35热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用(解析版)

1、热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用一 热力学第一定律与能量守恒定律1 .热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种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.此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳.2 .三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即 Q = 0,则W= AU,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 W= 0,则Q= AU,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W+ Q = 0或W= - Q,外界对物体做的功等于物体放出的热量.3 .改变内

2、能的两种方式的比较做功热传递区别内能变化情况外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少从运动形式看做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化热传递是通过分子之间的相互作用，使同一物体的/、向部分或小同物体间的分子热运动发生变化从能量角做功是其他形式的能与内能相互转化的过程，能的性质发生了变化小同物体间或同一物体/、同部分之间内能的转移，能的性质不变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4.温度、内能、热量、功的比较含义特点温度表示物体的冷热程度，是物体分子平均动能大 小的标志，它是大量分子热运动的集体

3、表现， 对个别分子来说，温度没有意义状态量内能(热能)物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大 量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能热量是热传递过程中内能的改变量，热量用来度量过程量热传递过程中内能转移的多少功做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程隔板【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分， 隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空. 现 将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸. 待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积. 假 设整个系统不漏气.下列说法正确的是（ ）理想 气体飞 真空 N活塞A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大

4、C.在自发扩散过程中，气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误.【变式1.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

5、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【答案】BDE.【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误；对气体做功可以改变其内能，选项 B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项 C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，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，选项 E正确.【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是()A.若把氢气和氧

6、气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等B. 一定质量0 ©K的分子势能比0 QK的分子势能大C.物体吸收热量后，内能一定增加D. 一定质量的100 1勺水吸收热量后变成 100勺水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E.做功和热传递是不等价的【答案】ABD【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0 ©K和0湫的温度相同，分子平均动能相同，由于0 勺冰需要吸收热量才能融化为0。小水，温度不变，分子平

7、均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量 0 c水的分子势能比0 c冰的分子势能大，选项 B正确； 根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项 C错误；一定质量的100 c的水吸收热量后变成 100 c的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项 D正确；在改变内能时，做功和热传递 是等价的，选项 E错误. 二 热力学第二定律的理解1 .对热力学第二定律关键词的理解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

8、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自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.如 热量Q能自发传给(1)高温物体热量Q不能自发传给低温物体.能自发地完全转化为功不能自发地且不能完全转化为热。能自发地膨胀到气体体积V1不能自发地收缩到气体体积V2(较大).能自发地混合成（4）不同气体A和B不能自发地分离成混合气体AB.3 .两类永动机的比较分类第一类永动机第二类水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

9、不产生其他影响的机器/、可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律【例2】下列关于热现象的描述不正确的是（）A .根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B .做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E.空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他

10、变化，因此，热机的效率不可能达到 100%,选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项 E错误.【变式1】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

11、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【答案】ACE【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内C对；在引起能不一定增加，B错；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,其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对.【变式2.下列说法正确的是（）A.压缩气体总能使气体的温度升高 B.能量耗散过程中能量是守恒的C.第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律D.第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学

12、第一定律E.能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性【答案】 BCE【解析】内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项 C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项 E正确. 三封闭气体多过程的问题 多过程问题的处理技巧研究对象（一定质量的气体）发生了多种不同性质的变化，表现出 多过程”现象.对于 多过程”现象，则要确 定每个有效的 子过程”及其性质，选用合适的实验定

13、律，并充分应用各 子过程”间的有效关联.解答时，特别注意变化过程可能的临界点”，找出临界点对应的状态参量，在 临界点”的前、后可以形成不同的 子过程”.汽缸封闭气体问题【例3】（2018高考全国卷n）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b, a、b间距为h, a距缸底的高度为 H;活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为po,温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的

14、功.重力加速度大小为g.Ii【答案】 (1 + H)(1 + pmS)T0 (poS+mg)h【解析】开始时活塞位于 a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为 Ti,压强为pi,根据查理定律有根据力的平衡条件有piS= poS+ mg 联立式可得 ”中丁。此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为 Vi和V2.根据盖一吕萨克定律有式中Vi = shV2= S(H+h)联立式解得_ h mg _T2=。十排从开始加热到活塞到达 b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W= (p

15、oS+ mg)h 【变式】.(2019河南南阳一中模拟)如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为 20 cm,两者横截面积相等，光滑接触且不漏气.将A系于天花板上，用手托住 B,使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1 xiOpa,然后缓慢松手，让 B下沉，当B下沉了 2 cm时，停止下沉并处于静止状态.求：此时金属筒内气体的压强；(2)若当时的温度为24 C欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？【答案】(1)1.0 x5Pa (2) 3 C【解析】(1)设金属筒横截面积为 S cm2, pi = 1.1 x 5Pa, V

