2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第15章　热　学含答案1

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第15章热学含答案第3讲热力学定律基础梳理1．改变物体内能的两种方式(1)__做功__．(2)__热传递__．2．绝热过程系统不从外界__吸热__，也不向外界__放热__．3．热传递热量从__高温__物体传到__低温__物体．热传递有三种方式：__热传导__、__热对流__和__热辐射__．4．热力学第一定律一个热力学系统的内能增量等于外界向它__传递的热量__与外界对它__所做的功的和__．公式为ΔU＝__W＋Q__．5．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”．6．能量守恒定律能量既不会__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其总量保持不变．(1)自然界中不同的能量形式与不同的运动形式相对应：物体运动具有机械能，分子运动具有内能，电荷的运动具有电能，原子核内部的运动具有原子能等．(2)不同形式的能量之间可以相互转化：摩擦生热是通过克服摩擦力做功将机械能转化为内能；水壶中的水沸腾时水蒸气对壶盖做功将壶盖顶起，表明内能转化为机械能；电流通过电热丝做功可将电能转化为内能等．这些实例说明了不同形式的能量之间可以相互转化，且是通过做功来完成的这一转化过程．(3)能量守恒定律是自然界的普遍规律，但某一系统或某一种形式的能是否守恒则是有条件的．7．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背__能量守恒定律__，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背__热力学第二定律__，因此不可能实现．易错辨析1．做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能．(×)2．做功和热传递的实质是相同的．(×)3．绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能一定减少.(×)4．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)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．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．(×)7．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功.(√)8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明能量正在消失．(×)对热力学第一定律的理解1．改变物体内能的两种方式：做功和热传递．(1)内能是物体的状态量，它是物体在某一状态某一时刻所具有的一种能量．(2)热量是过程量，是在某一段过程中物体之间发生热交换的那一部分能量，热量不属于哪一个物体，它量度的是流通量、交换量，是物体在热传递的过程中其内能改变量的量度．在只发生热传递的过程中，物体吸收(放出)多少热量，其内能就增加(减少)多少．(3)热传递时，自发的情况下，热量由温度高的物体传给温度低的物体，而与其他任何因素无关．内能的改变是过程量，它可以由做功和热传递来量度．2．热力学第一定律的符号规定做功W外界对物体做功W>0物体对外界做功W<0吸放热Q物体从外界吸收热量Q>0物体向外界放出热量Q<0内能变化ΔU物体内能增加ΔU>0物体内能减少ΔU<03．判定物体内能变化的方法(1)当做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化就要用热力学第一定律进行综合分析．(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.(4)如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．4．绝热过程和自由膨胀过程的判定方法(1)绝热特征：其一，题目中明确说明是绝热容器(包括活塞)或直接说明没有热交换；其二，题目中对气体变化过程在时间上的描述出现“迅速”“快速”等字眼时，可以理解为被研究气体没有来得及进行热交换，即视为绝热过程．(2)自由膨胀特征：一定量气体所在的空间突然和一定体积的真空相连通，气体充满整个连通空间的瞬时过程．“自由膨胀”的气体不对外做功．5．几种特殊情况(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．(2023·天津卷)如图是爬山所带的氧气瓶，氧气瓶里的气体体积和质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(B)A．对外做功 B．内能减小C．吸收热量 D．压强不变解析：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；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体不做功，但内能减少，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程有eq\f(pV,T)＝C，可知气体压强减小，故D错误．对热力学第二定律的理解1．对两种表述的理解(1)第一种表述是按照热传导过程的方向性表述的．“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．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．