，则对活塞，根据共点力平衡有kx＝eq\f(1,6)p0S气球内外温度达到平衡时，由题意得氦气体积为V3＝V＋eq\f(4,5)×eq\f(1,2)V＝eq\f(7,5)V设此时氦气压强为p3，则对活塞，根据共点力平衡有p3S＝pS＋eq\f(4,5)kx由理想气体状态方程得eq\f(p1V,T0)＝eq\f(p3V3,T)联立并代入数据解得T＝266K。热点概述：变质量气体问题、关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题是高考热点题型和难点，熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程是解决这类问题的基本要求。利用转换思维将变质量气体转换为定质量气体，是解决变质量气体问题的关键。与力学规律综合应用，并结合题中几何关系列辅助方程，是解决关联气体问题和气体实验定律与力学的综合问题的关键。变质量气体问题分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。1．充气问题：选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。3．灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。4．漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。(2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa。(1)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa。[答案](1)3.1×103Pa(2)eq\f(97,3)[解析](1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可知eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)式中p1＝3.0×103Pa，T1＝27℃＋273K＝300K，T2＝37℃＋273K＝310K解得p2＝3.1×103Pa。(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V＝p1V1解得V1＝eq\f(100,3)V则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为ΔV＝V1－V＝eq\f(97,3)V所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V)＝eq\f(97,3)。关联气体问题关联气体问题的解题思路(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。(2)找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq\f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：(1)此时上、下部分气体的压强；(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。[答案](1)2p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)[解析](1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0解得旋转且稳定后上部分气体压强为p1＝2p0旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq\f(1,2)SL0＋SL0＝eq\f(3,2)SL0则p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋转且稳定后下部分气体压强为p2＝eq\f(2,3)p0。(2)旋转且稳定后，对“H”型连杆活塞整体受力分析，根据平衡条件可知p1S＋p0S＝mg＋p2S＋p0S解得活塞的质量为m＝eq\f(4p0S,3g)。气体实验定律与力学的综合问题气体实验定律与力学的综合问题的一般解题思路(1)应用气体实验定律或理想气体状态方程对气体部分列方程。(2)根据平衡条件或牛顿第二定律结合相关力学规律(例如浮力公式、滑动摩擦力公式、胡克定律等)列辅助方程。(3)联立各方程计算。(2022·湖南高考)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变，求(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。[答案](1)105Pa(2)1N[解析](1)将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g代入数据解得p1＝105Pa。(2)当活塞处于B位置时，设汽缸内的气体压强为p2，气体做等温变化，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)将活塞与金属丝视为整体，受力平衡，有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F联立并代入数据解得F＝1N。1.如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l，现使汽缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度ω，当汽缸转动的角速度为ω1时，气柱长度为2l，