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第54 讲 热力学定律与能量守恒定律
——划重点之精细讲义系列
一．热力学第一定律和能量守恒定律
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增量等于外界对它传递的热量和外界对它做功的和．
(2)表达式：W＋Q＝ΔU.
3．能的转化和守恒定律
(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另一种形式，或
者从一个物体转移到别的物体，但在转化或转移的过程中其总量不变．
(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机．它是不可能制成的．
二．热力学第二定律
1．常见的两种表述
(1)克劳修斯表述(按热传递的方向性来表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．
(2)开尔文表述(按机械能与内能转化过程的方向性来表述)：不可能从单一热源吸收热量，使之
完全变成功，而不产生其他影响．
2．第二类永动机：违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机．这类永动机不违背能
量守恒定律，但它违背了热力学第二定律，也是不可能制成的．
考点一 热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律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＝ΔU，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＝ΔU，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．
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应用热力学第一定律解题的步骤
(1)明确研究对象是哪个物体或者哪个热力学系统．
(2)分别列出系统吸收或放出的热量Q，外界对系统所做的功W，系统内能的变化ΔU.
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，列方程进行求解．
【典例1】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少
1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B.根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝
－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B 正确．
【典例2】如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为
S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，封闭气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q1.若活塞
不固定，仍使封闭气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q2.不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，
封闭气体温度升高1 ℃，活塞上升的高度h 应为多少？
解析 活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能ΔU＝Q1活塞不固定时，设外界对气
体做功为W，活塞上升的高度为h，则
ΔU＝Q2＋W＝Q2－(p0Sh＋Gh)
联立解得h＝
答案
【典例3】下列说法正确的是( )
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
解析：选C.根据热力学第一定律(公式ΔU＝Q＋W)可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，
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当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增
加，选项A、B 错误，选项C 正确；物体放出热量同时对外做功，则Q＋W<0，内能减小，选项D
错误．
【典例4】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．开箱时，密闭
于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示，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
解析：选A.缸内气体与外界无热交换，说明Q＝0，又根据缸内气体膨胀，所以是缸内气体对
外做正功，W＜0；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，气体的内能的改变量ΔU＜0，即内能减
小，所以气体温度降低，分子平均动能减小，显然，只有选项A 正确．
【典例5】如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，外界对气
体做功15 J，橡皮塞的质量为20 g，橡皮塞被弹出的速度为10 m/s，若橡皮塞增加的动能占气体对
外做功的10%，瓶内的气体作为理想气体，则瓶内气体的内能变化量为________ J，瓶内气体的温
度________(填“升高”或“降低”)．
解析：由题意可知，气体对外做功W 对外＝＝ J＝10 J．由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个
过程中，气体与外界没有热交换，即Q＝0，则气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝15 J－10 J＋0＝5
J，气体内能增加，温度升高．
答案：5 升高
【典例6】如图所示的p－V 图象中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B，
气体对外做功280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A，这一过程中外界对
气体做功200 J．则：
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(1)ACB 过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)BDA 过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
解析：(1)ACB 过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J，
由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130 J，
故ACB 过程中气体的内能增加了130 J.
(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能的变化量UA－UB＝－
130 J，
由题意知W2＝200 J，由热力学第一定律得
UA－UB＝W2＋Q2，代入数据解得Q2＝－330 J，
即BDA 过程中气体放出热量330 J.
答案：(1)增加 130 J (2)放热 330 J
【典例7】如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭有一定质量的理
想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为h1＝0.5 m，给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部
h2＝0.8 m 处．
(1)若封闭气体在加热前的温度为27 ℃，试计算在此过程中气体温度的变化量Δt；
(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450 J 的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的
内能ΔU.(已知活塞的横截面积S＝5.0×10－3 m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa.)
解析：(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝0.8 m 处时，汽缸内气体的温度为t.此过程为等
压过程．由盖—吕萨克定律可得＝代入数据可解得t＝207 ℃，所以，此过程中气体温度的变化量
Δt＝180 ℃.