(2)第二种表述则是按照机械能与内能转化过程的方向性来表述的．“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．两种表述是等价的，可以从一种表述推导出另一种表述，它们从不同的角度描述了与热现象有关的宏观过程是有方向的，是不可逆的，所以都称为热力学第二定律．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．热力学过程方向性实例(1)高温物体eq\o(⥬,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\do5(热量Q不能自发传给))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(能自发膨胀到),\s\do5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)(4)不同气体A和Beq\o(⥬,\s\up7(能自发混合成),\s\do5(不能自发分离成))混合气体AB4．热力学第一、第二定律的比较热力学第一定律热力学第二定律定律揭示的问题它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，指出任何热力学过程中能量守恒，而对过程没有其他限制它指出自然界中出现的宏观过程是有方向性的，指明哪些过程可以发生，哪些不可能发生机械能和内能的转化当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能热量的传递热量可以从高温物体自发地传向低温物体说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体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5．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机不消耗能量却可以源源不断地对外做功的机器从单一热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化的机器违背能量守恒定律，不可能实现不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能实现如图所示，两种不同的金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流计发生偏转，这是温差电现象．假设此过程电流做功为W，接触头1从热水中吸收的热量为Q1，冷水从接触头2吸收的热量为Q2，根据热力学第二定律可得(B)A．Q1＝W B．Q1＞WC．Q1＜Q2 D．Q1＋Q2＝W解析：根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之全部用来做功，而不产生其他影响；所以从热水中吸收的热量Q1应该大于电流做的功W，即Q1>W，根据能量守恒定律和热力学第二定律，从热水中吸收的热量转化成了两部分，一部分电能W，另一部分是冷水吸收的热量Q2，故B正确．关于第二类永动机，下列说法中错误的是(B)A．第二类永动机是指没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化的热机B．第二类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成C．第二类永动机违背了热力学第二定律，所以不可能制成D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化解析：由第二类永动机的定义知A正确；第二类永动机违背了热力学第二定律，故B错误，C正确；机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化，故D正确．热力学第一定律与图像的综合应用1．气体的状态变化可由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C(C是与p、V、T无关的常量)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．(2022·江苏卷)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(C)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解析：由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，而pb<pc，根据理想气体状态方程eq\f(pbVb,Tb)＝eq\f(pcVc,Tc)，可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，故B错误；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ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误．(2023·盐城三模)如图所示，一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像．已知气体在状态A时的压强为pA，相关物理量如图所示，气体由状态A变为状态B的过程中，吸收的热量为Q.求：(1)气体在状态C时的压强pC.答案：eq\f(T3,T2)pA解析：pB＝pAeq\f(pB,T2)＝eq\f(pC,T3)解得pC＝eq\f(T3,T2)pA(2)气体状态从A变到B的过程中内能的变化量ΔU.答案：Q－pA(VB－VA)解析：ΔU＝W＋QW＝－pA(VB－VA)解得ΔU＝Q－pA(VB－VA)1．