16、i=20S cm3, V2 = 22S cm3根据玻意耳定律，PiVi = p2V2, p2=0J =1.126 Pa= 1.0 x 500aV222S(2)V2=22S cm3, T2=297 K, V3=20S cm3,根据盖一吕萨克定律得到，V2= V3, T3=V3T2 = 2。吃297K = 270 T2 T3V222SK, t= (270273)0-3 C.活塞封闭气体问题【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口.现在管口下方某位置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为 T。，封闭气柱长度为10=

17、10 cm.现在薄板上放置3个质量为m的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为11 = 5 cm, 现使封闭气体的温度缓慢升高60 c系统再次平衡时封13!气柱的长度为12 = 6 cm；然后取走2个质量为m的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 C,系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为13.(已知上述过程中薄板没有离开玻璃管)求：(1)开始时封闭气体的温度 t应为多少？(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度13为多少?【答案】 (1)27 C (2)10 cm【解析】(1)气体初始状态：体积为 Vo=loS,压弓虽为po,温度为To将质量为3m的物体放在薄板上，则体积Vi=liS,温度Ti =

18、 To压强为：pi = po+3mg S气体经等温变化，得：PoVo = piVi则 pi = 2po由以上各式解得po=3mg S当气体温度升高 60 W,温度为：T2=To+6O K,体积为：V2=|2S由于该过程为等压变化，则：T 告Ti T2代入数据解得：To = 300 K则 t=(3OO 273) 已 27 C(2)取走质量为2m的物体，继续加热使气体的温度再升高4O 忻，最终气柱的高度为13,体积V3=l3S,压mg 4.强 p3=po+-= -po,温度 T3=4OO K S 3则由理想气体状态方程有 嗒=喑3 ToT3代入数据解得：13= io cm.【变式】(2oi9宁夏五

19、中联考)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为i.5Xio3 m2,如图所示，开始时气体的体积为3.o xio m3,现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一.设大气压强为i.oxiopa重力加速度g取io m/s2,求：(i)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克?【答案】（1）3.0 x5Pa （2）30 kgpiVl = p2V2【解析】（1）汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知代入数据解得P2= V = 3.0 x lOpa；

20、（2）活塞受力分析如图所示P第 , * mg根据力的平衡条件：P2S= poS+mg,代入数据解得： m= P2 P°= 30 kg.g四关联气体的状态变化问题 多系统问题的处理技巧 多个系统相互联系的一定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联.若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系.活塞封闭气体的问题【例5】（2018高考全国卷n）如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通

21、过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为P0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V时，8将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速6度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为Vl,压强为pi；下方气体的体积为V2,压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得po2= PiVi VP02= P2V2 由已知条件得V V V 13 Vi = I= V 2 6 8 24V V V小V2=2- 6

22、= 3 设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得P2S= piS+ mg 联立以上各式得m= i5p0S26g水银柱封闭气体的问题【例6】(2018高考全国卷n庇两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气.当 U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为li=18.0 cm和12=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中，气体温度不变.【答案】22.5 cm 7.5 cm【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为

23、p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p.此时原左、右两边气柱长度分别变为11和12'由力的平衡条件有 p1= p2+ p (l1 12)式中P为水银密度，g为重力加速度大小.由玻意耳定律有pll 1= pll p2l2= pl2'两边气柱长度的变化量大小相等11 - 11 = 1212,由式和题给条件得11= 22.5 cm 12 = 7.5 cm 五变质量问题分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解.充气问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器

24、和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了.【例7】一个篮球的容积是 2.5 L,用打气筒给篮球打气时，每次把 105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa,那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？（设打气过程中气体温度不变 ）【答案】2.5X10 Pa【解析】设V2为篮球的容积，V1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则V1= V2+ n AV= 2.5 L + 30 X 0.125 匕 6.25 L由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有P1V

25、1=P2V2研/曰P1V1 105X 6.254解得 P2=tr=一 Pa= 2.5 x 150Pa. V22.5抽气问题在用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题.【例8】用容积为AV的活塞式抽气机对容积为 V。的容器中的气体抽气，如图所示.设容器中原来的气体压Von（Vo+ 国） P0n次后，容器中剩余气体的压强 pn为多少?强为P0,抽气过程中气体温度不变.求抽气机的活塞抽气【解析】当活塞下压时，阀门pi.活塞第二次上提（即抽第二次气a

