第65讲 热力学定律与能量守恒定律（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

11/11第65讲热力学定律与能量守恒定律目录01、考情透视，目标导航TOC\o"1-3"\h\u02、知识导图，思维引航 203、考点突破，考法探究 2考点一.热力学第一定律的理解及应用 2知识点一、热力学第一定律 2知识点二、对热力学第一定律的理解 3知识点三、热力学第一定律的三种特殊情况 3考向1对热力学第一定律的理解 3考向2热力学第一定律的应用 3考点二.热力学第二定律的理解及应用 4知识点二、热力学第二定律的含义 5知识点三、热力学第二定律的实质 5考点三.热力学第一定律与气体图像的综合应用 6考向1热力学第一定律与气体p-T图像的综合 6考向2热力学第一定律与气体V-T图像的综合 7考向3热力学第一定律与气体p-V图像的综合 7考点四.热力学定律与气体实验定律的综合应用 804、真题练习，命题洞见 10考情分析2024·重庆·高考物理第1题2024·北京·高考物理第2题2024·山东·高考物理第3题2024·海南·高考物理第8题2024·河北·高考物理第9题2024·新课标·高考物理第21题2024·河北·高考物理第9题2024·贵州·高考物理第14题2024·浙江·高考物理第14题复习目标目标1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律分析有关问题。目标2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。目标3.会分析热力学第一定律与气体实验定律的综合问题。考点一.热力学第一定律的理解及应用知识点一、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)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：ΔU＝Q＋W。(3)符号法则物理量WQΔU＋气体体积减小外界对系统做功系统吸收热量内能增加－气体体积增大系统对外界做功系统放出热量内能减少知识点二、对热力学第一定律的理解(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。知识点三、热力学第一定律的三种特殊情况(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU。(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU。(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q。考向1对热力学第一定律的理解1．某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则()A．挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小B．挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变C．瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功D．瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高【答案】C【解析】：旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，温度降低，故C正确，D错误。考向2热力学第一定律的应用2．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成，如图所示。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间的相互作用，则缸内气体()A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小【答案】A【解析】：密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换说明Q＝0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能变化量ΔU<0，故内能减小，分子平均动能减小。故A正确。3．(多选)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是()A．气体的体积不变，温度升高B．气体的体积减小，温度降低C．气体的体积减小，温度升高D．气体的体积增大，温度不变E．气体的体积增大，温度降低【答案】ABD【解析】：气体的温度升高，则气体的内能升高，体积不变，则气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的温度降低，则气体的内能降低，体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体对外放热，B正确；气体的温度升高，则气体的内能升高，体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q可能等于零，即可能没有热量交换，C错误；气体的温度不变，则气体的内能不变，体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即气体吸收热量，D正确；气体的温度降低，则气体的内能降低，体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q可能等于零，即可能没有热量交换，E错误。考点二.热力学第二定律的理解及应用知识点一、热力学第二定律的内容1．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。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。知识点二、热力学第二定律的含义(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。(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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。知识点三、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的宏观过程的方向性，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。1．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程，下列说法正确的是()A．只是部分宏观过程具有方向性B．第二类永动机既违背能量守恒定律，又违背热力学第二定律C．热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体D．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%【答案】D【解析】：热力学第二定律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，故A错误；第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故B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，但在外界干预下，热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%，故D正确。2．空调的工作原理如图所示，以下表述正确的是()A．空调制冷的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述B．空调的工作原理反映了热传导的方向性C．此原理图中的Q1＝Q2D．此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体【答案】B【解析】：空调制冷的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述，A错误；空调的工作原理反映了热传导的方向性，热量不能自发的从低温物体传导给高温物体，但在其他能力干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确；此原理图中的Q1＝Q2＋W，C错误；此原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。