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新高考物理一轮复习精品学案第15章第3讲热力学定律与能量守恒定律（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精品学案第15章第3讲热力学定律与能量守恒定律（含解析），共14页。
考点一 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)表达式中的正、负号法则：
3．能量守恒定律
(1)内容
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．
(2)条件性
能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．
1．做功和热传递的实质是相同的．( × )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J．( × )
3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．( √ )
1．热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加；
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；
(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，外界对物体做的功等于物体放出的热量．
例1 (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)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S1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A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.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p0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，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
答案 ACD
解析 根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W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．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．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．
1．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．( √ )
2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化．( × )
3．热量不可能从低温物体传给高温物体．( × )
1．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．
2．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．
3．热力学过程的方向性实例
(1)高温物体eq \(,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\d5(热量Q不能自发传给))低温物体．
(2)功eq \(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\d5(不能自发地完全转化为))热．
(3)气体体积V1eq \(,\s\up7(能自发膨胀到),\s\d5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)．
例2 (多选)下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B．自发的热传导是不可逆的
C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D．气体向真空膨胀具有方向性
答案 BD
解析 有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确，不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确．
考点三 热力学第一定律与图像的综合应用
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．
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功．
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小．
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热．
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功．
例3 (多选)(2021·全国乙卷·33(1)改编)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
答案 AB
解析 由理想气体的p－V图可知，ab过程是等容过程，外界对气体不做功，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；
ca过程为等压压缩，气体体积减小，则外界对气体做正功，但气体温度降低，即内能减小，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误．
例4 (多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
答案 AC
解析 在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU ＝ 0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
考点四 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
例5 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11 cm，到汽缸口的距离L2＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则：
(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
答案 (1)450 K(或177 ℃) (2)295 J
解析 (1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K.
当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，
根据平衡条件有p1S＝p0S＋mg
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1L1＋L2S,T1)
解得T1＝450 K(或177 ℃)
(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
加热后，气体做等压变化，气体对外界做功
则W＝－p1(L1＋L2－L)S
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝295 J.
例6 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
答案 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
解析 (1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，
解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的变化量为
ΔU＝a(T0－T1)
由热力学第一定律得，
Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
课时精练
1．(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是( )
A．外界对物体做功，物体的内能一定增加
B．外界对物体传递热量，物体的内能一定增加
C．物体对外界做功，物体的内能可能增加
D．物体向外界放热，物体的内能可能增加
答案 CD
解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热，物体的内能可能增加，故C、D正确．
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．第一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．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案 AD
解析 第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，D正确．
3．(2020·全国卷Ⅱ·33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案 B C
解析 A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第一、第二定律．
4.(2020·天津卷·5)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若水在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
答案 B
解析 储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝CT可知，压强变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0，由于气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体从外界吸热，故C错误；温度不变，分子平均动能不变，故D错误．
5．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中( )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
答案 AC
6.(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体( )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
答案 B
解析 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；
在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误．
7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
答案 大于 ①
解析 对活塞受力分析有p＝eq \f(mg,S)
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；
所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB
则根据ΔU＝W＋Q
因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB
即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；
由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
8.(2020·江苏卷·13(3))一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p－eq \f(1,V)图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q.
答案 2×105 J
解析 气体由A→B为等压变化过程，则外界对气体做的功W1＝p(VA－VB)
气体由B→C为等容变化过程，则W2＝0
根据热力学第一定律得ΔU＝(W1＋W2)＋Q
A和C的温度相等ΔU＝0
代入数据解得Q＝2×105 J.
