2023届高三物理一轮复习90热力学第一定律 热力学第二定律 热力学定律与气体实验定律的综合应用（解析版）

专题90热力学第一定律热力学第二定律

热力学定律与气体实验定律的综合应用

考点一热力学第一定律（1-7T）

考点二热力学第二定律（8-1IT）

考点三热力学定律与气体实验定律的综合应用（12-26T）

考点一热力学第一定律

1.改变内能的两种方式：做功与热传递.两者在改变系统内能方面是等价的.

2.热力学第一定律的内容：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.

3.热力学第一定律的表达式：Xu=Q+W.

1）对公式A"Q、/符号的规定

符号WQXU

~+-体积减小，外界对热力学系统做功热力学系统吸收热量内能增加

一体积增大,热力学系统对外界做功热力学系统放出热量内能减少

2）判断是否做功的方法：一般情况下看物体的体积是否变化.

①若物体体积增大，表明物体对外界做功，收0.

②若物体体积减小，表明外界对物体做功，ff>0.

3）三种特殊情况

①绝热过程：gθ,则△々弘物体内能的增加量等于外界对物体做的功.

②等容过程：犷=0,则△-0,物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量.

③等温过程：过程的始末状态物体的内能不变，即AQO,则人—。（或4一防，外界对物

体做的功等于物体放出的热量（或物体吸收的热量等于物体对外界做的功）.

4.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。

1.（2023•全国•高三专题练习）一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×IO4J的功，气

体的内能减少了1.2X105j,则下列各式中正确的是（）

A.W=8×104J,∆t∕=1.2×105J,Q=4×IO4J

B.W=8×104J,Δt/=-1.2×105J,Q=-2×IO5J

C.W=-8×IO4J,∆y=1.2×105J,Q=2×IO4J

D.W=-Q×104J,Δl/=-1.2×105J,Q=-4×IO4J

【答案】B

【解析】由热力学第一定律AU=Q+"可知，外界对气体做功则勿为正值，气体内能减少则AU为负值，

代入热力学第一定律表达式得Q=-2×IO5J

故选B0

2.（多选）气闸舱是载人航天器中可供航天员由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与

气闸舱B之间装有阀门4,座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。打开阀门4,A中的气体进入B中，最

终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是。

A.气体扩散前后内能相同

B.气体等温膨胀，压强减小

C.气体绝热过程，对外做功，内能减小

1）.气体分子单位时间内与A舱壁单位面积上的碰撞次数将减少

【答案】ABD

【解析】AC.由于气闸舱B内为真空，可知气体进入B中的过程中不对外做功；又因为此过程中系统与外

界没有热交换，根据热力学第一定律可知气体的内能不变，故A正确C错误：

BD.因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，对于座舱A中充满的空气，根

据玻意耳定律pV=C可知扩散后压强0减小，体积/增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的

微观意义可知气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故BD正确。

故选ABDo

3.（2023•浙江杭州•一模）夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越

接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看做理想气体。则上升过程中，以下说

法正确的是（)

A.气泡内气体的内能可能不变B.气泡上升过程中可能会放热

C.气泡内气体的压强增大D.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小

【答案】D

【解析】A.根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高，内能变大，故A错误。

B.气泡体积变大，外界对气体做负功，根据丛炉/Q可知00气泡内能增大，故气泡吸热，故B错误；

C.气泡上升ΛA+PgΛ深度人减小，汽包内其他压强减小，C错误；

D.根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞

击力减小，故D正确。

故选D。

【点睛】分析的过程注意温度、体积的变化情况，再结合热力学定律等进行解答。

4.（2022•山西大同•高三阶段练习）如图甲所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭了一定质量的

理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态。现将汽缸倒立挂起，稳定后如图乙所示，该过

程中缸内气体（)

