2026版高考物理考前讲义专题14 热力学定律与气体实验定律综合应用（五大题型）（解析版）

热力学定律与气体实验定律综合应用【题型一】热力学定律【热力学第一定律】改变内能的两种方式的比较方式名称比较项目做功传热区别内能变化情况外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少系统吸收热量，内能增加；系统放出热量，内能减少从能量的角度看做功是其他形式的能与内能相互转化的过程不同系统间或同一系统不同部分之间内能的转移能的性质变化情况能的性质发生了变化能的性质不变相互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【热力学第二定律】1.热力学第一、第二定律的比较定律名称比较项目热力学第一定律热力学第二定律定律揭示的问题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一切与热现象有关的宏观自然过程都有特定的方向性机械能和内能的转化通过做功机械能与内能互相转化内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能热量的传递内能的变化量等于外界做的功与吸收的热量之和说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体表述形式只有一种表述形式有多种表述形式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2.两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永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库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律【例1】如图所示是一种儿童玩具“吡叭筒”，由竹筒和木棍组成，在竹筒的前后两端分别装上“叭子”（树果子或打湿的小纸团）。叭子密封竹筒里面的空气，迅速推动木棍，前端的叭子便会从筒口射出。则迅速推动木棍过程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的气体（）A．压强增大 B．温度不变C．内能不变 D．每个分子的动能都变大【答案】A【详解】迅速推动木棍过程中，竹筒中被密封的气体体积减小，则压强变大，外界对气体做正功，，由于“迅速”过程气体与外界无热交换，则，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，，温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加。故选A。应用热力学第一定律的三点注意(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。(2)与外界绝热，则不与外界发生传热，此时Q＝0。(3)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。【例2】生活中，在特定的时间，人们会燃放“礼花”，表达人们的祝福与喜悦。礼花喷射器原理如图所示，通过扣动气阀可释放气罐内压缩气体，对纸管里填充的礼花彩条产生冲击，喷向高处，在喷出礼花彩条的瞬间，下列说法正确的是（）A．该过程将机械能转化为内能 B．气体分子冲向纸管后能全部自发回到罐内C．气体通过做功方式改变了自身的内能 D．气体温度可能不变【答案】C【详解】A．该过程是将内能转化为机械能，故A错误；B．根据热力学第二定律可知，分子冲向纸管后不可能全部自发回到罐内，故B错误；C．在喷出礼花彩条的过程中，罐内的压缩气体对礼花彩条做功，气体的内能转化为礼花彩条的机械能，故C正确；D．气体对外做功，无热传递，故内能减小，温度降低，故D错误。故选C。【变式1】两小宝宝分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图1所示，哥哥画的小鱼如图2所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。从物理视角分析，下列说法正确的有（）A．小鱼吐的气泡上升时，体积不变，图1不合理B．小鱼吐的气泡上升时，体积减小，图2不合理C．小鱼吐的气泡上升时，泡内压强增大D．小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做负功【答案】D【详解】ABC．小鱼吐出气泡后，在水中上升，距离水面越来越近，压强减小，根据可知体积增大，故ABC错误；D．小鱼吐的气泡上升时，气体膨胀，气体对外做正功，液体对气泡做负功，故D正确。故选D。【变式2】（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为，已知该容器内的气体吸收的热量与其温度变化量成正比，即，其中已知，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，当容器内气体压强达到加热前的2倍时，则下列说法正确的是（）A．