2025年高考物理一轮复习：气体实验定律和热力学定律的综合应用（解析版）

气体实验定律和热力学定律的综合应用

(核心考点精讲精练)

im.考情探究,

i.高考真题考点分布

题型考点考查考题统计

选择题气体实验定律、热力学第一定律2024年重庆卷

计算题气体实验定律、热力学第一定律2024年贵州卷

2.命题规律及备考策略

【命题规律】高考对气体实验定律和热力学第一定律的综合应用的考查较为频繁，大多以计算题中出现,

题目难度要求也较高。

【备考策略】

1.能够熟练借助动力学和气体实验定律，处理有关气体的综合问题。

2.能够熟练处理热力学第一定律与气体实验定律相结合的问题。

【命题预测】重点观点气体实验定律的综合应用，特别变质量的问题处理方法。

考点梳理

一、理想气体实验定律

1.三大实验定律

玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律

piP2/1T\Ki匕一匕n

表达式PM=P2V2——=——-=一———或————

T\T2P2T2nT2匕T2

Pv\/

图像V7

0Voy0

2.理想气体的状态方程

⑴表达式：也上&

7172T

(2)适用条件：一定质量的理想气体。

二、热力学第一定律

1.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变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。

(2)表达式：NU—Q-\-Wo

(3)符号法则

物理量WQ\u

+外界对物体做功物体吸收热量内能增加

一物体对外界做功物体放出热量内能减少

三、热力学第二定律及能量守恒定律

1.热力学第二定律

(1)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。”

(2)用蜡的概念表述

在任何自然过程中，一个孤立系统的总焙不会减小(选填“增大”或“减小”)。

(3)微观意义

一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。

2.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，能量的总量保持不变。

3.两类永动机

(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：从单一热库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。

考点精讲|

考点一理想气体的常见图像

一、一定质量的气体不同图像的比较

类别特点(其中C为常量)举例

p-VpV=CT,即p%之积越大的等温线温度越高，线离原点越远

ov

72〉71

p

1p=CT4,斜率左=CT,即斜率越大，温度越高

P--小

VVO1

V

72>量

p

4

cC

P-TP=y,斜率左=£即斜率越大，体积越小

0T

V2<Vi

V/2

cC

V-TV——T,斜率k——，即斜率越大，压强越小

PP0T

P2〈Pi'

［注意］上表中各个常量“C’意义有所不同。可以根据〃忆="及7确定各个常量的意义。

二、气体状态变化图像的分析方法

1.明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的

一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变

化的一个过程。

2.明确图像斜率的物理意义：在广T图像3-7图像）中，比较两个状态的压强（或体积）大小，可以比较这两个

状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强（或体积）越小；斜率越小，压强（或体积）越大。

3.明确图像面积物理意义：在0-厂图像中，0-厂图线与厂轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。

考向1P-V图像

典例引领

1.如图所示为卡诺循环过程的图像，该循环可以简化为一定质量理想气体由/-8、C一。两个等温过程

和C、OfN两个绝热过程组成。下列说法正确的是（）

A.气体在状态/的温度低于状态。的温度

B.在/的过程中，气体从外界吸收热量

C.8过程气体单位体积内分子数增多

D.BfC过程气体对外界做的功大于。fA过程外界对气体做的功

【答案】B

【详解】A.BfC过程，体积增大，气体对外做功，由于绝热过程，没有热交换，根据热力学第一定律,

内能减少，温度降低，所以心，又因为4-8、都是等温过程，则有4=与＞A=心故A错误;

B.。-厂图像封闭区域面积表示全程气体对外做功大小，又内能不变，故气体从外界吸收热量，故B正确;

