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第 33 讲 热力学定律与能量守恒
1.知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律.
2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律.3.掌握能量守恒定律及其应用．
考点一 热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与
热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 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
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ Δ U ，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ Δ U ，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．(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．
[例题1] （2024•天津模拟）游泳浮漂是游泳爱好者自我保护的装备，采用高弹、环保的
PVC材质，内置双气囊，使用时向里充气使之膨胀，充气后体积可视为不变且不漏气，气囊
内气体可视为理想气体。当充气浮漂在水中温度降低时，则浮漂气囊内气体（ ）
A．压强变大 B．内能增加
C．向外界放热 D．分子数密度减小
【解答】解：当充气浮漂在水中温度降低时，则浮漂气囊内气体内能减小，气体不对外做功，
p
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知气体对外放热，根据查理定律 =C可知，压强减小，气
T
体体积和质量不变，则分子数密度不变，故C正确，ABD错误；
故选：C。
[例题2] （2024•宁河区校级二模）图示为某一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，
每个气泡内均充满一定质量的理想气体。当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。假设在
压缩过程中，气泡内气体温度保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．压缩后气泡内气体的压强变大
B．压缩过程气泡内气体对外做正功
C．压缩过程气泡内每个气体分子的速率都增大
D．压缩过程气泡内气体吸收热量
pV
【解答】解：A.由理想气体状态方程 =C可知，压缩过程中气泡内气体温度保持不变，体积
T
变小，则气泡内气体的压强变大，故A正确；
B.压缩过程气泡内气体对外做负功，故B错误；
CD.压缩过程中气泡内气体温度保持不变，则ΔU＝0
体积变小，则W＞0
由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知Q＜0压缩过程气泡内气体放出热量，温度不变，气体分子平均速率不变，并非每个分子的速率都增
大，故CD错误
故选：A。
[例题3] （2024•重庆模拟）如图，玻璃管中封闭一定质量的理想气体倒扣在水银槽中，
当温度为T 时，管内的水银面比槽内水银面高hcm，管中气体的长度也为hcm。当把玻璃管缓
0
慢下压至管底部与槽内水银面持平，同时改变气体的温度保持管内气体体积不变，已知大气压
强为p （单位：cmHg），则管内气体（ ）
0
A．最终压强为p •h
0
B．对外界做功
C．温度的变化量为2ℎT
0
p −ℎ
0
D．对外界放出热量
【解答】解：A.当玻璃管底部与槽内水银面持平，保持管内气体体积不变，则管内的水银面比
槽内水银面低hcm，最终压强为p＝p +p ，故A错误；
0 h
B.由于体积不变，所以对外界不做功W＝0，故B错误；
C.原来气体的压强p ＝p ﹣p ，根据查理定律p p，解得T 2ℎT ，故C正确；
1 0 h 1= = 0
T T p −ℎ
0 0
D.由于温度升高，则ΔU＞0，根据ΔU＝Q+W可得，Q＞0，从外界吸收热量，故D错误。
故选：C。
考点二 热力学第二定律的理解
1．热力学第二定律的理解
(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”的涵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．
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．
特别提醒 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低
温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的
等温膨胀过程．
3．热力学过程方向性实例：
①高温物体低温物体
②功热
③气体体积V气体体积V(较大)
1 2
④不同气体A和B混合气体AB
4．两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断 从单一热源吸收热量，使之完全变成
地对外做功的机器 功，而不产生其他影响的机器
不违背能量守恒定律，但违背热力学
违背能量守恒定律，不可能制成