9.(多选)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示．图中TA、VA和TD为已知量，则下列说法正确的是( )
A．从状态A到B，气体经历的是等压过程
B．从B到C的过程中，气体的内能减小
C．从C到D的过程中，气体向外放热
D．气体在状态D时的体积VD＝eq \f(TDVA,TA)
答案 CD
解析 从状态A到B，气体经历的是等容过程，所以A错误；从B到C的过程中，温度不变，则气体的内能不变，所以B错误；从C到D的过程中，气体温度降低，气体内能减小，ΔU<0 ，体积减小，则外界对气体做正功，W>0 ，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0，则气体向外放热，所以C正确；从状态D到A，气体经历的是等压过程，根据eq \f(VD,TD)＝eq \f(VA,TA)，解得VD＝eq \f(TDVA,TA)，所以D正确．
10.(2020·山东卷·6)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0， 2p0)．以下判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C
解析 p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由eq \f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq \f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，即Qbc>Qab，故B错误．由eq \f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误．
11.(2021·重庆市1月适应性测试·15(2))如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，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ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2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1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量．
答案 (1)eq \f(1,2)p0 (2)0.6p0 0.2kT0
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，根据玻意耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强
p＝eq \f(1,2)p0.
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为
ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0.
12．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示．已知活塞面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量．
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)
解得VQ＝6×10－4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)
解得UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律UQ－UP＝Q＋W
得气体吸收的总热量为Q＝60 J.
13.如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，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p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，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t＝40 ℃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？在此过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？
答案 (1)9.7 ℃ (2)4.37×104 Pa 200 J
解析 (1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有
p0＝p1＋ρ水银gh
解得p1≈8.37×104 Pa
温度T1＝t0＋273 K＝300 K
设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)
故p2≈8.10×104 Pa
根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得T2≈290.3 K
则环境温度降低了Δt＝T1－T2＝9.7 ℃
(2)打开阀门前有p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K
打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L，T2′＝t＋273 K＝313 K
根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2′V2,T2′)
代入数据解得p2′≈4.37×104 Pa
根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即W＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
故ΔU＝0＋200 J＝200 J. 物理量
＋
－
W
外界对物体做功
物体对外界做功
Q
物体吸收热量
物体放出热量
ΔU
内能增加
内能减少
考点一 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)表达式中的正、负号法则：
3．能量守恒定律
(1)内容
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．
(2)条件性
能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．
1．做功和热传递的实质是相同的．( × )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J．( × )
3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．( √ )
1．热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加；
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；
(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，外界对物体做的功等于物体放出的热量．
例1 (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)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S1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A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.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p0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，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
答案 ACD
解析 根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W
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．或表述为“第二类永动机是不可能制成的”．
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．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．
1．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．( √ )
2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化．( × )
3．热量不可能从低温物体传给高温物体．( × )
1．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．
2．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．
3．热力学过程的方向性实例
(1)高温物体eq \(,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\d5(热量Q不能自发传给))低温物体．
(2)功eq \(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\d5(不能自发地完全转化为))热．
(3)气体体积V1eq \(,\s\up7(能自发膨胀到),\s\d5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)．
例2 (多选)下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B．自发的热传导是不可逆的
C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D．气体向真空膨胀具有方向性
答案 BD
解析 有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确，不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确．
考点三 热力学第一定律与图像的综合应用
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．
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功．
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小．
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热．
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功．
例3 (多选)(2021·全国乙卷·33(1)改编)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
答案 AB
解析 由理想气体的p－V图可知，ab过程是等容过程，外界对气体不做功，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；
ca过程为等压压缩，气体体积减小，则外界对气体做正功，但气体温度降低，即内能减小，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误．
例4 (多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
答案 AC
解析 在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU ＝ 0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
考点四 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
例5 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11 cm，到汽缸口的距离L2＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则：
(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
答案 (1)450 K(或177 ℃) (2)295 J
解析 (1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K.
当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，
根据平衡条件有p1S＝p0S＋mg
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1L1＋L2S,T1)
解得T1＝450 K(或177 ℃)
(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
加热后，气体做等压变化，气体对外界做功
则W＝－p1(L1＋L2－L)S
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝295 J.