变压器的输出电压为 B．变压器的输出功率为C．容器内气体吸收的热量为 D．电热丝通电的时间为【答案】BD【详解】A．由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有联立解得A错误；B．理想变压器的输出功率等于R的热功率，即B正确；C．设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有由解得气体吸收的热量C错误；D．根据热力学第一定律气体的体积不变，所以容器是绝热容器，则电热丝产生的热量全部被气体吸收联立整理得解得D正确。故选BD。【变式3】如图1所示，一定质量的理想气体被质量为的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸（上端开口）中，汽缸放置在电热炉盘上，活塞的面积为，与汽缸底部相距，温度为。现用如图2所示的交变电流，接通炉盘中阻值为电热丝给气体缓慢加热，经过时间活塞缓慢向上移动距离后停止加热，整个过程中，已知电热炉盘电阻丝产生的热量被容器内气体吸收，已知大气压强为，重力加速度为。求：(1)停止加热时，气体的温度；(2)此过程中容器内气体增加的内能。【答案】(1)；(2)【详解】（1）对处于平衡状态的活塞进行受力分析有解得活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有解得（2）时间内电热炉盘电阻丝产生的热量气体对外做功根据热力学第一定律解得【题型二】热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解答此类问题的基本流程【例1】如图所示，在天河校区高三9班教室门前的栏杆上，用细绳绑着一只有助于舒缓压力的“奶龙”气球。观察发现，白天温度较高时，它能向上飘起，细绳拉紧；晚上温度骤降时，它不能向上飘起，细绳松弛。假设大气压强恒为p0，白天气温为T1，晚上气温为T2，空气密度为ρ，重力加速度为g。气球内封闭气体可视作理想气体，内部气压保持与大气压强相等，理想气体状态方程的比例常数为C。一定质量的同种理想气体的内能只与温度有关，U=kT（k为常数）。求：(1)气球所受空气浮力的变化量；(2)气球放出的热量。【答案】(1)；(2)【详解】（1）根据公式可得浮力的变化量根据理想气体状态方程可得得（2）根据题意从白天到晚上气体内能变化为过程气体体积减小，外界对气体做功根据热力学第一定律得则气球放出的热量为热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的处理方法(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态参量，利用相关规律解决。(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化。(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。【变式1】（多选）如图所示，竖直放置的固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦地滑动，汽缸的横截面积为，将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时缸内气体的温度为，空气柱长度为。用电热丝对气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动，缸内气体只与电热丝发生热交换，当缸内气体吸热为时，缸内空气柱长度增加量为，处于平衡。关于缸内气体的判定正确的有（）A．内能可能不变 B．内能一定增大 C． D．【答案】BD【详解】AB．气体加热缓慢上升过程属于等压变化过程，设缸内空气柱长度增加量为时气体的温度为，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得气体体积增大，故气体温度升高，内能一定增大，A错误，B正确；CD．上升过程中，根据热力学第一定律得式中所以气体体积膨胀对外做功，考虑活塞的重力，则因此可得C错误，D正确。故选BD。【变式2】如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1mol的理想气体，汽缸密闭性良好，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时，活塞静止在距汽缸底部L处，活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体，使其温度从T缓慢升高至3T，该过程中气体内能增加3p0SL（p0为外界大气压强），此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体内能与温度成正比，外界大气压强恒为p0。