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法中正确的是(D)A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的解析：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确．2．当把打足气的车胎内的气体迅速放出时，会发现气嘴处的温度明显降低，这是因为(B)A．气体对外做功，同时向外放出热量B．气体对外做功，胎内气体温度降低，从外界吸热C．外界对胎内气体做功，胎内气体向外传递热量D．外界对胎内气体做功，同时向胎内气体传递热量解析：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，因迅速放气，使胎内气体对外做功(W<0)，气体来不及和外界交换热量(Q＝0)，内能减少(ΔU<0)，温度降低，所以会发现车胎气嘴处的温度明显降低；气体温度降低，从而会和外界进行热交换，从外界吸收热量．故B正确．3．(2023·扬州考前调研)一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后回到状态A，该变化过程的图像如图所示，气体(C)A．A→B过程中，压强变小B．B→C过程中，分子数密度增大C．C→A过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．全过程中，放出热量解析：A→B过程中，体积不变，温度变大，根据eq\f(pV,T)＝C可得压强变大，故A错误；B→C过程中，体积变大，则单位体积内分子数减小，即分子数密度减小，故B错误；C→A过程中，因为CA连线过坐标原点，则气体做等压変化，温度降低，则分子平均动能减小，要使压强保持不变，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；从状态A再回到状态A时，气体内能不变，但是B→C过程中气体对外界做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，即全过程中W<0，根据ΔU＝W＋Q可知，Q>0，即吸收热量，故D错误.4．(2023·徐州考前打靶)一定质量的理想气体，由状态a经a→b、b→c和c→a回到状态a，其循环过程的p-eq\f(1,V)图像如图所示，Ta、Tb、Tc分别表示气体在状态a、b、c的温度，则(B)A．Ta＝Tb＞TcB．气体在b→c过程中吸收热量C．该循环过程中气体对外做负功D．该循环过程中气体放出热量解析：在a→b过程，根据eq\f(pV,T)＝C，解得p＝CT·eq\f(1,V)，由于该过程的p-eq\f(1,V)是一条过原点的倾斜直线，可知该过程是等温过程，即Ta＝Tb，b→c过程是等压过程，由于Vb<Vc，可知Tb<Tc，则有Ta＝Tb<Tc，A错误；b→c过程温度升高，体积增大，根据ΔU＝W＋Q，气体体积增大，气体对外做功，W为负值，温度升高，气体内能增大，ΔU为正值，即Q为正值，可知，气体在b→c过程中吸收热量，B正确；作出p-V图像如图所示，p-V图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示功，b→c过程气体对外做正功，a→b过程气体对外做负功，根据图中所围几何图形的面积可知，b→c过程气体做功数值大于a→b过程气体做功数值，即该循环过程中气体对外做正功，C错误；根据ΔU＝W＋Q，一个完整的循环过程，内能不变，该循环过程中气体对外做正功，W为负值，则Q为正值，即该循环过程中气体吸收热量，D错误．配套精练一、选择题1．关于热力学定律，下列说法中错误的是(A)A．热量不可能从低温物体传向高温物体B．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是可能的C．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程D．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量解析：热量不可能自发地从低温物体传向高温物体，在一定条件下可能使热量由低温物体传递到高温物体，故A错误；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，故B正确；一切与热现象有关的宏观过程不可逆，故C正确；做功和热传递都能改变物体的内能，则为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，故D正确．2．(2023·淮安期末)某导热的固定容器中密封一定质量的理想气体，若环境温度升高，则该气体的(A)A．压强变大B．分子的数密度变小C．内能减少D．每个分子动能均增加解析：根据热力学第一定律，可得ΔU＝W＋Q，若环境温度升高，导热容器中的理想气体将吸收热量，导致其内能增加，热力学温度升高，故C错误；根据理想气体状态方程，eq\f(pV,T)＝C，易知理想气体热力学温度升高，压强变大，故A正确；依题意，理想气体的质量和体积不变，所以分子的数密度不变，故B错误；理想气体热力学温度升高只能说明其分子的平均动能增加，故D错误．3．水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(B)A．压强变大B．对外界做功C．对外界放热D．分子平均动能变大解析：随着水向外喷出，气体体积增大，由于温度不变，根据pV＝恒量，可知气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误．4．(2023·常州期末)健身球是一种内部充气的健身辅助器材．如图所示，用绝热材料制成的健身球，球内的气体视为理想气体，则下列说法中正确的是(A)A．人体挤压健身球过程中，球内气体内能增大B．人体离开健身球前后，球内所有气体分子的运动速率均减小C．人体离开健身球前后，球内单位面积上撞击的分子数不变D．