(2)气体克服外界大气压做功为W＝p0ΔV
p0＝1.0×105 Pa，ΔV＝(h2－h1)S＝1.5×10－3m3
代入数据可得W＝150 J
由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q 可得
ΔU＝450 J－150 J＝300 J.
答案：(1)180 ℃ (2)300 J
考点二 热力学第二定律的理解及应用
1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义．
(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
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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．
3．两类永动机的比较
第一类永动机
第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做
功的机器
从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而
不产生其他影响的机器
违背能量守恒定律，不可能制成
不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定
律，不可能制成
4.热力学过程的方向性实例
【典例8】(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
解析：选ACE.由热力学第一定律知，改变物体内能的方式有两种，分别为做功和热传递，所
以A 正确，B 错误．由热力学第二定律知，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，但会产生其
他影响，C 正确．热量不能自发地从低温物体传向高温物体，D 错误．一切与热现象有关的宏观自
然过程都是不可逆的，E 正确．
【典例9】(多选)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了能量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式
是有区别的
解析：选CD.第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律；故A 错误．改变
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内能有两种方式，做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B 错误．气体分子密
集程度一定，温度升高，则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C 正确．做功对应能量
转化，热传递对应能量转移，D 正确．
【典例10】(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定
达到热平衡
解析：选BDE.根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A 错误．
改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B 正确．理想气体等压膨胀
对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C 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，说法D 正确．两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系
统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E
正确．故选B、D、E.
考点三 热力学定律与气体状态变化的综合
气体实验定律与热力学第一定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变
化，当体积变化时，气体将伴随着做功，解题时要掌握气体变化过程的特点：
(1)等温过程：理想气体内能不变，即ΔU＝0.
(2)等容过程：W＝0.
(3)绝热过程：Q＝0.
“两分析”巧解热力学综合问题
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【典例11】如图所示，一定质量的理想气体由状态a 沿a→b→c 变化到状态c 时，吸收了340 J
的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a 沿a→d→c 变化到状态c 时，对外做功40 J，则这一
过程中气体______(填“吸收”或“放出”)______ J 热量．
解析：一定质量的理想气体由状态a 沿a→b→c 变化到状态c，吸收了340 J 的热量，并对外做
功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a 到状态c，理想气体
的内能增加了220 J；若该气体由状态a 沿a→d→c 变化到状态c 时，对外做功40 J，此过程理想气
体的内能增加还是220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得
Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J.
答案：吸收 260
【典例12】(多选)一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da 回到
原状态，其p－T 图象如图所示，其中对角线ac 的延长线过原点O.下列判断正确的是( )
A．气体在a、c 两状态的体积相等
B．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能
C．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功
解析 由ac 的延长线过原点O 知，直线Oca 为一条等容线，气体在a、c 两状态的体积相等，
选项A 正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a 时的内能大于在状态c 时的内能，选项B
正确；过程cd 是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界
对气体做的功，选项C 错误；过程da 气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，
选项D 错误；
由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程
bc 中压强为p0＝pb＝pc，过程da 中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV 知，过程bc 中
外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da 中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝
C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E 正确(此选项也可用排除法直接判断更快捷)．
答案 ABE
【典例13】(多选)如图所示，一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中不正确的
是( )
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A．b→c 过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b 过程中，气体体积增大，压强减小
C．c→a 过程中，气体压强增大，体积变小
D．c→a 过程中，气体内能增大，体积变小
E．c→a 过程中，气体从外界吸热，内能增加
解析：选ACD.b→c 过程中，气体压强p 不变，温度T 降低，由＝C 可知，气体体积V 减小，
选项A 错误；a→b 过程中，气体的温度T 不变，而压强p 减小，由＝C 可知，气体体积V 增大，选
项B 正确；c→a 过程中，p 与T 成正比，由＝C 可知，气体体积V 不变，气体压强p 与温度T 都增
大，选项C、D 错误；c→a 过程中，气体温度T 升高，气体内能增大，ΔU＞0，气体体积不变，外
界对气体做功为零，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＞0，气体从外界吸收
热量，选项E 正确．
【典例14】将如图所示的装置的右端部分汽缸B 置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A
和导热汽缸B 均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同
的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p0、体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A 中气体，使
汽缸A 中气体的温度升高到1.5T0，稳定后，求：
(1)汽缸A 中气体的压强PA以及汽缸B 中气体的体积VB；
(2)此过程中B 中气体吸热还是放热？试分析说明．
解析：(1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知PA＝PB，选汽缸A 中气体为研究对
象，根据理想气体状态方程得p0V0·＝pAVA·.选汽缸B 中气体为研究对象，根据玻意耳定律得p0V0＝
pBVB，又因为2V0＝VA＋VB，联立得pA＝pB＝1.25p0，VB＝0.8V0.