乙

A.内能增加,外界对气体做正功

B.内能减小，所有分子热运动速率都减小

C.温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少

D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加

【答案】C

【解析】A.初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡,

设初始时气缸内的压强为“，活塞的面积为S,则有“S印?伊侬

将汽缸倒立挂起，气缸内的压强为必，活塞的面积为S,则有06他田/阳

由此可知气体的压强减小，气体膨胀，气体对外做功收O

汽缸、活塞都是绝热的，根据热力学第一定律AU=W+AQ可知内能减小，故A错误；

BCD.由上分析可知，气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有

分子热运动的速率都减小，温度降低速率大的分子数占总分子数的比例减小，故BD错误，C正确。

故选Co

5.（2022•河北•高三期中）如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、6两轻质绝热活塞分成4、B、。三部分，

a、6两活塞用轻杆连接，活塞稳定时/、8、C三个部分内的气体温度均相同。现设法使C中的气体温度缓

慢升高，则在两活塞缓慢下降的过程中，下列说法正确的是（）

A

b

A.1中气体温度升高B.4中气体压强增大

C.6中气体压强增大D.。中气体所有分子的动能均增大

【答案】C

【解析】ABC.以C中气体为研究对象，体积不变根据§=§

TI'2

可知。中气体温度升高,压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到向上和向下气体的压力P0和P0,

因为SCS,则有AS<AS可知活塞和连杆合力向下，竖直向下运动，力中气体体积增大，压强减小，

对外做功，根据△『二叶。气缸绝热0=0,内能减小，温度降低；8中气体体积变小，压强增大，C正确，

AB错误；

D.。中气体温度升高，分子的平均动能增大，D错误。

故选Co

6.（2022•上海市青浦高级中学高三期中）如图所示，A、B两装置均由一端封闭、一端开口且带有玻璃泡

的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向

下竖直插入水银槽中，插入过程没有空气进入管内，且插入水银槽的深度相同。经过一段较长时间后，水

银柱均上升至玻璃泡上方位置后达到稳定状态，如图所示，则关于两管中水银内能的增量，下列说法正确

的是（）

AB

A.A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B.B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量

C.A和B中水银体积增量相同，故内能增量相同D.A和B中水银上升高度不能确定，故无法比较

【答案】B

【解析】在水银进入管状容器的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势

能，在一定的大气压下，A、B中的水银柱在稳定后高度是相同的，且进入管中的水银体积相同，所以大气

压力做功相同。但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由题图可知B装置中

水银的重力势能较小，所以B装置中水银的内能增量较大。

故选Bo

7.（2022•浙江温州•一模）如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=IOOCm2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必的重物。图乙是密闭气体从状态力变化到状态8

的U-7图像,密闭气体在1点的压强P.=1.03X105pa,从状态/变化到状态6的过程中吸收热量Q=500J«

已知外界大气压强PO=1.01XIO5Pa,下列说法正确的是（）

B.气体在状态8时的体积为8.0X10^2m3

C.从状态/变化到状态6的过程，气体对外界做功202J

D.从状态1变化到状态3的过程，气体的内能增加294J

【答案】D

【解析】A.在/1状态，根据题意mg+p0S=pAS

解得m=2kg故A错误；

B.根据图像可知^=C

所以气体做等压变化?=察

τATB

33

解得VB=8.0X10^m故B错误；

C.从状态A变化到状态6的过程，气体对外界做功W=pA^V=206J故C错误;

D.根据热力学第一定律AU=Q-IV=294J故D正确。

故选I）。

考点二热力学第二定律

1.热力学第二定律的两种表述

1）克劳修斯表述：热量不能直发地从低温物体传到高温物体.（“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）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.在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为

机械能）

2.热力学第二定律的微观意义；一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行.

3.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。

4.两类永动机

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,不可能实现。

8.（2022•重庆市育才中学模拟预测）下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（）

A.第二类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律

B.能量耗散过程中能量不守恒

C.夏天打开电冰箱的门，可以起到室内降温作用

D.一切自发过程总是沿着分子无序性增大的方向进行

【答案】D

【解析】A.第二类永动机不可能制成，是因为违背「热力学第二定律，选项A错误；

B.能量耗散过程中能量也是守恒的，选项B错误；

C.电冰箱制冷机工作后，冰箱冷冻室内的蒸发器温度降低，吸收空气中的热量，而与此同时，冰箱外部的

冷凝器温度升高，将热量传给空气，室内空气的热量只是被冰箱吸收后又被放出，所以室温不会下降，不

可以起到室内降温作用，选项C错误；

D.一切自发过程总是沿着分子无序性增大的方向进行，选项D正确。

故选D。

9.（2022•上海•模拟预测）关于能量的转化，下列说法中正确的是（）

A.摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的

B.空调既能制热又能制冷说明热传递不存在方向性

C.永动机不存在的原因是能量在某些特殊情况下是不守恒的

1）.由于能量的转化过程符合守恒定律，所以不会发生能源危机

【答案】A

【解析】A.根据热力学第二定律可知，摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的，A正确；

B.空调既能制热又能制冷，但是消耗电能，说明在不自发地条件下热传递方向可以逆向，不违背热力学第

二定律，B错误；

C.永动机不存在的原因是违背了能量守恒定律，C错误；

D,由于能量转移或转化是有方向性的，虽然能量守恒，但是还会产生能源危机，D错误。

故选A»