求：(1)温度升高至3T时，气体的体积；(2)温度从T升高至3T的过程中，气体吸收的热量；(3)摩尔热容指的是1mol物质温度升高1K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关，如果升温是在体积不变条件下进行，该热容称为等容摩尔热容（Cv）；如果升温是在压强不变条件下进行，该热容称为等压摩尔热容（Cp）。该气体温度从T升高至5T的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。【答案】(1)3SL；(2)5p0SL；(3)【详解】（1）假设温度升高至时，活塞还未运动到固定卡扣位置，设此时气体的体积为，气体温度从升高至的过程中，气体经历等压变化可得，解得此时活塞距汽缸底部的距离刚好为，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。（2）气体温度从升高至的过程中，对外界做的功为由热力学第一定律可得解得（3）理想气体内能与温度成正比，可得气体温度从升高至的过程中，内能的增加量等于温度从升高至的内能增加量由热力学第一定律可得气体温度从升高至的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功由摩尔热容的定义可得，可得温度从升高至的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为【变式3】有人设计了一种如图所示的测温装置，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，玻璃泡中封有一定量的气体，玻璃管下端插入水银中，通过管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度。已知在标准大气压为76cmHg的环境下，热力学温度T1=300K时，玻璃管内水银面的高度为x=20.0cm。假设玻璃管的体积与玻璃泡的体积相比可略去不计。(1)若玻璃管内水银面的高度为22.8cm，求环境的热力学温度；(2)某同学将该装置拿到黄山某山峰顶，环境的热力学温度为285K，他发现管内水银面的高度为7.3cm，通过计算估算该山峰的海拔。（已知海拔3000m以内，每升高120m，大气压减小约1cmHg）【答案】(1)；(2)【详解】（1）由题意可知，该过程为等容变化，初状态，末状态根据查理定律则有代入数据解得（2）由题意可知，该过程为等容变化，初状态，末状态，根据查理定律则有解得该山峰的海拔高度为【题型三】热力学第一定律在图像问题中的应用用热力学第一定律解决图像问题的思路(1)气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C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。(3)在p­V图像中，图像与横轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。【例1】（多选）一定质量的理想气体、经过一个缓慢的过程从状态P变化到状态Q，该过程的图像如图甲所示，图乙为其图像、a、c两条曲线中的一条与上述过程对应，曲线a和c均为开口向下的抛物线，下列说法正确的是（）A．曲线a对应了P到Q的过程B．曲线c对应了P到Q的过程C．P到Q的过程理想气体吸收的热量为D．状态P中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态Q的1.5倍【答案】BC【详解】AB．P到Q的过程压强减小，体积增大，根据理想气体状态方程可知，初末状态温度相同，在图乙中，，所以虚线b为等压线，从P到Q过程中，压强始终小于P点压强，即图像斜率小于P点对应斜率，所以曲线c对应了P到Q的过程，故A错误，B正确；C．图像面积代表做功，所以P到Q的过程内能不变，根据热力学第一定律，理想气体吸收的热量为，故C正确；D．初末状态温度相同，分子平均动能相同，初态压强是末态的2倍，所以状态P中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态Q的2倍，故D错误。故选BC。【例2】（多选）一定质量的理想气体经历四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为0K，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，、、三个状态的体积关系为，下列说法不正确的是（）A．从到，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少B．、两状态的体积之比为C．从到的过程气体从外界吸收的热量小于从到的过程气体从外界吸收的热量D．从到，气体的体积不变【答案】CD【详解】A．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少，故A正确；B．d到a等容过程有c到d等温过程有又联立解得，故B正确；C．