第二定律，不可能制成
[例题4] （多选）（2024•惠州一模）压缩空气储能系统（CAES）能将空气压缩产生的热
能储存起来，发电时让压缩的空气推动发电机工作，这种方式能提升压缩空气储能系统的效率，
若该系统始终与外界绝热，空气可视为理想气体。对于上述过程的理解正确的是（ ）
A．压缩空气过程中，组成空气的气体分子平均动能不变
B．压缩空气过程中，空气温度升高，内能增加
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩的空气在推动发电机工作的过程中，空气对外做功，压强减小
【解答】解：AB、压缩空气过程中，外界对气体做正功，而系统与外界绝热，由热力学第一定
律ΔU＝W+Q可知气体内能增大，温度升高，结合温度是分子热运动平均动能的标志可知，组
成空气的气体分子平均动能增大，故A错误，B正确；
C、由热力学第二定律可知，该方式能够将压缩空气储能的效率不可能提升到100%，故C错误；
D、压缩的空气在推动发电机工作的过程中，气体膨胀，体积变大，空气对外做功，内能减小，pV
温度降低，由 =C可知压强减小，故D正确。
T
故选：BD。
[例题5] （多选）（2024•宝鸡模拟）下列有关热现象的说法正确的是。（ ）
A．一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时，分子势能增加
B．所有晶体都有固定的形状、固定的熔点和沸点
C．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但蒸发和凝结仍在进行
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，符合热力学第二定律
E．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
【解答】解：A.一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时需要吸热，而分子平均动能不变，则分子
势能增加，故A正确。
B.所有晶体都有固定的熔点和沸点，单晶体具有固定的形状，多晶体没有具体的形状，故 B错
误；
C.水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但蒸发和凝结仍在进行，达到了动态平衡，故 C
正确；
D.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮
助，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，符合热力
学第二定律，故D正确；
E.液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E错误。
故选：ACD。
[例题6] （多选）（2024•碑林区校级二模）如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，
用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力 F作用于活塞杆，
使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下
列说法正确的是（ ）
A．气体分子平均动能不变
B．气体内能减少
C．气体吸收热量
D．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现E．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
【解答】解：A、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的
平均动能不变，所以A正确；
B、温度不变，则气体分子的内能不变，B错误；
C、温度不变，内能不能，体积膨胀对外做功，气体一定吸热，C正确D错误；
E、由热力学第二定律知不可能从单一热源吸热全部用来做功而不引起其它变化，故E错误。
故选：AC。
考点三 热力学定律与气体实验定律综合问题
[例题7] （2024•重庆模拟）如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻
璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）．管中有一个质量不计的光滑活
塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，活塞与玻璃管间气密性良好，气体的温度为t ＝7℃，
1
外界大气压取 p ＝1.0×105Pa（相当于 75cm 高的汞柱的压强），此状态下气体的密度为
0
1.25kg/m3。
①若在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t 不变，则平衡后气柱为多长？
1
（g＝10m/s2）
②若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t ＝77℃，此时气体密度为多大？
2
【解答】解：玻璃管横截面积为S＝2cm2＝2×10﹣4m2
①被封闭气体的初状态压强：p ＝1.0×105Pa，V ＝LS＝21S，T ＝（273+7）K＝280K
1 1 1
mg
末状态压强：p ＝p + ，解得：p ＝1.05×105Pa，V ＝L S，T ＝T ＝280K
2 0 2 2 2 2 1