C.由8fC过程中，气体总分子数不变，体积变大，单位体积内分子数减小，故C错误；

D.从/f8温度不变，内能不变，从C温度降低，内能减小，从C温度不变，内能不变，从。-/

温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，则8fC过程内能减少量等于。一/过程内能

增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大小相等，即3过程气体对外界做的功等于。一/过程外

界对气体做的功，故D错误。

故选Bo

即时检测

2.一定质量的理想气体从状态。开始，经aib、brc、c-。三个过程后回到初始状态a,其。一厂图

像如图所示。已知初始状态气体的温度为？，三个状态的坐标分别为。亿,5%）、川5%,为）、c亿,为），下

列说法正确的是（）

A.在af分过程中，封闭气体的温度一定不变

B.气体在a状态的温度可能与b状态的温度不相等

C.气体在c状态的温度为：

D.气体从状态b到状态c的过程中气体向外界放出的热量为4为又

【答案】C

【详解】AB.对状态。分析有4匕=5p0V0对状态b分析有「死=5p0V0=。匕所以分=7；=7但气体从状态a

到状态6的过程中不一定温度不变，故AB错误；

C.气体从状态6到状态c的过程中气体的压强不变，由等压变化规律有奉=奉解得4=匕故C正确；

D.气体从状态6到状态。的过程中气体的压强不变，外界对气体做功：W=p0AV=4p0V0

由热力学第一定律有：AU=W+Q=4p070+Q

解得：Q=AU-40/

由前面分析可知由状态b到状态c的过程中气体温度降低，所以气体的内能减少，所以气体向外界放出的热

量大于44%,故D错误。

故选C。

考向2V-T图像

典例引领

3.一定质量的理想气体状态变化的过程如图所示，则（）

A.从状态c到状态°,压强一直减小

B.整个过程中，气体在状态c时内能最大

C.状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态少

D.从状态c到状态d,外界对气体做功

【答案】BC

【详解】A.根据理想气体状态方程：，=C

CT

可得：v=—

可知图像的斜率大小与压强大小成反比，如下图所示，。优和06'分别是这个图两条切线所对应的最大斜率

和最小斜率

所以从状态c到状态。，压强先减小后增大，故A错误；

B.由题图可知，整个过程中，气体在状态c时的温度最高，则内能最大，故B正确；

C.以为两个状态温度相同，状态d时的体积大于状态6时的体积，状态d时的分子密度小，则单位时间内

与器壁单位面积碰撞的分子数比6状态少，故C正确；

D.从状态c到状态d,气体体积增大，则气体对外界做功，故D错误。

故选BC„

即典性测

4.如图是一定质量的理想气体由状态/经过状态5变为状态C的图像。已知气体在状态/时的压强

是1.5xlC)5pa。下列说法正确的是()

AV/m?

0TA300400?7K

A.气体在状态/的温度为200K

B.气体在状态C的压强为3xl()5pa

C.从状态/到状态3的过程中，气体的压强越来越大

D.从状态2到状态C的过程中，气体的内能保持不变

【答案】A

【详解】AC.从/到8过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持不变,

即

pA=pB=1.5x105Pa

根据盖-吕萨克定律

代入数据解得

TA=200K

故A正确，C错误；

B.从8到C过程中，气体发生等容变化，根据查理定律

PB_=PC_

TB~TC

代入数据解得

pc=2x10,Pa

故B错误;

D.从状态3到状态C的过程中，气体温度升高，内能增加，故D错误。

故选A„

典例引领

5.一定质量的理想气体经过一系列过程，压强P随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法中正确的

A.。玲6过程中，气体压强增大，体积变小

B.。玲6过程中，气体温度升高，内能变大

C.6玲c过程中，气体压强减小，体积变小

D.6fc过程中，气体温度不变，分子数密度变大

【答案】B

【详解】AB.afb过程中，气体发生等容变化，温度升高，内能增大，故A错误，B正确;

CD.b玲c过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律

pV=C

可知压强减小，体积增大，分子密度减少。故CD错误。

故选B。

即典拽测

6.一定质量的理想气体状态变化的图像如图所示，由图像可知（）

A.在af6的过程中，气体的内能减小

B.气体在b、。三个状态的密度4>〃>4

C.在bfc的过程中，气体分子的平均动能增大

D.在c-。的过程中，气体的体积逐渐增大

【答案】B

【详解】A.在afb的过程中，温度升高，内能增加，故A错误;

BD.将a、b、c三点与原点。连起来，由oa、ob、oc均表示等容变化，三条直线的斜率等于玲，斜率越大,

体积越小，故气体在a、6、c三个状态的体积大小关系为

Va<Vc<V„

气体的质量一定，则有

Pa>Pc>Pb

故B正确，D错误；

C.在6fc的过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误。

故选Bo

!考点精讲I

考点二气缸类问题

(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类

是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。

(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定

律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。

(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。

(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。

考向1单缸问题

典例引领

7.如图所示，水平放置的汽缸密封着一定质量的理想气体，在汽缸底部和活塞之间连接着根很细的弹簧,

已知活塞的横截面积S=0.01m2,大气压强厂L0xl05pa。当缸内气体温度为27冤时弹簧的长度为30cm,

汽缸内气体压强为缸外大气压的L2倍，当缸内气体温度升高到327冤时，弹簧的长度为36cm。不计活塞

与缸壁的摩擦且两个过程弹簧都处于拉伸状态，求

⑴此时汽缸内气体的压强P2

⑵此过程中弹簧对活塞做功的大小

【答案】⑴2xl05pa

(2)36J

【详解】(1)根据题意可知

Pi=L2po

理想气体状态方程

P1Kp%

T「T?