26、关闭，b打开，抽气机汽缸中 AV体积的气体排出，容器中气体压强降为）,容器中气体压强降为 p2,根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有poVo= Pi（Vo+AV）,解得 pi = VoVo-T；po,对于第一次抽气，有piVo= p2（Vo+ ZV）,斛得 p2= （7）2po,以此类VVo 十 AV推，第n次抽气后容器中气体压强降为Pn=（产TT/po.Vo+ AV灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一种典型的变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将变质量问题转化为质量一定的问题.【例9】某容积为2。L的氧气瓶装有

27、3。atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm,若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm,问能分装多少瓶？（设分装过程中无漏气，且温度不变 ）【答案】25【解析】设最多能分装n个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象.因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律.分装前整体的状态：pi = 3o atm, Vi=2o L;p2= 1 atm, V2= 5n L.分装后整体的状态：pi'=5 atm, Vi= 2o L; p2'= 5 atm, V2= 5n L根据玻意耳定律，有piVl+p2V2=piVl + p2

28、V2代入数据解得n= 25（瓶）.漏气问题容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求 解.如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气 体状态方程求解.【例10】某个容器的容积是 10 L,所装气体的压强是 2.0 X10pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？（设大气压是1.0X10 Pa）【答案】5%【解析】以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为 V1，膨胀后气体的体积为 V2.如图所示.p2M；:（等温膨胀）1V _ 三 j初状态：P1 = 2.0X6Pa

29、, V1= 10 L末状态：p2= 1.0 x 5Pa, V2= ?由玻意耳定律得 P1V1 = p2V2,解得V2 =史V1 = 200 LP2V 1= 2x 100%= 5%,即容器里剩下的气体是原来的5%.V 2 200六 热力学第一定律与图象的综合应用判断理想气体内能变化的两种方法（1）一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大.（2）若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律AU = W+ Q来确定.【例11】（2018高考全国卷n如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态 e.对此气体，下列说法正确的是（）A .过程中气体的压强逐渐减小B.

30、过程中气体对外界做正功C.过程中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小【答案】 BDE【解析】过程为等容变化，根据查理定律有 Pa=Pb,因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选T a Tb项A错误；过程气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项 B正确；过程中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W= 0,理想气体的温度降低，则内能减少，即AU<0,根据热力学第一定律 AU = W+ Q可知Q<0,则气体向外界放出了热量，故选项 C错误；状态c、d的温度相等，则分 子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项 D

31、正确；连接Ob、Od,根据PV=C得W= p, Ob斜率大于Od斜率，则状态d的压强比状态b的压强小，故选项 E正确. C【变式】（2018高考全国卷n）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p -V图中从a到b的直线所示.在此过程中（）0VA.气体温度一直降低B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】在p -V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第

32、一定律 AU = Q+W,彳#Q=AU W,由于AU>0、Wv 0,故Q>0,气体吸热，D对； 由Q=AU W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错.七热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路汽tu活赞、越柱等勘疣研究 对象-定的ht的气体V /、律奖-定怦-两薪折1白.东点上间发生的变化辖力学定律T一做功情况T喂、放热情猊I一内般耍化情况茸用规律L气体府二个算轮定律.周想气体状密方 列方范初解程，博力学第一定律【例12】(2019河北保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比.在初始状态A时,体积为V

33、o,压强为po,温度为To,已知此时其内能为 Uo.该理想气体从状态 A经由一系列变化, 最终还回到原来状态 A,其变化过程的p -T图线如图所示，其中 CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上.求:0 ,卜 2久 理(1)状态B的体积；(2)状态C的体积；(3)从状态B经由状态C,最终回到状态 A的过程中，气体与外界交换的热量是多少？【答案】(1)V0 (2)Vo (3)气体吸收热量2poVo【解析】 (1)由题图可知，从状态 A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为pi = 3po,设体积为VoV1,由玻意耳定律得 poVo=pM,解得V1= 3 .(2)由题图可知，从状态 B到状态C

34、为等压变化过程，状态 C时气体温度为T2=3To,设体积为V2,由盖 吕萨克定律得V= V2,解得V2=Vo.I 0 I 2由状态B经状态C回到状态A,外界对气体做的总功为W,从斗犬态B至IJ状态C,设外界对气体做功为Wbc, Wbc= p2(V1 V2),联立解得 Wbc= 2poVo;从状态C回到状态A,由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W= WBc=_ 2poVo；从状态B经状态C回到状态A,内能增加量为 U = 0,气体从外界吸收的热量为Q,内能增加量为 U,由热力学第一定律得U = Q + W,解得Q=2poVo,即气体从外界吸收热量 2poVo.蛟龙【变式】我国 蛟龙”号深

35、海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中,号探测到990 m深处的海水温度为280 K.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化.如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度To= 300 K,压强po= 1 atm,封闭气体的体积 V° = 3 m3,如果将该汽缸下潜至 990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气 体.（1）下潜过程中封闭气体 （填吸热”或放热”）传递的热量 （填大于”或小于"外界对气体所做的功.（2）求990 m深处封闭气体的体积（1 atm相当于10 m深的海水产生的压强）.【