将健身球举高，球内气体的分子势能增大解析：人体挤压健身球过程中，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，球内气体内能增大，A正确；人体离开健身球前后，气体体积增大，气体对外界做功，温度降低，分子平均动能减小，但不是所有气体分子的运动速率都减小，B错误；人体离开健身球前后，气体体积增大，压强减小，球内单位时间单位面积上撞击的分子数减少，C错误；将健身球举高，气体重力势能增大，但理想气体分子势能忽略不计，D错误．5．(2023·苏锡常镇调研二)用气压式开瓶器开红酒瓶，如图所示，通过针头向瓶内打几次气，然后便能轻松拔出瓶塞．则(B)A．打气后瓶塞未拔出前，分子斥力明显增大B．打气后瓶塞未拔出前，单位时间内与瓶塞碰撞的分子数增多C．快速拔出瓶塞的过程中，气体吸热，内能增大D．快速拔出瓶塞的过程中，瓶塞克服摩擦力所做的功等于气体内能的减少量解析：打气后瓶塞未拔出前，气体分子间距离很大，分子间作用力非常小，可以忽略不计，故A错误；打气后瓶塞未拔出前，单位体积内的分子数增加，气体压强变大，根据压强微观意义，单位时间内与瓶塞碰撞的分子数增多，故B正确；快速拔出瓶塞的过程中，气体体积变大，对外做功，气体与外界来不及发生热交换，根据热力学第一定律可知，气体内能减少；拔出瓶塞的过程中，瓶塞除了克服摩擦力做功，还需要克服大气压力做功，故瓶塞克服摩擦力所做的功不等于气体内能的减少量，故C、D错误．6．某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内(活塞与缸壁间的摩擦不计)，待活塞静止后，将小石子缓慢地加在活塞上，如图所示．在此过程中，若大气压强与室内的温度均保持不变，下列说法中正确的是(C)A．由于汽缸导热，故缸内气体的压强保持不变B．缸内气体温度不变，缸内气体对活塞的压力保持不变C．外界对缸内气体做的功大小等于缸内气体向外界释放的热量D．外界对缸内气体做功，缸内气体内能增加解析：将小石子缓慢地加在活塞上，由平衡条件可知活塞对气体的压力变大，则气体压强变大，故A错误；气体压强变大，缸内气体对活塞的压力变大，汽缸导热性能良好，缓慢过程，缸内气体温度不变，故B错误；温度不变时，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确，D错误．7．(2023·苏州三模)如图所示，某同学将空的玻璃瓶开口向下缓缓压入水中，设水温均匀且恒定，瓶内空气看作理想气体，下降过程中瓶内空气质量不变，则(B)A．瓶内气体分子斥力增大B．瓶内气体对外放出热量C．瓶内气体分子平均动能增大D．单位时间与瓶壁碰撞的分子数不变解析：被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，压强变大，可知气体体积减小，外界对气体做正功；由于气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确，C错误；气体分子间距远大于分子半径，瓶内气体分子斥力为0，故A错误；气体分子平均动能不变，气体体积减小，则气体的数密度变大，则单位时间与瓶壁碰撞的分子数增多，故D错误．8．(2023·苏北四市调研)1892年狄塞尔为描述内燃机热力学过程建立了定压加热循环(狄塞尔循环)，如图为描述狄塞尔循环的p-V图像，A→B和C→D为绝热过程．若一定质量的某种理想气体经历了A→B→C→D→A循环过程，下列说法中正确的是(D)A．A→B气体的内能不变B．B→C气体向外界放热C．C→D气体的内能增加D．一个循环过程，气体从外界吸收热量解析：A→B过程绝热，所以Q＝0，气体体积减小，外界对气体做正功，即W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体内能增大，A错误；B→C过程，气体温度升高，即ΔU>0，气体体积增大，气体对外界做正功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体需要从外界吸收热量，B错误；C→D过程绝热，Q＝0，气体体积增大，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体内能减小，C错误；一个循环过程，温度不变，即ΔU＝0，由图像可知，气体对外界做正功为图形面积，即W<0，所以气体会从外界吸热，D正确．9．(2023·南京三模)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程．下列说法中正确的是(D)A．A→B→C过程中，气体压强先增加，后不变B．C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变，后增加C．整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功D．整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变解析：A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意耳定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一．