解得

5

p2=2xl0Pa

(2)对活塞受力分析有

pS=pQS+kx

可得

kxx=p{S-p0S

kx2=p2S-pQS

则P-x图像为一次函数，可知此过程中弹簧对活塞做功的大小为

昨^1AxJS+"-2As©J2X105+2X1：-2X1.0x105x001x(36-30)X10236」

即典性测

8.如图，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度

差为加活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为%、横截面积为

S,在活塞上放一质量为2加的重物，活塞向下移动重力加速度大小为g,已知大气压强等于塔，环

o8

(1)不加重物时，卡环对活塞的压力大小；

(2)若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降，人，则降温后的温度为多少？

O

7

【答案】⑴…

O

7

⑵

【详解】(1)设不加重物时，缸内气体压强为月，卡环对活塞的压力为尸，则

^--S+F+mg=ptS

解得

7m父+F

P1二S

加重物后，缸内气体压强为。2，则

^^-S+3mg=p2S

解得

9mg

夕二----

2S

气体发生等温变化，根据

7

pJiS=px—hS

28

解得

.7

F=~mg

(2)若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降未降温时，缸内气体的压强

O

63加女

8S

降温后缸内气体的压强为2,则

^--S+mg=piS

解得

7mg

PL干

根据理想气体状态方程

p、hSP'X^S

解得

7

F

考向2双缸问题

典例引领

9.如图所示，横截面积为S的汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞，两个活塞把汽缸内的

同种气体分为/、8两部分，两部分气体的质量相等，汽缸和活塞的导热性能良好，开始时环境的温度为

To,大气压强为P。，/、8两部分气柱的长度分别为1.2〃、〃，活塞。离缸口的距离为0.2力，重力加速度为

g,活塞与缸内壁无摩擦且不漏气，求：

Cl）每个活塞的质量：

（2）缓慢升高环境温度，当活塞。刚到缸口时，环境的温度。

【详解】（1）设活塞的质量为切，开始时/部分气体压强

P〃=P0+WA部分气体的压强

2mg

+

PB=Po~r~

由于/、8两部分相同气体的质量相等、温度相同，则

pAxl.2/zS=pBhS

解得

（2）设当环境温度为T时，活塞。刚好到缸口，气体/、8均发生等压变化，设此时/气柱高为4,则3

气柱高为2.4〃-77,则对/气体研究

HSl.2hS

广〒

对B气体研究

{2Ah-H）ShS

—T=工

解得

即打性测

2

10.竖直放置的导热良好的汽缸固定在水平面上，A、B活塞的面积分别为&=10cm2,Ss=20cm,质量分别

为研4=lkg,mB=2kg,它们用一根长为3£=30cm、不可伸长的轻绳连接，均可沿汽缸内壁无摩擦地上下运

动。初始时，轻绳恰好伸直且没有拉力，如图甲所示，A、B活塞间封闭气体I的上、下段气柱的长度分别

为L、23B下方封闭气体II的长度为乙A上方的汽缸足够长。现用一跨过两个定滑轮的轻绳连接活塞A

和物块C,如图乙所示，当活塞再次静止时，A、B活塞均向上移动3两活塞间均无漏气，大气压强

5

po=l.OxlOPa,环境温度恒定。取g=10N/kg,求:

（1）初始状态下，封闭气体I和封闭气体II的压强。

【详解】（1）初始状态下，轻绳拉力为零，对活塞A受力分析，则有

P1SA=P（A+加Ag

解得封闭气体I的压强

5

px=1.1x10Pa

对活塞B受力分析，则有

PnSB=PlSB+mBg

解得封闭气体n的压强

5

pn=1.2xlOPa

（2）对于气体I,初态和末态体积分别为

匕=3+2£%

V^=2LSA+LSB

根据玻意耳定律有

P7I=PX

解得

=1.375xlO5Pa

设物块C的质量和末状态A、B间轻绳的拉力大小T,对于气体口，初态和末态体积分别为

%=电

匕=2为

根据

Pn匕I=小匕

解得玻意耳定律有

万］=0.6x10、Pa

对于活塞B

PllSB+T=PlSB+mBg

解得

T=21.55N

对于活塞A

+mcg=T+p0SA+mAg

解得

mc=3.1175kg

I考点精讲|

考点三管类问题

解答此类问题，关键是液柱封闭气体压强的计算，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，要注意：

⑴液体因重力产生的压强大小为〃=遇4(其中h为至液面的竖直高度)；

(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；

(3)有时可直接应用连通器原理一连通器内静止的液体，同种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”等，使计算过程简捷。

