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

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考点一 热力学第一定律（1-7T）
考点二 热力学第二定律 （8-11T）
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：ΔU＝Q＋W.
1)对公式ΔU、Q、W符号的规定
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，W<0.
②若物体体积减小，表明外界对物体做功，W>0.
3)三种特殊情况
①绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，物体内能的增加量等于外界对物体做的功．
②等容过程：W＝0，则ΔU＝Q，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ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，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8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105J，则下列各式中正确的是（ ）
A．W=8×104J，ΔU=1.2×105J，Q=4×104J
B． W=8×104J，ΔU=−1.2×105J，Q=−2×105J
C． W=−8×104J，ΔU=1.2×105J，Q=2×104J
D． W=−8×104J，ΔU=−1.2×105J，Q=−4×104J
【答案】B
【解析】由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，外界对气体做功则W为正值，气体内能减少则ΔU 为负值，代入热力学第一定律表达式得 Q=−2×105J
故选B。
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K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。打开阀门K，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
D．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p减小，体积V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ABD。
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 △U=W+Q 可知 Q>0 气泡内能增大，故气泡吸热，故B错误；
C．气泡上升 P=P0+ρgh 深度h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（ ）
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p1，活塞的面积为S，则有 p1S=p0S+mg
将汽缸倒立挂起，气缸内的压强为p2，活塞的面积为S，则有 p2S=p0S-mg
由此可知气体的压强减小，气体膨胀，气体对外做功 W<0
汽缸、活塞都是绝热的，根据热力学第一定律 ΔU=W+ΔQ 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C。
5．（2022·河北·高三期中）如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、b两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，a、b两活塞用轻杆连接，活塞稳定时A、B、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．A中气体温度升高B．A中气体压强增大
C．B中气体压强增大D．C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 p1T1=p2T2
可知C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p2SA和p2SB，因为SA < SB，则有 p2SA < p2SB 可知活塞和连杆合力向下，竖直向下运动，A中气体体积增大，压强减小，对外做功，根据 U = W＋Q 气缸绝热Q = 0，内能减小，温度降低；B中气体体积变小，压强增大，C正确，AB错误；
D．C中气体温度升高，分子的平均动能增大，D错误。
故选C。
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（ ）
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B。
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=100cm2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m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V−T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q=500J。已知外界大气压强p0=1.01×105Pa，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量m=1kg
B．气体在状态B时的体积为8.0×10−2m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J
【答案】D
【解析】A．在A状态，根据题意 mg+p0S=pAS
解得 m=2kg 故A错误；
B．根据图像可知 VT=C
所以气体做等压变化 VATA=VBTB
解得 VB=8.0×10−3m3 故B错误；
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功 W=pAΔV=206J 故C错误；
D．根据热力学第一定律 ΔU=Q−W=294J 故D正确。
故选D。
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．(“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，是因为违背了热力学第二定律，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
D．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（ ）
A．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100℃的水变成100℃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． 空调机既能致热又能制冷，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100℃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（ ）
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
D．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BCD。
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
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，外力F做功大于0，小于mgℎ
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p0S1ℎ+mgℎ
【答案】BD
【解析】A．外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F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p0S1h，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mgh，所以外界对气体做功 W根据ΔU=Q+W，因ΔU=0，所以 Q=−W
即气体向外界释放的热量小于p0S1ℎ+mgℎ，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p0，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43p0。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