S
根据玻意耳定律，有：p V ＝p V ，即p L＝p L
1 1 2 2 1 2 2解得：L ＝20cm；
2
②对气体加热后，气体的压强不变，p ＝p ，V ＝L S，T ＝（273+77）K＝350K
3 2 3 3 3
根据盖﹣吕萨克定律，有V V ，
2= 3
T T
2 3
解得：L ＝25cm；
3
此时气体密度为： m ρ V 1.25×21×Skg/m3＝1.05kg/m3。
= = 1 1=
V V 25S
ρ 3 3
答：①若在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t 不变，则平衡后气柱为
1
20cm；
②若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到 t ＝77℃，此时气体密度为
2
1.05kg/m3。
[例题8] （2023•湖南模拟）长郡中学某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，探究设计
了气体报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积 S＝20cm2、质量m＝
0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，
开始时房间的温度为T ＝300K，活塞与容器顶部的距离l ＝15cm，环境温度升高时容器内气
0 0
体温度也随之升高，在活塞下方d＝1cm处有一压力传感器制成的卡口，当传感器受到压力大
于2N时，就会启动报警装置．已知大气压强为1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。计算结果
均保留三位有效数字。
（1）触发报警装置的室温为多少？此过程中气体对外做功为多少？
（2）室内温度升高到刚触发报警装置的过程，气体吸收了3J的热量，则此过程气体的内能改变
了多少？
【解答】解：（1）气体的初始压强
mg
p =p − ，解得p =9.75×104Pa
1 0 S 1
报警时压强mg−F
p =p − ，解得p =9.85×104Pa
2 0 S 2
由理想气体状态方程得
p l S p (l +d)S
1 0 = 2 0
T T
0
解得
T≈323K
活塞下降至卡口位置过程中，气体经历一个等压膨胀过程，气体对外做功
W外 ＝p
1
Sd，解得W外 ＝1.95J
后面等容变化不做功，所以整个过程气体对外做功为1.95J。
（2）由热力学第一定律
ΔU＝W+Q
其中
W＝﹣W外 ＝﹣1.95J，Q＝3J
可得
ΔU＝1.05J
（1）触发报警装置的室温为323K，气体对外做功为1.95J；
（2）此过程气体的内能改变了1.05J。
[例题9] （2023•市中区校级一模）单级水火箭可以简化为如图（a）所示的下方开口的容
器。容器中气体体积V＝3L，压强p ＝1×105Pa，下方水的深度h＝50cm。单向气阀（不计质
0
量）是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可
将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值f＝91.5N。现用打气筒通
过单向气阀向容器内一次次的充入压强p ＝1×105Pa，V ＝300ml的气体。当容器内的气体压
0 1
强到达一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重
力加速度g＝10m/s2，容器口的横截面积S＝3×10﹣4m2，水的密度 ＝1×103kg/m3。假设容器中
的气体为理想气体，充气和喷水时忽略温度的变化。 ρ
（1）求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p；
（2）求水火箭刚好喷水时的充气次数；
（3）水火箭喷水过程中，容器内气体的p﹣V图像如图（b）所示，试估算容器内气体从状态a
到状态b从外部吸收的热量。【解答】解：（1）对单向气阀受力分析，根据平衡条件有p S+f＝mg+pS，h＝50cm＝0.5m
0
f
解得p=p + −ρgℎ
0 S
代入数据得p＝4×105Pa
（2）气体做等温变化，根据理想气体状态方程有p V+Np V ＝pV
0 0 1
解得充气次数N＝30
（3）由p﹣V图像可知，外界对气体做功W＝﹣208×4＝﹣832J
由热力学第一定律ΔU＝W+Q＝0
所以气体吸收热量Q＝832J
答：（1）水火箭刚好喷水时容器内气体压强4×105Pa；
（2）水火箭刚好喷水时的充气次数30；
（3）估算容器内气体从状态a到状态b从外部吸收的热量832J。
题型1热力学第一定律的应用
1. （2024•五华区校级模拟）如图所示，绝热容器被绝热隔板K 和卡销K 锁住的绝热
1 2
光滑活塞隔成A、B、C三部分，A部分为真空，B部分为一定质量的理想气体，且压强 p ＜
B
p （p 是大气压强），C与大气连通，则下列说法中正确的是（ ）
0 0A．只打开隔板K ，B中气体对外做功，内能减少
1
B．只打开隔板K ，B中气体不做功，内能不变
1
C．只打开隔板K ，B中气体压强不变
1
D．只打开卡销K ，让活塞移动，B中气体对外做功，内能减少
2
【解答】解：AB.只打开隔板K 时，B中气体向A中真空扩散，气体不做功，W＝0，绝热容器
1
导致Q＝0，由热力学第一定律知ΔU＝W+Q＝0，内能不变，故A错误，B正确；