aaxxw

典例引领

11.如图所示，一根一端封闭粗细均匀细玻璃管开口向上竖直放置，管内用高〃=25cm的水银柱封闭了

一段长£=41cm的空气柱。已知外界大气压强为p°=75cmHg,封闭气体的温度为北=410K,g取

10m/s2,贝I：

(1)若玻璃管N5长度为4=75cm,现对封闭气体缓慢加热，则温度升高到多少摄氏度时，水银刚好不溢

出？

(2)若玻璃管足够长，缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定，同时使封闭气体的温度缓慢降到

4=280K,求此时试管内空气柱的长度。

A

h

L

【答案】（1）226.85℃；（2）L3=56cm

【详解】（1）若对封闭气体缓慢加热，直到水银刚好不溢出，封闭气体发生等压变化，设玻璃管的横截面

VV

积为S.初状态匕=良，Z=410K末状态匕=&-/7）S根据盖―吕萨克定律信=言解得%=500K故温度

升高到1=（500-273.15）℃=226,85℃

（2）初始时刻，气体的压强为0=Po+Ph=100cmHg玻璃管倒过来后的压强为2=A-0=50cmHg由理

想气体状态方程得乎="且解得A=56cm

即

12.热学中将标准大气压定为p°=75cmHg。如图所示是一个竖直放置的下端封闭、上端开口且足够长的粗细

均匀的玻璃管。长为/?=10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度为伍已知外界的压强为标准大气