3．将一件裙子放进死海，3年后成了一件精美的艺术品(如图)，其形成原因是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一现象下列说法不正确的是()A．结晶过程看似是自发的，其实要受到环境的影响B．结晶过程是无序向有序转变的过程C．盐在溶解的过程中熵是增加的D．这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里，可视为孤立系统，经过很长时间后，该艺术品的熵可能减小【答案】D【解析】：结晶过程不是自发的，通常是由于水温降低或水的蒸发引起，受到环境的影响，是由无序向有序转变的过程，故A、B正确；盐的溶解过程是自发过程，自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即熵增加，故C正确；孤立系统的熵永不减小，故D错误；本题选错误项，故选D。考点三.热力学第一定律与气体图像的综合应用热力学第一定律与气体图像综合问题的解题思路(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。(2)在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。(3)结合热力学第一定律判断有关问题。考向1热力学第一定律与气体p-T图像的综合1．如图所示，一定质量的理想气体在状态A时体积为1.0m3，经历A→B→C的过程，则整个过程中气体()A．放出热量0.5×105J B．放出热量1.0×105JC．吸收热量0.5×105J D．吸收热量1.0×105J【答案】B【解析】：由图像可知，状态A与状态C温度相同，有pAVA＝pCVC，解得VC＝0.5m3，AB图线是过原点的直线，所以从状态A到状态B是等容过程，有VB＝VA＝1.0m3，从状态B到状态C是等压过程，外界对气体做功为W＝pB(VB－VC)＝1.0×105J，整个过程气体内能不变，由热力学第一定律知W＋Q＝0，解得Q＝－1.0×105J，即气体放出热量1.0×105J，故选B。考向2热力学第一定律与气体V-T图像的综合2．(多选)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V-T图像中图线ca反向延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则()A．气体在状态c的体积为1.5V0B．气体在状态b的压强为eq\f(2,3)p0C．从状态a到状态c，气体对外界做功为－p0V0D．从状态a到状态b，气体内能的增加量为Q－p0V0【答案】BD【解析】：在V-T图像中图线ca反向延长线通过坐标原点O，则由a到c为等压过程，有eq\f(V0,T0)＝eq\f(Vc,2T0)，解得Vc＝2V0，故A错误；从状态c到状态b温度不变，为等温过程，有pb·3V0＝p0·2V0，解得pb＝eq\f(2,3)p0，故B正确；从状态a到状态c，气体对外界做功为W＝p0·2V0－p0V0＝p0V0，故C错误；理想气体在b、c状态的温度相同，故内能相同，从状态a到状态b气体内能的变化量等于从状态a到状态c气体内能的变化量，由ΔU＝W＋Q可知气体内能的增加量为ΔU＝Q－p0V0，故D正确。考向3热力学第一定律与气体p-V图像的综合3．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p-V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＝eq\f(1,5)p0(2)TC＝1.9T0(3)W【解析】：(1)根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(1,5)p0。(2)根据理想气体状态方程可得eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)解得TC＝1.9T0。(3)根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q因为B到C过程绝热，故Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。考点四.热力学定律与气体实验定律的综合应用热力学定律与气体实验定律综合问题的思维流程1．(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】：当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩，与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，因为是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析pfS＝F弹＋pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pgVg,Tg)，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误；在达到稳定过程中，h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h中的气体分析可知eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，联立可得Tf>Th，C错误，D正确。2．如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27℃。已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：(1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1；(2)气体温度达到827℃时，气体的压强p2；(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。【答案】：(1)4p0(2)eq\f(44,9)p0(3)Q－8p0SL【解析】：(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S＝p0S＋F解得p1＝4p0。(2)假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖吕萨克定律，有eq\f(LS,T1)＝eq\f(L′S,T2)解得L′＝eq\f(11,3)L>3L此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触，由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得p2＝eq\f(44,9)p0。(3)此过程中外界对气体做功为W＝－p1S·2L＝－8p0SL根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W可得此过程中气体内能的增加量为ΔU＝Q－8p0SL。3．如图所示，是一个不规则的导热容器，现想测量它的容积，在上方竖直插入一根两端开口、横截面积是S的玻璃管，玻璃管下端与容器口处密封，玻璃管中有一小段水银柱，水银柱高度是h，水银柱下端与容器口之间的距离是L1，此时环境温度是T1、大气压强是p0且不变。当把容器放在温度为T2的热水中，稳定后水银柱下端与容器口之间的距离变为L2，气体内能改变量为ΔU，容器和玻璃管内的气体可以看成理想气体，水银密度为ρ，重力加速度为g。求：(1)这个不规则容器的容积；(2)气体吸收的热量。【答案】：(1)eq\f(L2T1－L1T2S,T2－T1)(2)ΔU＋(p0＋ρgh)S(L2－L1)【解析】：(1)由于大气压强不变，容器内的气体等压变化，设这个不规则的容器的容积是V，被密封气体初态体积V1＝V＋L1S，温度为T1，被密封气体末态体积V2＝V＋L2S，温度为T2，根据盖吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得V＝eq\f(L2T1－L1T2S,T2－T1)。(2)外界对气体做功W＝－(p0＋ρgh)S(L2－L1)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得Q＝ΔU＋(p0＋ρgh)S(L2－L1)。1．（2024·重庆·高考真题）某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（