C.只打开隔板K 时，B中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知B中气体体积增大，
1
压强减小，故C错误；
D.只打开卡销K 时，由于p ＜p ，活塞将向下移动，B中气体体积减小，外界对B中气体做功
2 B 0
即W＞0，绝热容器导致Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知B中气体内能变大，故D
错误；
故选：B。
2. （2024•海门区校级二模）孔明灯俗称许愿灯，祈天灯，古代多用于军事通讯，而现
代人多用于祈福。在灯底部的支架上绑上一块沾有煤油的粗布，点燃后灯内的热空气膨胀，放
手后，整个灯冉冉升空，当底部的煤油烧完后又会自动下降。关于孔明灯，下列说法正确的是
（ ）
A．点燃后，孔明灯所受浮力增大从而升空
B．点燃后，灯内气体的温度升高，内能增大
C．点燃后升空过程中，灯内气体分子间的平均撞击力增大
D．点燃后升空过程中，灯内气体的压强不变【解答】解：A、孔明灯是利用热空气上升的原理制成的。点燃后，灯内空气受热膨胀，因而空
气的密度变小，比同体积的冷空气轻，而浮力不变，从而升空，故A错误；
B、点燃后，灯内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大。灯内空气受热后体积膨胀，灯内
气体质量减少，减少量不能确定，所以灯内气体内能的变化不能确定，故B错误；
C、点燃后升空过程中，由于灯内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，所以分子间的平
均撞击力增大，故C正确；
D、点燃后升空过程中，在灯底部冷空气向上的压力大于灯内热空气向下的压力，因此灯内气体
的压强减小，故D错误。
故选：C。
3. （2024•天津模拟）一定质量的气体储存在体积不变的储气罐中，且可视为理想气体，
气体温度降低，则关于罐内气体，下列说法正确的是（ ）
A．压强减小，内能减小
B．吸收热量，对外做功
C．压强增大，分子平均动能减小
D．压强减小，分子间的作用力减小
【解答】解：根据题意可知气体体积不变，温度降低，因此气体分子平均动能减小；由pV＝CT
可知，气体压强变小；又根据温度为理想气体内能的标志，可知气体内能减小，根据 W＝pΔV
可知，由于气体体积不变，因此不对外做功；理想气体不考虑分子之间的作用力，故A正确，
BCD错误；
故选：A。
题型2热力学第二定律的应用
4. （多选）（2024•长安区一模）下列说法中正确的是 （ ）
A．一定质量的理想气体经过一个绝热压缩过程，其温度一定升高
B．在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力
C．第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律
D．运送货物的卡车停于水平地面，在缓慢卸货过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不
计分子间势能，则胎内气体从外界吸热
E．在天宫空间站的梦天实验舱中，虽然处于完全失重状态，但扩散现象还可以发生【解答】解：A、根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，绝热压缩则Q＝0，而压缩过程中外界
对气体做功，则W＞0，所以理想气体的内能增加，可知温度升高，故A正确；
B、在水的表面层，水分子比较稀疏，分子间作用力表现为引力，故B错误；
C、第二类永动机不可能制成是违背了热力学第二定律，并没有违背能量守恒定律，故C错误；
D、运送货物的卡车停在水平地面上，在缓慢卸货过程中气体压强减小，若车胎不漏气，胎内气
体温度不变，在不计分子间势能的情况下，可将胎内气体看成理想气体，而根据一定质量的理
pV
想气体状态方程 =C可知，气体的体积增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，胎内气
T
体温度不变，则ΔU＝0，气体的体积增大，则W＜0，所以Q＞0，即胎内气体从外界吸热，故
D正确；
E、由于分子间有间隙，而扩散现象是分子永不停息做无规则运动的体现，分子的运动与是否失
重无关，因此在天宫空间站的梦天实验舱中，虽然处于完全失重状态，但扩散现象还可以发生，
故E正确；
故选：ADE。
5. （2023•天津模拟）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，
隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳
定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法错误的是（
）
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
【解答】解：AC、抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，右方是真空，气体没有对
外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q+W可知，气体的内能不变，故A正确，C错误；
BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据ΔU＝Q+W可知，气体内能增大，故BD正
确。本题选择错误的，
故选：C。
6. （2023•黄埔区校级三模）压缩空气储能（CAES）是一种利用压缩空气来储存能量的