10∙（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（）

ʌ.气体向真空的自由膨胀是不可逆的

B.理想气体在等温膨胀过程中从外界吸收的热量全部用于对外做功

C.空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

D.只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能

E.一定质量IOOr'的水变成IOOr1的水蒸气，分子平均动能不变，其分子之间的势能增加

【答案】ABE

【解析】根据热力学第二定律知气体向真空的自由膨胀是不可逆的.故A正确.理想气体在等温膨胀过程

中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功.故B正确.空调机既能致热乂能制冷，但是要耗

电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体.故C错误.根据热力学第二定律可知，

热机的效率不可能达到100%,即使对内燃机不断改进，也不可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能.故

D错误.温度是分子的平均动能的标志，一定量IO（TC的水变成100℃的水蒸气，吸收热量，温度不变，其

分子的平均动能不变，吸收的热量增加了分子之间的势能.故E正确.

11.（2022•全国•模拟预测）（多选）如图所示，有一绝热容器，右半边贮有理想气体，左半边是真空，

中间用一挡板隔住。若把挡板抽开，右边气体将向左边膨胀，最后气体将均匀分布在整个容器中，下列说

法正确的是（）

I真寺体I

A.气体对外做功，内能减小

B.气体温度不变，压强减小

C.气体分子单位时间对器壁的碰撞次数减少

I）.根据热力学第二定律，插上挡板，挡板左侧不能形成真空

E.抽去挡板后，气体分子的无序程度减小

【答案】BCD

【解析】A.抽去挡板后，由于左侧为真空，因此气体不对外做功，容器绝热，根据热力学第一定律，气体

内能不变，故A错误；

B.气体内能不变，气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律，气体压强减小，故B正确；

C.分子平均动能不变，压强减小，气体分子单位时间对器壁的碰撞次数减少，故C正确；

D.根据热力学第二定律可知，一个热力学过程是有方向的，故D正确；

E.抽去挡板后，气体分子的无序程度增大，故E错误。

故选BCDo

考点三热力学定律与气体实验定律的综合应用

求解热力学定律与气体实验定律的综合问题的一般思路

确定研

究对象汽缸、活塞、液柱等

两

类

分

析

选用规律

列方程求解

12.（2022•全国•高三课时练习）（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Sl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4下降/高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为在此过程中，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PO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τng4

B.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（PoSM+mg%）

【答案】BD

【解析】A.外力尸作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在厂作用下没有位移，可知外力尸做功为零,

故A错误；

BC.气缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，

所以分子平均动能不变，对于一定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B

正确，C错误；

D.此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为3$力，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气

体做功小于而g力，所以外界对气体做功W<p0S1Λ+mgΛ

根据AU=Q+W,因AU=0,所以Q=-W

即气体向外界释放的热量小于(PoSl/+mg∕ι),故D正确。

故选BD。

13.(2023•浙江绍兴•一模)某同学将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的注射器内，并将注射

器置于恒温水池中，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连。开始时，活塞位置对应的刻度数为“8”，

测得压强为力，活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固；

继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“4”时停止压缩，此时压强为［po。则()