压，环境温度保持不变，取重力加速度g=10m/s2。试求：

（1）此时玻璃管内气体的压强“（用cmHg作单位）；

（2）若对玻璃管施加一外力，使其向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内气体的压强A

（用cmHg作单位）。

【答案】(1)85cmHg；(2)90cmHg

【详解】（1）对水银柱分析受力，设空气的压强为P，水银柱的横截面为S,根据平衡条件有

p1S=mg+p0S

又

m=pl2S,po=pg6o=76cmHg

解得

A=Pg4+Po=85cmHg

（2）对水银柱，由牛顿第二定律有

p2S-PoS-mg=ma

又

m=pl2s

可得

a

P2=Po+pl2g+Ph

解得

p2=90cmHg

考向2U型管问题

典例引领

13.如图，顶部封闭竖直放置的不对称U形玻璃管中，左侧A管的横截面积是右侧B管的2倍，管中充有

水银，A管和B管中水银液面的高度相同，水银液面上方的管中有压强均为84cmHg的空气，A管中空气柱

的长度为15cm,B管中空气柱的长度为30cm。打开管底部的阀门K,缓慢放出部分水银后再关闭K。已知

放出部分水银后B管中水银面下降了5cm,在放出水银的过程中温度保持不变。求A管中水银面下降的高

度。

B

八

A30cm

15cm

【答案】3cm

【详解】B管内气体做等温变化，则

PBOS&=PBS（砥+A〃B）

其中

PBO-84cmHg,hQ=30cm,A&=5cm

解得

PB=72cmHg

A管内气体做等温变化，则

PAO-2S&=PA-2s（hA+MJ

其中

PAO=84cmHg,hA=15cm

装置稳定后有

联立解得

PA-70cmHg,A/ZA=3cm

即时检测

14.如图所示，竖直放置的粗细均匀的导热U形管，左管封闭，右管开口，管中两段水银柱封闭两段理想

气体，右管中B段气体长度为〃=19cm,左管中A段气体的长度为2〃，B段气体上表面与A段气体下表面

齐平，B段气体上方水银柱的长度为/?,大气压强为76mHg,初始环境温度为7。（2。

（1）缓慢升高环境温度使管中A、B间水银柱左侧液面下降到与右侧页面平齐，求此时的温度。

（2）接（1）问，保持环境温度不变，再往右侧管中缓慢注入水银，使左右两管中A、B间水银液面的高度

差恢复到心求右管中注入的水银长度。

2h-s

Ah

u

【答案】（1）7]=437.5K；（2）AA=42.75cm

【详解】（1）初始时，B部分气体的压强

PB=P0+Ph

A部分气体的压强满足

PA+4=PB

缓慢升温过程，B段气体的压强不变，做等压变化，设温度为八时液面平齐，此时左管中液面下降了0.5肌

A段气体长度变为2.5力，压强为4/,对A段气体有

PAI=PB

根据理想气体状态方程有

2pAhS_PAIX2.5〃S

解得

Tx=437.5K

2h-

Ah

hB

(2)当左管中液面比B段气体下表面高力时，A段气体的压强为外2,长度为2〃，根据玻意耳定律有

PAIx2.5〃S=77A2x2hS

此时B段气体压强为

PB2=PA2+A

设右管中注入水银柱长度为M,对B气体有

PB2=PO+PI,+PM

解得

AA=42.75cm

|考点精讲|

考点四变质量问题

分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象“化变为定”，即把“变质量”问题转

化为“定质量”的气体问题，然后利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。

1.充气问题：在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的质量是不变

的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。

2.抽气问题：在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“定质量”的问题。

3.也可以利用pV=nRT来处理有关变质量问题。

典例引领

15.某同学在27久的室内对篮球充气，已知篮球球内空间的体积为10L,充气前的气压为0.9atm,充气筒

每次充入0.2L、压强为latm的气体，忽略篮球体积变化及充气过程中气体温度的变化，充气后球内气体压

强增大至2atm。

(1)充气多少次可以让球内气体压强增大至2atm；

(2)若室外温度为7久，将上述充好气的篮球拿到室外，经足够长时间后球内压强变为多少？(结果保留

三位有效数字)

【答案】(1)55次；(2)1.87atm

【详解】(1)设充气次数为〃，对充入的气体，充入前

Vo=0.2ML

压强为

Po=latm

当压强变为0=O.9atm时，体积为力，由玻意耳定律得

P^=P7I

得

V.=-nL

19

以篮球内最终气体为研究对象，由玻意耳定律得

0(%+匕)=丛广

解得

”=55次

(2)篮球内气体发生等容变化，由查理定律得

及=三

得

p3u1.87atm

即时检测

16.如图所示的家庭小型喷壶总容积为1.4L,打气筒每次可将压强为1.0xl()5pa体积为0Q4L的空气充入壶

内，从而增加壶内气体的压强。为了保证喷壶的安全，壶内空气压强不能超过5.0xl()5pa；为了保证喷水效

果，壶内气体压强至少为3.0xl()5pa,当壶内空气压强降至1.0xl()5pa时便不能向外喷水。现装入1.2L的水

并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为1.0xl()5pa。壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气