）A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热【答案】D【详解】AB．气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故AB错误；CD．气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q＋W则Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。故选D。2．（2024·北京·高考真题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（

）A．内能变大 B．压强变大 C．体积不变 D．从水中吸热【答案】D【详解】A．上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；B．气泡内气体压强p=p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；C．由玻意耳定律pV=C知，气体的体积变大，故C错误；D．上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。故选D。3．（2024·山东·高考真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（）A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B．b→c过程，气体对外做功，内能增加C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【答案】C【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以结合分析可知所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；C．过程为等温过程，可知根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。故选C。4．（2023·天津·高考真题）如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，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【详解】A．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；B．爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；C．根据热力学第一定律可知爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；D．爬山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有可知气体压强减小，故D错误；故选B。5．（2024·海南·高考真题）一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（

）A．bc过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小【答案】AC【详解】A．由理想气体状态方程化简可得由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa<pb=pcbc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；B．由理想气体状态方程化简可得由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故ca过程气体压强减小，故B错误；C．ab过程为等温变化，内能不变，故根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故根据热力学第一定律解得Ab过程气体放出热量，故C正确；D．ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。故选C。6．（2024·河北·高考真题）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后（

）A．弹簧恢复至自然长度B．活塞两侧气体质量相等C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少【答案】ACD【详解】A．初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；C．密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。故选ACD。7．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（）A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热【答案】AD【详解】A．1→2为绝热过程，根据热力学第一定律可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；B．2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，故气体吸收热量，故B错误；C．3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；D．4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，故可知气体向外放热，故D正确。故选AD。8．（2023·浙江·高考真题）下列说法正确的是（

）A．热量能自发地从低温物体传到高温物体B．液体的表面张力方向总是跟液面相切C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率【答案】BD【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；B．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。故选BD。9．（2024·贵州·高考真题）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为，压强为，现缓慢充气后压强变为，不计容器的容积变化。(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为时的体积。(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为，压强为。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。(3)图（b）中虚线是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）【答案】(1)(2)(3)吸热【详解】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有解得（2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得可得（3）由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从M状态变化而来，应该相同，可得可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律可知，从M到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。10．（2024·浙江·高考真题）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大气压强p0=1.0×105Pa，环境温度T1=300K。（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）；（2）求此不规则小块固体的体积V；（3）若此过程中气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。【答案】（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律解得（3）整个过程中外界对气体做功为对活塞受力分析解得根据热力学第一定律其中解得故气体吸收热量为14.4J。11．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为，C为已知常数，大气压强恒为，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求（1）再次平衡时容器内气体的温度。（2）此过程中容器内气体吸收的热量。【答案】（1）；（2）【详解】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得即解得（2）此过程中气体内能增加气体对外做功大小为由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量12．（2024·浙江·高考真题）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求水平恒力F的大小；（3）求电阻丝C放出的热量Q。【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）；（3）【详解】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有解得状态2气体的压强为解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得解得（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有可得状态3气体的体积为该过程气体对外做功为根据热力学第一定律可得解得气体吸收的热量为可知电阻丝C放出的热量为13．（2023·河北·高考真题）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。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已