B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍，即气体压强先减小，后增大，故A错误；C→D→A过程中，气体的体积先减小，后不变，所以单位体积内分子数先增加，后不变，故B错误；A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律ΔU1＝Q1＋W1可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由ΔU2＝Q2＋W2可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知eq\f(V,T)是定值，则由eq\f(pCVC,TC)＝eq\f(pDVD,TD)可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由ΔU3＝Q3＋W3，可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由ΔU4＝Q4＋W4可知，气体向外界释放了热量；综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值pA小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外界放了热，故D正确．10．如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分．已知a部分气体为1mol氧气，b部分气体为2mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体．解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb.下列说法中正确的是(D)A．Va>Vb，Ta>TbB．Va>Vb，Ta<TbC．Va<Vb，Ta<TbD．Va<Vb，Ta>Tb解析：解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由pV＝nRT可知质量大的部分压强大，即b部分压强大，故活塞左移，平衡时Va<Vb，pa＝pb，故A、B错误；活塞左移过程中，a气体被压缩内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时Ta>Tb，故C错误，D正确．二、非选择题11．(2023·淮安期末)如图所示是一定质量的理想气体由状态A经状态B到状态C的p-V图像，其中A、C两点在同一等温线上．(1)求气体在A状态时的体积．答案：0.5×10-3m3解析：依题意，A、C两点在同一等温线上，有TA＝TC根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可得pAVA＝pCVC解得VA＝0.5×10-3m3(2)气体在A→C过程中是吸热还是放热？传递的热量Q是多少？答案：吸热180J解析：气体在A→C过程中体积增加，对外界做功，即W<0又ΔU＝0根据ΔU＝W＋Q易知该过程气体吸热．由图可知W＝－p·ΔV＝－1.2×105×(2－0.5)×10-3J＝－180J即传递的热量Q＝－W＝180J12．(2023·扬州期初)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在内壁光滑的汽缸中，汽缸和活塞绝热性能良好．活塞的横截面积为S，质量为m，静止在与汽缸底部距离为L的小挡板上；密闭气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0.现接通电热丝加热气体，电热丝两端电压为U，电流为I，通电时间为t，活塞缓慢向上移动距离2L后静止．重力加速度为g，求该过程：(1)气体内能的增量ΔU.答案：UIt－2(p0S＋mg)L解析：活塞缓慢上移，受力平衡mg＋p0S＝p1S活塞缓慢上移2L过程中，汽缸内气体压强p1＝p0＋eq\f(mg,S)气体对外界做功W＝－p1S·2L＝－2(p0S＋mg)L由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝UIt－2(p0S＋mg)L(2)最终温度T.答案：eq\f(3(p0S＋mg),p0S)T0解析：由理想气体状态方程得eq\f(p0LS,T0)＝eq\f(3p1LS,T)解得T＝eq\f(3(p0S＋mg),p0S)T0补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。微专题20气体实验定律和热力学第一定律在“三类模型”中的应用玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度).(2)不要漏掉大气压强，同时又要平衡掉某些气体产生的压力．(3)有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等．(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷．(2023·淮安模拟)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱将管内封闭有长均为10cm的a、b两段气体，水银柱A长为5cm，水银柱B在右管中的液面比在左管中的液面高5cm，大气压强为75cmHg，环境温度为320K．现将环境温度降低，使气柱b长度变为9cm.求：(1)降低后的环境温度．答案：280.32K解析：开始时，左管中气柱a的压强为p1＝75cmHg＋5cmHg＝80cmHg右管中气柱b的压强为p2＝p1－5cmHg＝75cmHg温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为p′2＝p1－7cmHg＝73cmHg对气柱b研究，根据理想气体状态方程eq\f(p2L2S,T1)＝eq\f(p′2L′2S,T2)解得T2＝280.32K(2)水银柱A下降的高度．答案：2.24cm解析：气柱a发生等压变化，则eq\f(L1S,T1)＝eq\f(L′1S,T2)解得L′1＝8.76cm则水银柱A下降的高度为h＝1cm＋10cm－8.76cm＝2.24cm类题固法11．如图甲所示，横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用h1＝4cm的水银柱封闭一段长为L1＝9cm的空气柱A，左端管内用水银封闭一段长为L2＝14cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8cm.