由，联立解得bcd过程的图如下由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得联立可得，故C错误；D．根据得可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小，故D错误。选不正确的，故选CD。【变式1】如图所示，一定质量的理想气体从状态经热力学过程、、、后又回到状态。图中段为一个四分之三圆弧，段是一个与前者半径相同的四分之一圆弧。已知气体在状态时的温度为27℃，从状态到状态的过程中内能变化了。求：(1)气体在状态时的温度；(2)气体从状态到状态的过程中吸收或放出的热量。【答案】(1)或；(2)吸热【详解】（1）气体从A状态到B状态，由理想气体状态方程得

根据p-V图像及已知条件，，；解得或（2）根据图像比较气体的B、D状态，气体在D状态时的内能较大，所以气体从状态B到状态D过程中，内能增大，即根据图像知，，，，则有根据热力学第一定律得解得吸热【变式2】某导热性良好的容器，内含一定质量的理想气体，由状态A经过状态B变为状态C的图像，如图所示。已知气体在状态A时的压强是，其他已知量在图示中标出。(1)求大小。(2)请你建立一个坐标系，并在该坐标系中，作出气体由状态A经过B变为C的图像，并标出A、B、C的坐标值。(3)气体由状态A经过B变为C的过程中，假定气体吸收热量为，求气体A、C状态的内能变化量。【答案】(1)200K；(2)见解析；(3)【详解】（1）A至B是等压过程,由盖—吕萨克定律，则有解得（2）由于A至B是等压过程,B到C为等容过程,由查理定律，可得代入数据解得由此可画出由A到B到C的p-V图像如下图（3）A到C，以气体为研究对象可知，A到B气体膨胀对外做功，B到C气体等容变化，不做功，故整个过程气体对外做的功为AB与坐标轴围成的面积，即由热力学第一定律可知其中解得即气体内能增加【题型四】变质量气体问题分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。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的状态变化问题。2．抽气问题：将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，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。3．灌气问题：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，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。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，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。【例1】图甲为后备箱气压杆的示意图，气压杆内部的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开或关闭过程中，气压杆内部的气体体积发生变化。箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距离为，活塞的横截面积为。箱盖作用于连杆上的沿杆方向的力为，如图乙所示。已知大气压强为，重力加速度为。不计活塞与容器壁的摩擦及连杆和活塞的质量，忽略气体温度的变化。(1)求此时被封闭气体的压强；(2)活塞到容器底部的距离为时，求此时气体的压强；(3)由于漏出部分气体，当活塞到容器底部的距离为时，此时沿杆方向作用力变为，求漏出的气体与剩余气体的质量比。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件解得（2）对封闭气体研究，活塞由到处的过程中，由玻意耳定律得解得（3）设漏出气体的体积为解得【例2】如图所示是一增压装置示意图，圆柱形汽缸内部高为，其底部和侧壁绝热，顶部导热。不计重力和厚度的绝热活塞将缸中空气（可视为理想气体）分隔成两部分。初始时，活塞位于汽缸正中间，上、下两部分气体的压强、温度均与大气压强和环境温度相同。现通过打气筒缓慢向汽缸上部充入一定量的空气后，活塞移动距离为，此时下部气体的温度为。环境温度始终保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，活塞不漏气。求：(1)充气后汽缸下部气体的压强；(2)充入空气的质量与汽缸中原有空气的总质量之比。【答案】(1)2.5p0；(2)【详解】（1）设汽缸内部横截面积为S，对汽缸下部封闭气体，根据理想气体状态方程有其中，，解得p1=2.5p0（2）设充入气体在压强为时的体积为，对汽缸上部气体进行分析，根据玻意耳定律有其中解得汽缸中原有空气的体积则有【变式1】如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一个金属罐体。