D．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pV=C可知，气泡内气体压强减小时，体积增大，气体对外做功，即W＜0；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 ΔU=W+Q
可知，Q>0，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 p0×8V0=43p0×Vc
解得 Vc=6V0
则泄漏气体的质量为 Δm=6−46m =13m
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A。
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M（汽缸壁的厚度不计），大气压强为p0，重力加速度大小为g，初始时环境温度为T0，被封闭气体高度均为L，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PB=___________；若环境温度缓慢升至1.2T0，A、B气体总内能增加ΔU，则A气体从外界吸收的热量Q=___________。
【答案】 p0+MgS ΔU2+0.2(p0+MgS)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=p0S+Mg
得到 pA=p0+MgS=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 LST0=LxS1.2T0 Lx=1.2L
则外界对A、B做功为 W=−2pA(Lx−L)=−0.4(p0+MgS)L
由热力学第一定律 ΔU=W+Q总
则A气体从外界吸收的热量为 Q=Q总2=ΔU2+0.2(p0+MgS)L
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 m=10kg，截面积 S=0.01m²、厚度不计的活塞，封闭有高度为h1=30cm、温度为t=27℃ 的理想气体，已知气缸质量为 M=20kg，其深度足够，活塞不漏气且与缸壁无摩擦，外界大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度 g=10m/s2
（1）求开始时气缸内封闭气体的压强 p1
（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h2：
（3）在（2）的过程中，气缸内封闭气体与外界发生热交换为100J，请判断气体是吸热还是放热？气体对外做功为多少？
【答案】（1）1.1×105Pa；（2）41.25cm；（3）见解析
【解析】（1）对活塞受力分析，可得 p0S+mg=p1S
解得 p1=1.1×105Pa
（2）依题意，该过程温度保持不变，根据玻意耳定律，有 p1ℎ1S=p2ℎ2S
对气缸受力分析，可得 p0S=Mg+p2S
联立，解得 ℎ2=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 ∆U=Q+W
由 ℎ2>ℎ1
可知封闭气体体积变大，对外做功，所以气体是吸热的，有 W=Q=100J
即气体对外做功为100J。
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=100cm2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=4Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U=10V，接通电源对缸内气体加热，经时间t=10s将电源断开，接通电源的过程中活塞缓慢上升的高度ℎ=15cm。已知接通电源前缸内气体的热力学温度T0=300K、体积V=3×10−3m3，大气压强恒为p0=1×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，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ΔE。
【答案】（ⅰ）T=450K；（ⅱ）ΔE=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 VT0=V+SℎT
解得 T=450K
（ⅱ）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=1.2×105Pa
在活塞上升的过程中缸内气体对外界做的功 W=pSℎ
该过程中电阻丝产生的热量 Q=U2Rt
根据热力学第一定律有 ΔE=Q−W
解得 ΔE=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S1=30cm2、S2=10cm2，它们之间用一根长为43d的轻质细杆连接，静止时汽缸中气体的温度T1=600K，活塞P下方气柱（较粗的一段气柱）长为d=12cm，己知大气压强p0=1×105Pa，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T2=300K，已知该过程中缸内气体的内能减小100J，求活塞下移的距离h和气体放出的热量Q。
【答案】（1）1×105Pa；（2）10cm，120J
【解析】（1）对两个活塞的整体受力分析可得 (M1+M2)g+p0(S1−S2)=p(S1−S2)
解得 p=1×105Pa
（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 V1T1=V2T2
其中 V1=S1d+S2⋅13d V2=S1(d−ℎ)+S2⋅(13d+ℎ)
解得 ℎ=10cm<12cm
活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得 ΔU=W+Q
其中 W=p(S1ℎ−S2ℎ)
解得 Q=-120J
即放出热量为120J。
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l0和2l0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p0，此时环境温度为T0，理想气体的内能与温度的关系为U=KT，重力加速度为g。
（1）在活塞上方加入一个砝码，能使活塞恰好到达下方卡槽，求所加砝码质量m；
（2）在（1）问的基础上在加上相同的砝码，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3T0时，封闭气体吸收的热量Q。
【答案】（1）m=p0S2g；（2）Q=53KT0+p0l0S
【解析】（1）以封闭气体为研究对象，初态 p1=p0 V1=1.5l0S
到达下方卡槽时 p2=p0+mgS V2=l0S
由等温变化可知 p1V1=p2V2
解得 m=p0S2g
（2）当活塞刚要离开下方卡槽时，有 p3=p0+2mgS=2p0 V3=l0S
由等容变化可知 p2T0=p3T3
可知 T3=43T0
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 V4=2l0S
由 V3T3=V4T4
解得 T4=83T0<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 W= -2mgl0=-p0l0S
气体内能变化 ΔU=3KT0−43KT0=53KT0
由 ΔU=W+Q 可知 Q=53KT0+p0l0S
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m=12kg。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p0=1.0×105Pa，室内温度T1=312.5K，重力加速度为g=10ms2。
（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T2=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 p1S=p0S+mg V1=LS
设椅面下降了ΔL，则 p2S=p0S+(M+m)g V2=(L−ΔL)S
由玻意耳定律有 p1V1=p2V2
解得 ΔL=13cm
（2）人盘坐在椅面上稳定后再打开空调，压强p2一定，由盖—吕萨克定律有 V2T1=V3T2
外界对缸内气体所做的功 W=p2(V2−V3)