已知大气压强p0＝76.0cmHg，环境温度不变．若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差h3为(B)甲乙A．10cm B．12cmC．8cm D．14cm解析：初始时，设空气柱A的压强为pA，空气柱B的压强为pB，则pA＝p0＋ρgh1，pB＋ρgh2＝pA，联立解得pB＝72cmHg，U形管倒置后，空气柱A的压强设为pA1，空气柱B的压强设为pB1，则pA1＝p0－ρgh1，pB1＝pA1＋ρgh3，空气柱B的长度LB1＝L2－eq\f(h3－h2,2)，由玻意耳定律可得pBL2＝pB1LB1，解得h3＝12cm，故选B.2．(2023·全国乙卷)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方．管内空气被一段水银柱隔开．水银柱在两管中的长度均为10cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)答案：pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg解析：设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA＝pB＋20cmHg倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则SA＝4SB可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为p′A、p′B，所以有p′A＋23cmHg＝p′B倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有pASALA＝p′ASAL′A对B管有pBSBLB＝p′BSBL′B其中L′A＝10cm＋1cm＝11cm，L′B＝10cm－4cm＝6cm联立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg汽缸活塞类模型1．解题的一般思路2．两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．(2024·南通期初质量监测)如图所示为一内壁光滑且导热良好的汽缸，用活塞封闭一定质量的理想气体，该汽缸可按图甲竖直放置或按图乙水平放置．环境温度升高，按图甲放置时汽缸内气体对外功为W，已知活塞的质量为m，横截面积为S，重力加速度为g.求：甲乙(1)两种放置方法，汽缸内气体的压强差Δp.答案：eq\f(mg,S)解析：(1)甲汽缸内气体的压强p甲＝p0＋eq\f(mg,S)乙汽缸内气体的压强p乙＝p0两汽缸内气体的压强差Δp＝eq\f(mg,S)(2)按图乙放置时，上述升温过程气体对外做功W′.答案：W解析：两种放置方法，初态p甲V甲＝p乙V乙末态p甲V′甲＝p乙V′乙气体均为等压变化，乙汽缸内气体对外做功为W′＝p乙(V′乙－V乙)甲汽缸内气体对外做功为W＝p甲(V′甲－V甲)乙汽缸内气体对外做功W′＝W类题固法21．某探究小组利用压力传感器设计了一个温度报警装置，其原理如图所示．在竖直放置且导热性良好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．开始时气体温度T0＝300K，活塞与容器底的距离h0＝30cm，因环境温度升高活塞缓慢上升d＝5cm后恰好接触固定的压力传感器，环境温度继续上升至T2＝420K时触发报警器工作．大气压强p0＝9.9×104Pa，取g＝10m/s2.(1)求活塞刚接触传感器时气体的温度T1及报警器被触发工作时气体的压强p2.答案：1.2×105Pa解析：气体第一阶段为等压变化eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)T1＝eq\f(V1,V0)T0＝eq\f((h0＋d)S,h0S)T0＝350K第二阶段为等容变化p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa由eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝1.2×105Pa(2)若封闭气体从温度T0至T2过程中内能增加了ΔU＝150J，求气体从外界吸收的热量Q.答案：200J解析：W＝－p1ΔV＝－p1dS＝－50J由ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝200J2．(2024·如东期初学情检测)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通．两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连．初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长．现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降eq\f(1,2)H，左侧活塞上升eq\f(2,3)H.已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内．求：(1)最终汽缸内气体的压强．答案：eq\f(9,8)p0解析：对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0体积V1＝SH＋2SH＝3SH末态体积V2＝S·eq\f(5,3)H＋eq\f(1,2)H·2S＝eq\f(8,3)SH设末态压强p2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得p2＝eq\f(9,8)p0(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量．