A.气泡在上升过程中要吸收热量

B.在压缩过程中，气体分子的平均动能变大

C.泄漏气体的质量为最初气体质量的一半

1).泄漏气体的内能与注射器内存留气体的内能相等

【答案】A

【解析】A∙气泡在上升过程中温度不变，由等温变化0片C可知，气泡内气体压强减小时，体积增大，气

体对外做功，即/V0；理想气体的内能只跟温度有关，所以气泡在上升过程中内能不变，由热力学第一定

律AU=肚Q

可知，00,所以气泡在上升过程中要吸收热量，故A正确；

B.由于注射器导热性能良好，所以注射器内的气体温度不变，据温度是气体分子平均动能大小的标志，所

以在压缩过程中，气体分子的平均动能不变，故B错误；

C.设单位刻度的气体体积为V0,由POX8IZ0=(POXz

解得匕=W0

则泄漏气体的质量为Aτn=q∏ι=ɪm

63

故C错误；

D.温度相同时，理想气体的内能与分子数有关，可知泄漏气体的内能是注射器内存留气体的内能的一半，

故D错误。

故选Ao

14.(2022•福建省福州第一中学模拟预测)某充气式座椅简化模型如图所示，导热良好的两个汽缸C、D

通过活塞分别封闭质量相等的两部分同种理想气体A、B,活塞通过轻弹簧相连，静置在水平面上。已知两

个汽缸C、D的质量均为〃(汽缸壁的厚度不计)，大气压强为必，重力加速度大小为g,初始时环境温度

为。，被封闭气体高度均为上,活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧始终在弹性限度内，活塞始终

未脱离汽缸，不计活塞与气缸之间的摩擦。则初始时B气体的压强畛；若环境温度缓慢升至

1.2%,A、B气体总内能增加△〃，则A气体从外界吸收的热量缶。

【答案】Po+?~γ÷θ∙2(Po÷^γ')L,

【解析】［1］初始时A、B气体压强相等，对气缸C进行受力分析可得PAS=POS+Mg

得到PA=PO+等=PB

［2］环境温度升高，A、B气体压强均不变，气体发生等压变化器=擦Lx=1.2L

则外界对A、B做功为“=-2PAaX-L)=-0∙4(Po+等乂

由热力学第一定律A代科。公

则A气体从外界吸收的热量为Q=?=等+0.2(pt)+攀乂

15.(2022•广东•高三阶段练习)图为某工厂实验器使用的圆柱形导热良好的气缸静止在水平地面上，

下图为其简化剖面图，内有一质量ΛF10kg,截面积5≡0.01m∖厚度不计的活塞，封闭有高度为力/=30cm、

温度为片27。C的理想气体，已知气缸质量为220kg,其深度足够，活塞不漏气且与缸壁无摩擦，外界大

气压强为jC⅛=l.OX10"Pa,重力加速度⅛=10m∕s2

(1)求开始时气缸内封闭气体的压强p,

(2)保持温度不变，用竖直向上的拉力缓慢提拉活塞，当气缸恰好离开地面时，求缸内气体的高度九，：

(3)在(2)的过程中，气缸内封闭气体与外界发生热交换为IOOJ,请判断气体是吸热还是放热？气体对

外做功为多少？

【解析】(1)对活塞受力分析，可得p0S+mg=p1S

5

解得p1=1.1×IOPa

(2)依题意，该过程温度保持不变，根据玻意耳定律，有p1ΛtS=p2Λ2S

对气缸受力分析，可得PoS=Mg+PzS

联立，解得∕ι2=41.25cm

(3)依题意，该过程温度不变，封闭气体内能不变，根据热力学第一定律，可得AU=Q+勿

由…】

可知封闭气体体积变大，对外做功，所以气体是吸热的，有W=IQl=IOOJ

即气体对外做功为IOoJ。

16.(2022•江西・赣州市第四中学高三期中)如图所示，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S=IOOcm2

的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量m=20kg,

在汽缸内部有一个阻值R=4Q的电阻丝，电阻丝两端的电压U=IOV,接通电源对缸内气体加热，经时间

t=IOs将电源断开，接通电源的过程中活塞缓慢上升的高度/5=15cm。己知接通电源前缸内气体的热力学

温度7o=3OOK'体积V=3X10-3πι3,大气压强恒为Po=IXlo5pa,取重力加速度大小g=lθm/s?,电

阻丝产生的热量全部被气体吸收。求：

(i)加热后电源断开时缸内气体的热力学温度T-,

(ii)接通电源的过程中缸内气体增加的内能

【答案】(i)7=450K;(ii)ΔF=70J

【解析】(i)活塞上升过程中缸内气体的压强不变，根据盖一吕萨克定律有J=I

1Q1

解得T=450K

(H)设活塞上升过程中缸内气体的压强为p,对活塞，根据物体的平衡条件有p0S+mg=pS

解得p=1.2×IO5Pa

在活塞上升的过程中缸内气体对外界做的功W=pSΛ

该过程中电阻丝产生的热量Q=A

根据热力学第一定律有AE=Q-W

解得AE=70J

17.(2022•江苏省昆山中学模拟预测)如图所示，P、Q是两个质量和厚度均不计的活塞，可在竖直固定

的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S=30cm∖⅛10cm2,它们之间用一根长为gd的轻质细杆