解得 W=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V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中气体压强为p0，温度为T0，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）12p0；（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，根据玻意尔耳定律得 p0V0=p⋅2V0
解得此时气体压强 p=12p0
（2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得 pT0=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 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
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2.4L，压强为p0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.2p0。已知大气压强为p0，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Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU。
【答案】（1）l=2.2L；（2）ΔU=Q−2.88p0LS
【解析】（1）转动前B部分气体压强为 pB1=p0+0.2p0=1.2p0
设转过90°后B部分气体长度为LB，则A部分气体的长度为l l+LB=4.4L
设B部分气体压强为pB2，则A部分气体压强为pA2 pA2=pB2
由玻意耳定律可得，对A部分气体有 p0⋅2.4LS=pA2⋅lS
对B部分气体有 1.2p0⋅2LS=pB2⋅LBS
联立解得 l=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 pB1=p0+0.2p0=1.2p0
气体对外界做的功为 W=1.2p0ΔV=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 ΔU=Q−2.88p0LS
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A封闭，下端B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，A端露出水面，如图所示，室温为T0时，水面上方的空气柱长度为x0，水面下方空气柱长度为h，室温升高至Tx时，水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度加速度为g，试管足够长且保持竖直。
（1）求Tx；
（2）已知升温过程中气体内能增加了ΔU，求气体吸收的热量Q。
【答案】（1）x+ℎx0+ℎT0；（2）ΔU+p0+ρgℎx−x0S
【解析】（1）气体在升温过程中做等压变化，初态 V1=x0+ℎS T1=T0
末态 V2=x+ℎS Tx=？
根据盖-吕萨克定律可得 V1T1=V2T2
解得 Tx=x+ℎx0+ℎT0
（2）温度升高，气体膨胀对外做功，则有 W=pΔV=p0+ρgℎx−x0
根据热力学第一定律 ΔU=W+Q
可得气体吸收的热量 Q=ΔU+p0+ρgℎx−x0S
23．（2022·广西钦州·高二期末）如图所示一U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p0=1.0×105Pa，封闭气体的温度t0=27℃，玻璃管的横截面积为S=5.0cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2；封闭气体的温度缓慢降至t1=−3℃。求：
（1）温度t1=−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】（1）L=36cm；（2）-2.5J
【解析】（1）气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得 L0S273+t0=LS273+t1
解得 L=36cm
（2）封闭气体的压强 p=p0+ρgℎ
外界对气体做功 W=pS(L0−L)
由热力学第一定律 ΔU=W+Q
得 ΔU=−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V0=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p0=1.0×105Pa，温度为t0=27°C时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h=12cm，水银密度（假设不随温度改变）为13.6×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。
（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t=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200J热量，则气体的内能增加了多少？
【答案】（1）9.7C；（2）4.4×104Pa；（3）200J
【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=8.37×104Pa
温度 T1=t0+273 K=300 K
设末态压强为p2，则 p0=p2+ρ水银gℎ+△ℎ
故 p2=8.10×104Pa
根据查理定律有 p1T1=p2T2
代入数据解得 T2=290.3K
则环境温度降低了 Δt=T1−T2=9.7∘C
（2）打开阀门前有 p1=8.37×104Pa，V1=V0=0.5L，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 p1V1T1=p′2V2T2
代入数据解得 p′2=4.4×104Pa
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
气体吸热 Q=200J
根据热力学第一定律有 ΔU=W+Q
故 ΔU=0+200 J=200 J
25.已知一篮球内气体的压强为p0，温度为T0，体积为V0。用打气筒对篮球充入压强为p0，温度为T0的气体，已知打气筒每次压缩气体的体积为eq \f(1,15)V0，一共打气20次，假设篮球体积不变，最终使篮球内气体的压强为4p0。充气过程中气体向外放出的热量为Q，已知气体的内能与温度的关系为U＝kT(k为常数)。则：
(1)第一次打入气体后，篮球的压强变为多少？(可认为篮球内气体温度不变)
(2)打气筒在篮球充气过程中对气体做的功是多少？
【答案】(1)eq \f(16,15)p0 (2)Q＋eq \f(5,7)kT0
【解析】(1)第一次打入气体后，篮球内气体压强变为p1，根据玻意耳定律有p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V0＋\f(1,15)V0))＝p1V0
解得p1＝eq \f(16,15)p0。
(2)设篮球内气体最终温度为T，根据气体状态方程知eq \f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V0＋20×\f(1,15)V0)),T0)＝eq \f(4p0V0,T)
解得T＝eq \f(12,7)T0
篮球内气体内能的增量为ΔU＝kΔT＝eq \f(5,7)kT0
根据热力学第一定律可得打气过程中，打气筒对气体所做的功为W＝Q＋ΔU＝Q＋eq \f(5,7)kT0。
26．（2019·全国·高三专题练习）如图所示，一水平导热玻璃管A端封闭、B端开口，横截面积为S。静止时管内用活塞封闭了长为l1的空气柱，活塞质量为m、厚度可忽略，可沿玻璃管无摩擦滑动且不漏气。现使玻璃管绕过A端的竖直轴在水平面内匀速转动，稳定后空气柱的长度变为l2。已知大气压强为p0，环境温度恒定。求：
（1）玻璃管转动的角速度ω；
（2）若整个过程中气体从外界吸收的热量为Q，求玻璃管对活塞做的功。
【答案】（1）ω=1l2P0l2−l1Sm；（2）W1=32P0Sl2−l1−Q
【解析】（1）对封闭气体，初状态 p1=p0，V1=Sl1
匀速旋转时，对活塞 p0S−p2S=ml2ω2，V2=l2S
根据玻意耳定律得到 p1V1=p2V2
解得 ω=1l2p0l2−l1Sm
设玻璃管对活塞做功为W1，封闭气体对活塞做功W2，大气对活塞做功为W3，
根据功能关系得到 W1+W2+W3=12mv2
式中 W3=−p0Sl2−l1，v=ωl2
由热力学第一定律知 ΔU=W2+Q=0
解得 W1=32p0Sl2−l1−Q符号
W
Q
ΔU
＋
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
－
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