答案：eq\f(3p0S,16H)eq\f(p0S,4g)解析：对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S解得m＝eq\f(p0S,4g)对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·eq\f(2,3)H＝p2S解得k＝eq\f(3p0S,16H)变质量气体模型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问题．2．抽气问题选择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，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．3．灌气分装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，可将变质量问题转化为定质量问题．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，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．开始时桶内气体的体积V0＝8.0L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20m．出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08m2.现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0L水．求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变．答案：2.225L解析：初始时，瓶内气体的压强与外界相等，p1＝p0缓慢流出了V1＝2.0L水后，瓶里的液面下降h＝eq\f(ΔV,S)＝eq\f(2×10-3,0.08)m＝0.025m此时管口与瓶中液面高度差为H＝h＋h1＝0.225m此时，瓶内气体的压强为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105Pa＋1.0×103×10×0.225Pa＝1.0225×105Pa设压入的气体原来体积为ΔV，以压入气体与瓶中原来的气体为研究对象，由理想气体状态方程得p0(V0＋ΔV)＝p2(V0＋V1)解得ΔV＝2.225L类题固法31．工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能．为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的汽缸相连，汽缸和香水瓶内气体压强均为p0，汽缸内封闭气体体积为V0，推动活塞将汽缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为p，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变．(1)求香水瓶的容积V.答案：eq\f(p0V0,p－p0)解析：缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0(V0＋V)＝pV解得V＝eq\f(p0V0,p－p0)(2)若密封程度合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格．将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，现使瓶内气体温度从300K升高到360K，测得其压强由p变为1.15p，试判断该瓶密封性能是否合格．答案：不合格解析：设静置较长时间后，瓶中剩余气体在压强为p、温度为T1＝300K时的体积为V1，根据气体状态方程有eq\f(1.15pV,T2)＝eq\f(pV1,T1)解得eq\f(V1,V)＝eq\f(1.15,1.2)＝95.8%故漏气量占比为4.2%，密封性不合格．2．A、B两个容器体积均为V，C是用活塞密封的气筒，它的工作体积为0.5V，C与A、B通过两只单向气阀a、b相连．当气筒C抽气时气阀a打开、b关闭；当气筒打气时气阀b打开、a关闭．最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧．(气筒与容器连接部分的气体体积忽略不计，整个装置温度保持不变，气体可视为理想气体)(1)求第1次抽气结束后，容器A内气体的压强p1.答案：eq\f(2,3)p0解析：由玻意耳定律有p0V＝p1(0.5＋1)V解得p1＝eq\f(2,3)p0(2)现在让气筒以工作体积完成抽气、打气各两次，求第1次打气后与第2次打气后容器B内气体压强之比．答案：6∶7解析：设第1次打气结束时，B内气体的压强为p′1.p0V＋p1·0.5V＝p′1V，解得p′1＝eq\f(4,3)p0第2次抽气结束时A内气体的压强为p2.p1V＝p2(0.5＋1)V，解得p2＝eq\f(4,9)p0设第2次打气结束时B内气体的压强为p′2.p2·0.5V＋p′1V＝p′2V，解得p′2＝eq\f(14,9)p0可得p′1∶p′2＝6∶7配套精练1．(2023·南通期末)如图所示，T形活塞固定在地面上，一定质量的理想气体被封闭在竖直汽缸中，汽缸的质量为m、底面积为S，大气压强为p0.初始时活塞与缸底的距离为L0.缸内气体的温度为T0.现使缸内气体的温度逐渐升高到eq\f(3,2)T0，内能增加eq\f(1,2)kT0(k为常数)，汽缸始终未脱离活塞，不计摩擦，重力加速度为g，求此过程中：(1)汽缸上升的高度h.答案：eq\f(1,2)L0解析：气体为等压变化，则有