例6 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
答案 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
解析 (1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，
解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的变化量为
ΔU＝a(T0－T1)
由热力学第一定律得，
Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
课时精练
1．(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是( )
A．外界对物体做功，物体的内能一定增加
B．外界对物体传递热量，物体的内能一定增加
C．物体对外界做功，物体的内能可能增加
D．物体向外界放热，物体的内能可能增加
答案 CD
解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热，物体的内能可能增加，故C、D正确．
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．第一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．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案 AD
解析 第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，D正确．
3．(2020·全国卷Ⅱ·33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案 B C
解析 A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第一、第二定律．
4.(2020·天津卷·5)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若水在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
答案 B
解析 储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝CT可知，压强变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0，由于气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体从外界吸热，故C错误；温度不变，分子平均动能不变，故D错误．
5．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中( )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
答案 AC
6.(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体( )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
答案 B
解析 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；
在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误．
7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
答案 大于 ①
解析 对活塞受力分析有p＝eq \f(mg,S)
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；
所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB
则根据ΔU＝W＋Q
因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB
即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；
由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
8.(2020·江苏卷·13(3))一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p－eq \f(1,V)图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q.
答案 2×105 J
解析 气体由A→B为等压变化过程，则外界对气体做的功W1＝p(VA－VB)
气体由B→C为等容变化过程，则W2＝0
根据热力学第一定律得ΔU＝(W1＋W2)＋Q
A和C的温度相等ΔU＝0
代入数据解得Q＝2×105 J.
9.(多选)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示．图中TA、VA和TD为已知量，则下列说法正确的是( )
A．从状态A到B，气体经历的是等压过程
B．从B到C的过程中，气体的内能减小
C．从C到D的过程中，气体向外放热
D．气体在状态D时的体积VD＝eq \f(TDVA,TA)
答案 CD
解析 从状态A到B，气体经历的是等容过程，所以A错误；从B到C的过程中，温度不变，则气体的内能不变，所以B错误；从C到D的过程中，气体温度降低，气体内能减小，ΔU<0 ，体积减小，则外界对气体做正功，W>0 ，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0，则气体向外放热，所以C正确；从状态D到A，气体经历的是等压过程，根据eq \f(VD,TD)＝eq \f(VA,TA)，解得VD＝eq \f(TDVA,TA)，所以D正确．
10.(2020·山东卷·6)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0， 2p0)．以下判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C
解析 p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由eq \f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq \f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，即Qbc>Qab，故B错误．由eq \f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误．
11.(2021·重庆市1月适应性测试·15(2))如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，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ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2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1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量．
答案 (1)eq \f(1,2)p0 (2)0.6p0 0.2kT0
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，根据玻意耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强
p＝eq \f(1,2)p0.
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为
ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0.
12．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示．已知活塞面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量．
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)
解得VQ＝6×10－4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)
解得UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律UQ－UP＝Q＋W
得气体吸收的总热量为Q＝60 J.
13.如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，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p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，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t＝40 ℃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？在此过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？
答案 (1)9.7 ℃ (2)4.37×104 Pa 200 J
解析 (1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有
p0＝p1＋ρ水银gh
解得p1≈8.37×104 Pa
温度T1＝t0＋273 K＝300 K
设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)
故p2≈8.10×104 Pa
根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得T2≈290.3 K
则环境温度降低了Δt＝T1－T2＝9.7 ℃
(2)打开阀门前有p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K
打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L，T2′＝t＋273 K＝313 K
根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2′V2,T2′)
代入数据解得p2′≈4.37×104 Pa
根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即W＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
故ΔU＝0＋200 J＝200 J. 物理量
＋
－
W
外界对物体做功
物体对外界做功
Q
物体吸收热量
物体放出热量
ΔU
内能增加
内能减少
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高考物理一轮复习第14章第3节热力学定律与能量守恒定律课时学案： 这是一份高考物理一轮复习第14章第3节热力学定律与能量守恒定律课时学案，共12页。学案主要包含了热力学第一定律和能量守恒定律，热力学第二定律等内容，欢迎下载使用。
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新高考物理一轮复习精品学案第3章第1讲牛顿运动三定律（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精品学案第3章第1讲牛顿运动三定律（含解析），共14页。