新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如
混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将
压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是（ ）
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大
【解答】解：AB．绝热压缩空气前后，与外界无热量交换，Q＝0，外界对气体做功，W＞0，
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，故A错误，B正确；
C．压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，根据热力学第二定律可知，任何转换过程
效率都不可能达到100%，故C错误；
D．压缩空气膨胀推动发电机工作，是气体体积增大对外做功，W＜0，根据热力学第一定律ΔU
＝W+Q可知，内能减少，故D错误。
故选：B。题型3与气体图像的综合问题
7. 已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态A的温度为200K
B．气体在状态C的压强为3×105Pa
C．从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大
D．从状态B到状态C的过程中，气体的内能保持不变
【解答】解：ABC、气体质量不变，在V﹣T图像中，AB为过坐标原点的直线，由理想气体状
态方程：pV＝C，可T知从状态A到状态B气体做等压变化；
从A到B，根据理想气体状态方程V V ，代入数据0.4 0.6，解得：T ＝200K；
A = B = A
T T T 300
A B A
从 B 到 C，根据理想气体状态方程 p p ，其中 p ＝p ＝1.5×105Pa，代入数据
B = C B A
T T
B C
1.5×105 p
= c ，解得：p ＝2×105Pa，故BC错误，A正确；
c
300 400
D、从B到C，气体温度升高，内能增大，故D错误；
故选：A。
8. （2024•泰州模拟）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。下列判断正确的是（ ）
A．气体在a→b过程中做等温变化B．气体在b→c过程中内能增加
C．气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
【解答】解：A．气体在a→b过程中因pV乘积变大，根据理想气体状态方程pV＝CT可知，温
度升高，故A错误；
B．气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，故B错误；
C．在p﹣V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在 a→b过程和b→c
过程对外界做的功相等，故C正确；
D．气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个
过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，故D错误。
故选：C。
9. （2024•东城区一模）用活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，改变条件使气缸
内气体发生由a→b→c的变化过程，其p﹣V图像如图所示，其中ac为等温线，已知理想气体
的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程气缸中气体的密度不变
B．a→b的过程气体是从外界吸收热量的
C．a→b→c的总过程气体是向外界放热的
D．a状态气体的体积是c状态气体体积的2倍
pV
【解答】解：AB.a→b过程，质量不变，体积减小，气体的密度变大，根据 =C可知，压强
T
不变，温度降低，放出热量，故AB错误；
C.由题意可知ac为等温线，两点内能相同，从a→b→c过程体积减小，外界对气体做功，根据
热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，全过程气体放热，而b→c过程中，体积不变，W＝0，压强增
大，温度升高，内能增大，内能增量即为吸收的热量，所以a→b过程气体放出的热量大于b→c
过程气体吸收的热量，故C正确；
D.ac为等温线，根据玻意耳定律可知p V＝p V
a a c c
解得
V p 3p 3
a= c = 0=
V p p
c a 0
故D错误。
故选：C。
题型4与气体实验定律的综合问题
10. （2024•朝阳区一模）如图是一定质量的理想气体由状态 A经过状态B变为状态C的
V﹣T图像。
11. （2024•香坊区校级二模）如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸内用轻质
活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可沿气缸无摩擦滑动，现往活塞上缓慢增加砂子，当砂
子的质量为m 时，活塞下降的高度为h，此过程中气体向外放出的热量为 Q ，继续缓慢添加
1 1
砂子，当砂子的质量为m 时，活塞又下降了高度h，此过程中气体向外放出的热量为 Q ，整
2 2