可视为理想气体且温度始终不变，贝U：

Cl）若充气恰好到达喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为多少？

（2）为了保证喷水效果，打气筒最少打气多少次？

【答案】（1）0.8L；（2）10次

【详解】（1）设可向外喷出水的体积为匕，由玻意耳定律可得

2乂=00（%+匕）

5

其中为=1.0x105&、p2=5.QxWPa、匕=1.4£-1.2£=0.2£带入上式解得

，=0.8L

（2）为了保证喷水效果，设打气筒最少打气"次，则由玻意耳定律可得

P^o+nPo^V=Pyo

其中。0=1。乂1（）5尸。，jz=1.4Z-1.2Z=0.2Z,AV=0.04£,0=3.0义1。5尸〃代入上式解得

〃=10次

考向2抽气问题

典例引领

17.某同学设计了一个“隔空取钱”的小游戏。把若干现金放在桌面上，盖上盆子，不用手接触盆子就能把钱

取走。该同学做了下面操作：把两张餐巾纸平铺在盆底上，倒上适量水，把一只抽气拔罐扣在湿透的餐巾

纸上，用抽气筒抽掉拔罐中的一部分气体，手抓拔罐缓慢地提起盆子，取走现金。示意图如图所示，假设

拔罐口横截面积为用,盆底的横截面积为邑，盆子和湿透的餐巾纸总质量为加，当盆子悬在空中时对盆子

施加竖直向下、大小为尸的力，盆子（包括餐巾纸）与拔罐刚好分离。拔罐中气体视为理想气体，忽略抽

气过程气体温度的变化及盆子的形变，大气压强为外，重力加速度为g,求：

（1）盆子提起后，拔罐中气体的压强；

（2）罐内剩余气体的质量与抽气前罐内气体质量之比。

水平桌面

【答案】（1）。。一⑵0。”+尸）

S]0百

【详解】（1）设盆子提起后，拔罐中气体的压强为月，则有

piSl+mg+F=p0Si

解得

mg+F

Pi=Po----------

（2）设拔罐中气体的体积为匕抽出气体在压强为四时的体积为由玻意耳定律有

POV=PSV+^V）

罐内剩余气体的质量与抽气前罐内气体质量之比

一一。1=A）S]-（mg+F）

V+NV^p0~0再

18.如图为手动抽气机原理图。导热良好的汽缸/、2用细管相连，/的容积为2的2倍，/中装有一定质

量的理想气体，压强为p0。活塞C可沿汽缸8滑动且保持良好的气密性。连接4、8的细管上有两个单向

阀门Ki、K2,当向右拉活塞时，&打开，&闭合；向左推活塞时，必闭合，处打开。开始抽气时活塞位于

汽缸8的最左端，若环境温度始终保持不变，不计细管残留气体对压强和体积的影响，求:

（1）将活塞C缓慢拉到汽缸8的最右端，再缓慢推回到汽缸8的最左端，此时缸内气体的压强;

（2）如此重复（1）〃次后（包括第一次），/缸内剩余气体的压强。

【答案】①R=|'A；②。”[[JPo

【详解】（1）根据玻意耳定律

小乙="（%+/），%=2腺

可得

2

Pi=~Po

（2）根据玻意耳定律

pnVA=P„-I[VA+VB)

又有

VA=1VB

可得

4=[|]A

考点精讲|

考点五热力学第一定律与气体实验定律相结合的综合应用

考向热力学第一定律与气体实验定律相结合的综合应用

I.公式中符号法则的理解

物理量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

2.求解热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路:

一定质量的气体

确定研究

对象

汽缸、活塞、液柱等「初态:PiMH

状态参量H末态:P2玛，72

气体实验定律k

［初、末态之间发生的变化

两类分析

「做功情况

热力学定律吸、放热情况

L内能变化情况

选用规律气体的三个实验定律、理想气体状态方程、

列方程求解热力学第一定律

典例引领

19.如图所示是一顶部开口并带有卡环、高为，、横截面积为S的绝热汽缸，绝热活塞与两根相同轻弹簧

相连后密封一定质量的理想气体。初始时，活塞位于汽缸一半高度处，轻弹簧的压缩量为■=2,缸内气

体的温度为"。现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓缓上升，直至刚好到达汽缸顶部。己知大气压强

为P。,轻弹簧的劲度系数左=好，活塞质量加=装，重力加速度为g,忽略汽缸壁及活塞的厚度，不计

3H3g

一切摩擦。求：

(1)活塞刚好到达汽缸顶部时，封闭气体的温度T；

Q

(2)若整个加热过程中气体内能的变化量为=则气体吸收的热量0。

H

H

2

【答案】(1)67；；(2)—P.SH

【详解】(1)初始时，对活塞受力分析，有

mg+p0S=2AAx+pxS

解得

2

PrPo

活塞恰好到达汽缸顶部时，对活塞受力分析，有

mg+pQS+2AAx=p2S

解得

2=23

由理想气体状态方程，有

H„

S

P^~p2HS

ToT

解得

T=6T。

(2)对活塞，由动能定理有

W-(mg+poS)x—=O-O

解得

W=：PoSH

对封闭的气体由热力学第一定律得

\U=-W+Q

解得

Q=yP0SH

即阻逊（

20.伽利略温度计结构如图所示。由玻璃泡A、与A相连的细管B、以及液体槽C组成。B管插在液体槽中，

管内径的横截面积S=lcn?。当环境温度变化时，管内液面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温

度。已知当环境温度《=300K时，A和B中气体的总体积匕=20cm3,此时管内液面的高度差%=10cm。大

气压强为p°=105pa,气体的内能与热力学温度成正比，即。=左7,此场景中4=0.02J/K。B管内液柱引起

的压强与大气压强相比可忽略不计，液体槽C液面高度几乎不变。

（1）当外界温度缓慢降为4=291K时，求管内液面的高度差x；

（2）当外界温度缓慢降为291K时，气体放出了多少热量？

【答案】（1）10.6cm；（2）0.24J

【详解】（1）由于B管内液体产生的压强不计，故为等压过程，则

T\T2

匕）S

匕=20cm3

解得

x=