连接，静止时汽缸中气体的温度%600%活塞P下方气柱(较粗的一段气柱)长为加12cπι,己知大气压强

p<Fl×105Pa,g=10m∕s2,缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。

(1)求活塞静止时汽缸内气体的压强；

(2)若缸内气体的温度逐渐降为成300%已知该过程中缸内气体的内能减小IooJ,求活塞下移的距离力

和气体放出的热量a

P

【答案】(1)1×10Pa；(2)10cm,120J

【解析】(1)对两个活塞的整体受力分析可得(Ml+M2-)g+Po(SI-S2)=P(Sl-S2)

解得ZFlXlO5Pa

(2)由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则9=W

7I7Z

其中匕=S1d+S2∙,dV2=51(d-∕ι)+S2-(∣d+/J)

解得h—IOcm<12Cm

活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得△U=W+Q

其中W=P(SI4-S24)

解得缶-12OJ

即放出热量为即OJ.

18.(2022•湖南•永州市第一中学模拟预测)一个底面积为S的光滑导热气缸距离底部为4和2/"的位置

有两个卡槽，卡槽中央有不计质量和厚度的密闭活塞封闭着一定质量的理想气体，大气压强为0,此时环

境温度为力，理想气体的内能与温度的关系为U=K7,重力加速度为g。

(1)在活塞上方加入一个跌码，能使活塞恰好到达下方卡槽，求所加祛码质量例

(2)在(1)间的基础上在加上相同的祛码，且将气缸放在温度缓慢升高的环境中，求活塞从开始运动到

环境温度达到3%时，封闭气体吸收的热量0。

【答案】(I)Tn=乎：(2)Q=∖κTo+poloS

Ngɔ

【解析】（1）以封闭气体为研究对象，初态PPPOVi=∖.Sl0S

到达下方卡槽时p2=Po+詈VFIOS

由等温变化可知p,Vi=p2V2

解得m=乎

（2）当活塞刚要离开下方卡槽时，有p3=Po+等=2poVrloS

由等容变化可知M=M

7O*3

可知T3=1T0

设活塞能够到达上方卡槽，活塞离开下方卡槽达到上方卡槽的过程为等压变化，有白2Λ›S

由?=?

T3T4

解得T4=1T0<3T0

故能够到达上方卡槽。在活塞上升过程中，外界对气体做功为胎-2mgl沪-PoIOS

气体内能变化AU=3KTL^KTO=三KTo

由△生仰0可知Q=三KTo+p%S

19.（2022•山东淄博•高二期末）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙

所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，气缸与椅面的总质量为Tn=I2kg。横截面积为S=30cm2的柱状气缸

杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长

度为L=20cm,设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为Po=I.0X105pa,室内温度

T1=312.5K,重力加速度为g=10m∕s2.

（1）若质量M=78kg的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变，稳定后椅面下降了多少？

（2）人盘坐在椅面上稳定后再打开空调，室内气温缓慢降至72=300K,求此过程中外界对缸内气体所做

的功。

【答案】（1）13cm；(2)3.36J

【解析】（1）人盘坐在椅面上之前PIS=PoS+τngV1=LS

y

设椅面下降了ΔL,则p2S=p0S+（M+τn）gV2=（L-△L）S

由玻意耳定律有p1V1=p2K2

解得AL=I3cm

（2）人盘坐在椅面上稳定后再打开空调，压强而一定，由盖一吕萨克定律有会="

7Il2

外界对缸内气体所做的功W=P2（K2-V3）

解得聆3.36J

20.（2021•重庆•模拟预测）如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为外,A、B浸在盛水容器中，达到

热平衡后，A中气体压强为优，温度为力，B内部为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C,A中

部分气体进入B。

（1）若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；

（2）若密闭气体的内能与温度的关系为AU=k（72-A）（A为大于0的已知常量，刀、△分别为气体始末

状态的温度），在①所述状态的基础上，将水温升至1.2%重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热