在大气压强为的干燥环境下打开阀门向罐内放入干燥的谷物，谷物占罐内体积的，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，当罐内气体温度为时，压强为，当温度达到时打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。(1)求打开阀门前瞬间罐内气体的压强；(2)打开阀门后，罐内气体迅速膨胀，谷物全部喷出。当罐内气体温度降为时，求罐内剩余气体质量与打开阀门前罐内气体质量之比。【答案】(1)；(2)【详解】（1）对罐内气体，根据查理定律有可得（2）设罐内空间的体积为，由理想气体状态方程可得则罐内剩余气体质量与打开阀门前罐内气体质量之比为【变式2】如图所示，某实验小组设计了一种简易气压升降装置。气缸Ⅰ竖直放置，体积为，质量的活塞a（S为活塞横截面积）静止在气缸Ⅰ的中间位置，封闭气体的体积为。气缸Ⅱ水平放置，封闭气体的体积为，压强为，通过单向阀门与大气连通，活塞b向左推动时，关闭；向右拉动时，打开。两气缸通过体积不计的管道连通，管道左端有单向阀门，只有气缸Ⅱ中气体压强大于气缸Ⅰ中气体压强时，才能打开。气缸Ⅱ右侧的活塞b每缓慢推一次，都能将体积为，压强为的气体全部压入气缸Ⅰ中，活塞a上升到气缸Ⅰ顶端时会被卡住。大气压强为，重力加速度为g，不计活塞与气缸之间的摩擦及活塞的厚度，两气缸导热良好，环境温度保持不变，求(1)第1次缓慢推活塞b，将气缸Ⅱ中气体全部压入气缸Ⅰ后，活塞a升高的高度；(2)第3次缓慢推活塞b，当气缸Ⅱ中气体体积压缩到多大时，阀门才能够打开。【答案】(1)；(2)【详解】（1）开始时活塞a距气缸Ⅰ底部的高度为活塞a静止不动，气缸Ⅰ中的气体压强为，对活塞a有得气缸Ⅰ充气1次后活塞高度为，根据玻意耳定律得气缸Ⅰ中活塞上升的高度为（2）气缸Ⅰ充气2次后，假设活塞未到气缸Ⅰ顶部，根据玻意耳定律得则活塞a恰好到达气缸顶部，气缸Ⅰ中气体压强仍为，第3次缓慢推活塞b，压缩气缸Ⅱ中气体体积到，压强与气缸Ⅰ充气2次后的压强相同，根据玻意耳定律得得【题型五】关联气体问题关联气体问题的解题思路(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。(2)找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。【例1】某同学设计的空气减震器模型如图甲所示，它主要由活塞和导热性能良好的汽缸构成，两轻质活塞通过横截面积不计的轻杆连接。将该模型置于水平地面上，轻杆与地面垂直，汽缸内密闭气体可视为理想气体。汽缸A中活塞的横截面积，初始时活塞到汽缸A顶端的距离，汽缸A内气体的压强。现将质量的物块C置于汽缸A顶部，如图乙所示。一段时间后，系统重新达到平衡。已知汽缸B中活塞的横截面积为汽缸A中活塞横截面积的2倍，活塞与汽缸间的摩擦均忽略不计，汽缸始终密封良好，环境温度保持不变，大气压强，取。下列说法正确的是（）A．汽缸A的质量为20kgB．该过程汽缸A、汽缸B内的气体均吸热C．系统再次平衡后，汽缸A内的气体体积缩小了D．系统再次平衡后，汽缸B中气体的压强为【答案】D【详解】A．初始时汽缸A中气体的压强为解得汽缸A的质量故A错误；B．放上物块C待系统重新达到平衡后，汽缸A、汽缸B内的气体温度均不变，则内能均不变，由热力学第一定律可知，汽缸内气体的体积均减小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故B错误；C．放上物块C待系统重新达到稳定后，汽缸A内气体的压强解得设此时汽缸A内气体的体积为V，由玻意耳定律可得解得则汽缸A内的气体体积缩小了故C错误；D．放上物块C待系统稳定后，设汽缸B内气体的压强为，以B中活塞为研究对象，有解得故D正确。故选D。【例2】如图所示，一个底面积的柱形导热光滑汽缸与足够长的U形细管连接，U形细管右端封闭，其中有一定量的水银，细管体积可忽略。外界温度时，从汽缸开口处缓慢放入一个质量为的活塞（密封效果良好），稳定时活塞底距离汽缸底高度，大气压强为。(1)从放入活塞到稳定的过程中，汽缸内气体。（选填“向外界放热”或“从外界吸热”）(2)求稳定后汽缸内气体的压强和U形管中水银液面的高度差（结果保留1位小数）。(3)求汽缸的总高度（结果保留整数）。【答案】(1)向外界放热；(2)，；(3)【详解】（1）放入活塞后，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，又由于稳定后气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热。（2）对活塞进行分析，根据平衡条件有解得U形管两侧水银液面的高度差为（3）气体发生等温变化，根据玻意耳定律有即有解得【变式1】气压传动是以压缩空气为动力源来驱动和控制各种机械设备的技术。图示为某气动元件的结构简图，长度为3L的汽缸被两立柱均分为3份，轻质活塞可在立柱间保持竖直左右自由活动，体积不计的轻质弹簧两端分别固定在左缸底和活塞左侧，弹簧原长为L，劲度系数，由活塞右侧固定的轻杆对