36、答案】 放热 大于（2）2.8 X172 m3【解析】（1）下潜过程中温度降低，则AU<0,气体体积减小，则W>0,由AU = Q+W知，Q<0,放热，且|Q|>W.（2）当汽缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为 p,温度为T,体积为V,由题意可知p=100 atm根据理想气体状态方程得哦=甲 T0 T代入数据得V = 2.8X102 m3.【题型演练】1 . （2019四川达州模拟）下列说法正确的是（）A.布朗运动就是分子的无规则运动B.热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D .做功

37、和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故 A错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故 B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故 D错误；温度是描述热运动的物理量，根据热平衡定律可知，一个系统与

38、另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故 E正确.2 .（2019河南开封高三冲刺）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 KB, a内气体进入b,最终达到平衡状态.在此过程中（）A .气体对外界做功，内能减少B.气体不做功，内能不变C.气体压强变小，温度不变D.气体压强变大，温度不变E.单位时间内撞击容器壁的分子数减少【答案】BCE【解析】由于b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b,气体不做功，内能不变，选项A错误，B正确.由于气体体积增大，温度不变，气体压强变小，选项 C正确，D错误.气体体积增大，单位时间内撞击容器 壁的分子数减

39、少，选项 E正确.3 .根据热力学定律，下列说法正确的是（）A.第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B.热效率为100%的热机是不可能制成的C.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D.从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段E.吸收了热量的物体，其内能也不一定增加【答案】BCE【解析】第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故选项 A错误；热效率为100%的热机是不可能制成的，故 B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不产生其他影响是不可能实现的，在现实生产中一般不用

40、此方法提高机械效率，故 D错误；改变内能的方式有做功和热传递，吸收了热量的物体，其内能也不一定增加，E正确.4 . （2019东北三省四市模拟）下列说法中正确的是（）A.相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B.民间常用 拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开 口端紧压在皮肤上， 火罐就会紧紧地 吸”在皮肤上.其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低， 压强减 小C.空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向D .自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机【答案】B

41、CD【解析】相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故 A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能 吸”在皮肤上，故 B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递 到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，在有外界做功的条件热传递可以逆向，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误.5 .（2018哈尔滨六中二次模拟）如图所示，一定质量的理想气体从状态 A依次经过状态 B、C和D后再回到状 态A.其中，A-B和C-D为等温过

42、程，B-C和D-A为绝热过程（气体与外界无热量交换）.这就是著名的朱诺循环该循环过程中，下列说法正确的是（）A. A-B过程中，气体对外界做功B. B-C过程中，气体分子的平均动能增大C. C-D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. C-D过程中，气体放热E. D-A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化【答案】ACD【解析】A- B过程中，体积增大，气体对外界做功，故 A正确；B一C过程中，绝热膨胀， 气体对外做功, 内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故 B错误；C-D过程中，等温压缩，体积变小，分子数 密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；C

43、-D过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，选项D正确；D-A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加,温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故 E错误.6.(2019郑州高三质检)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 C,求：(2)该气体从状态 A到状态C的过程中与外界交换的热量.【答案】 173 C (2)从外界吸热200 J【解析】(1)对于理想气体：A-B,由查理定律得：PA pBTa- Tb即 TB=pBTA= 100 K,PA，所以 tB= (10

44、0 273) R - 173 C.一一，一，、八一 Vb Vc(2) B- C过程由盖一吕附克定律得： 工=T,解得：Tc=300 K,所以 tc = 27 CA、C温度相等，AU = 0A-C的过程，由热力学第一定律AU=Q + W得：Q=AU W= PbAV = 200 J,即气体从外界吸热 200 J.7.(2019西藏拉萨中学月考)一 U形玻璃管竖直放置， 左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此 时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过

45、程中，没有发生气体泄漏；大气压强P0 = 75.0 cmHg.环境温度不变.活塞4.00 cm20.0 cm【答案】144 cmHg 9.42 cm【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为P1,长度为11；左管中空气柱的压强为P2=P0,长度为12.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为Pi',长度为11'；左管中空气柱的压强为P2，长度为12,以cmHg为压强单位.由题给条件得p1=p2+ (20.05.00)cmHg , 11=20.0 cm20.05.00_11 = 20.0 cm -2 cm由玻意耳定律得 p111 = p11,联立式得p1 '= 144 cmHg 依题意p2 = p1',20.0-5.0012 = 4.00 cm +2 cm h由玻意耳定律得 p212= p2&#