个过程中环境的气压和温度均保持不变。关于上述各量的关系，下列说法正确的是（ ）
A．m ＝2m B．m ＞2m C．Q ＝Q D．Q ＝2Q
2 1 2 1 1 2 1 2
【解答】解：AB、设初始时气体的压强与外界大气压强均为p ，活塞第一次下降高度h时气体
0
压强为p ，活塞横截面积为S，活塞到气缸底的初始高度为H，则有：
1
p S＝m g+p S
1 1 0
该过程是等温变化，则有：
p HS＝p （H﹣h）S
0 1
p ℎS
解得：m = 0
1 g(H−ℎ)设活塞第二次下降高度h时气体压强为p ，则有：
2
p S＝m g+p S
2 2 0
从活塞第一次下降高度h后到第二次下降高度h的过程，同理有：
p （H﹣h）S＝p （H﹣2h）S
1 2
2p ℎS
解得：m = 0 ＞2m ，故B正确，A错误；
2 g(H−2ℎ) 1
CD、由于加砂子是缓慢过程，所以气体压强是均匀增加的，活塞第一次下降高度h的过程的平
均压强为：
p +p
p = 0 1
1 2
该过程气体的做功为：
W =p Sℎ
1 1
由于理想气体温度不变，所以该过程气体内能不变，由热力学第一定律有：
ΔU ＝W +Q
1 1 1
ℎ
解得：Q =−p Sℎ[1+ ]
1 0 2(H−ℎ)
同理，活塞第二次下降高度h的过程的平均压强为：
p +p
p = 1 2
2 2
该过程气体的做功为：
W =p Sℎ
2 2
同理，由热力学第一定律有：
ΔU ＝W +Q
2 2 2
(H−2ℎ)+2(H−ℎ)
解得：Q =−p sℎ[1+ ]
2 0 2(H−ℎ)(H−2ℎ)
可知：Q ≠Q ，Q ≠2Q ，故CD错误。
1 2 1 2
故选：B。
12. （2024•辽宁一模）某校物理学科周活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示
为高二某班同学制作的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的
水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中
封闭了一段空气柱（空气可视为理想气体），该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行
压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是（ ）A．针筒内气体压强减小
B．针筒内气体吸热
C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
1
D．用国际单位制单位表示的状态参量在P− 图中图线可能如图中a→b
V
【解答】解：A．压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错
误；
B．压缩气体过程中针筒内气体温度不变，则气体内能不变，即有 ΔU＝0，压缩过程中，气体体
积变小，外界对气体做功，即有W＞0，则根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知Q＜0，即针筒
内气体放热，故B错误；
C．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面
积撞击针筒内壁的气体分子数增大，故C错误；
D．由于压缩气体过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，压强变大。则根据理想气体状
态方程
pV
=C
T
整理可得
1
p＝TC•
V
1
可知用国际单位制单位表示的状态参量在p− 中图线可能如图中a→b，故D正确。
V
故选：D。
13. （2023•宁波一模）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明
吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，
这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是 358cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为
0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为
105Pa。（结果保留到小数点后一位）（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，
则此过程中气体内能增加了多少？
【解答】解：（1）根据题意可知，封闭气体做等压变化，根据V V V +Sℎ
0= = 0
T T T
0
化简得： (V +Sℎ)T
T= 0 0
V
0
温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻度是均匀的。
（2）封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖—吕萨克定
律知V V
1= 2
T T
1 2
可得 V 358+0.2×20
T = 2T = ×300K=301.7K
2 V 1 358+0.1×20
1
（3）气体对外做功W＝pΔV＝105×0.1×0.2×10﹣4J＝0.2J
由热力学第一定律知ΔU＝Q﹣W＝0.7J﹣0.2J＝0.5J
答：（1）气温计的刻度是均匀的；
（2）气温计的最大测量值是301.7K；
（3）过程中气体内能增加了0.5J。