【答案】（1）*（2）O.6po,O.2kTo

【解析】（1）容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律得P0V0=P-2V0

解得此时气体压强P=ip0

（2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得1=急

解得压强为p'=1.2p=0.6Po

温度改变，理想气体的体积不变，则外界即不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W=0；升

高温度，内能增量为AU=∕c（1.2Tt>-ro）=O∙2kTo

根据热力学第一定律AU=Q+W可知气体吸收的热量为Q=AU=O.2kTo

21.（2022•江苏泰州•高二期末）如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想

气体，中间用水银柱隔开。玻璃管静止时，A部分气柱长度为2.4£,压强为仍；B部分气柱长度为2£,水

银柱产生的压强为0.2优。已知大气压强为优，环境温度保持不变。

（1）若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°,待稳定后求气柱A的长度；

（2）若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B,当气体B从外界吸收的热量为0时，水

银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量AU。

2.4/,A

ɪ-

2LB

【答案】（I）Z=2.2L；（2）AU=Q-2.8即OLS

【解析】（1）转动前B部分气体压强为peι=p0+O.2po=1.2p0

设转过90°后B部分气体长度为金，则ʌ部分气体的长度为1I+LB=4.4Z,

设B部分气体压强为PB2，则A部分气体压强为pj42PA2=Pe2

由玻意耳定律可得，对A部分气体有P0-2.4LS=pA2-IS

对B部分气体有1.2PO∙2LS=pB2-LBS

联立解得I=2.2L

（2）由题意知，在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B,水银上升，这一过程中B部分

气体发生等压变化，压强恒为PBl=P0+O∙2po=l∙2p0

气体对外界做的功为W=1.2PoAV=1.2p0-2.4LS=2.88p0LS

根据热力学第一定律，可得该过程气体B内能的增量为AU=Q-2.88POLS

22.(2022•江苏•南京师大附中模拟预测)某课外兴趣小组用试管制作温度计，把上端力封闭，下端6

开口的玻璃管插入水中，放掉适当的空气后放手，让玻璃管竖直地浮在水中，1端露出水面，如图所示，室

温为。时，水面上方的空气柱长度为水面下方空气柱长度为方，室温升高至％时，水面以上空气柱长

度变为己知空气柱横截面积为S,大气压强为。，水的密度为O,重力加速度加速度为&试管足够长

且保持竖直。

(1)求行；

(2)已知升温过程中气体内能增加了A〃，求气体吸收的热量a

【答案】(1)—-7θ;(2)AU+(p0+pg∕)(%—%o)S

【解析】(I)气体在升温过程中做等压变化，初态匕=(&+4)sTrTo

末态K2=(x+∕)STx=2

根据盖-吕萨克定律可得自若

解得T=-T

x“o+A0

(2)温度升高，气体膨胀对外做功，则有IV=PAV=(PO+pg")(X-XO)

根据热力学第一定律=W+Q

可得气体吸收的热量Q=AU+(po+pg∕ι}{x-XO)S

23.(2022•广西钦州•高二期末)如图所示一〃形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银

封闭一段空气柱。外界大气压为PO=1-0XIO5Pa,封闭气体的温度％=27℃,玻璃管的横截面积为a5.Ocm2,

管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为p=13.6xl03kg∕m3,重力加速度器Ioni/s’；封闭

气体的温度缓慢降至G=-3Co求：

(1)温度0=-3。时空气柱的长度L；

(2)已知该过程中气体向外界放出5.0J的热量，气体内能的增量。(结果保留两位有效数字)

【答案】(I)L=36cm；(2)-2.5J

【解析】（1）气体做等压变化，由盖一吕萨克定律得LS

解得L=36cm

（2）封闭气体的压强p=P0+pgΛ

外界对气体做功W=pS（L0-L）

由热力学第一定律AU=VK+Q

得AU=-2.5J即内能减少了2.5J。

24.（2022•全国•高三课时练习）如图所示装置中两玻璃泡的容积均为％=0.5L,玻璃管的容积忽略不

计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为

5o

P0=1.0XIOPa,温度为to=27C时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面Λ=12cm,水银密度（假设不

随温度改变）为13.6X103kg∕m3,重力加速度g=10m∕sz,

（1）如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2cm,则环境温度改变了多少摄氏度；

（2）如果在环境温度急剧升高到i=40°C的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度

几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？

（3）在（2）过程中吸收了20OJ热量，则气体的内能增加了多少？

(2)4.4XIO4Pa;(3)200J

【解析】（1）设玻璃泡中气体初态压强为由，有Po=Pl+P水银9力

4

解得p1=8.37XIOPa

温度Tl=t0+273K=300K

设末态压强为P2，则Po=P2+P水银g（4+△力）

故P2=8.10XIO4Pa

根据查理定律有M=M

TIτ2

代入数据解得T2=290.3K