(2)因为B 中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B 中气体做正功，由热力学第一定律可知
气体放热．
答案：(1)1.25p0 0.8V0 (2)放热 见解析
【典例15】某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端
开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所
示．已知该酒瓶容积为480 cm3，玻璃管内部横截面积为0.4 cm2，瓶口外的有效长度为48 cm.当气
温为7 ℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．
(1)求该气温计能够测量的最高气温；
(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收了3 J 热量，则在这
一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强p0＝1.0×105 Pa)
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解析：(1)封闭气体发生等压变化，则＝，
即＝，
解得T＝291.2 K＝18.2 ℃.
(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
外界对气体做功W＝－p0·ΔV＝－1.92 J，
解得ΔU＝1.08 J.
答案：(1)18.2 ℃ (2)增加了1.08 J
【典例16】(1)在高原地区烧水需要使用高压锅．水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽．停止
加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却．在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________．
A．压强变小
B．压强不变
C．一直是饱和汽
D．变为未饱和汽
(2)如图甲所示，在斯特林循环的p－V 图象中，一定质量理想气体从状态A 依次经过状态B、
C 和D 后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成．B→C 的过程中，单位体积中
的气体分子数目________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．状态A 和状态D 的气体分子热运
动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A 对应的是________(选填“①”或“②”)．
(3)如图甲所示，在A→B 和D→A 的过程中，气体放出的热量分别为4 J 和20 J．在B→C 和
C→D 的过程中，气体吸收的热量分别为20 J 和12 J．求气体完成一次循环对外界所做的功．
解析：(1)高压锅在密封状态下，因为冷却过程是缓慢进行的，所以水和水蒸气保持动态平衡，
即水蒸气一直是饱和汽，故C 对、D 错．饱和汽压随温度的降低是减小的，故A 对、B 错．
(2)B→C 过程气体体积不变，气体的总分子数也不变，故单位体积内的分子数是不变的．
由＝C 可知，TA＜TD，温度越高，分子的平均速率越大，故状态A 对应的是①.
(3)对A→B 过程应用热力学第一定律：－4 J＋W1＝0，则W1＝4 J．对C→D 过程同理有：12 J
＋W2＝0，则W2＝－12 J．B→C 和D→A 过程体积不变，气体不做功，故一次循环中气体对外界做
功8 J.
答案：(1)AC (2)不变 ① (3)8 J
1．（2023·天津·统考高考真题）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（ ）
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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
ΔU =W +Q
爬山过程中气体不做功，但内能见效，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
PV
T =C
可知气体压强减小，故D 错误；
故选B。
2．（2022·江苏·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其
中a→b为等温过程，状态b、c 的体积相同，则（ ）
A．状态a 的内能大于状态b
B．状态a 的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】C
【详解】A．由于a→b 的过程为等温过程，即状态a 和状态b 温度相同，分子平均动能相同，对于
理想气体状态a 的内能等于状态b 的内能，故A 错误；
B．由于状态b 和状态c 体积相同，且pb< pc，根据理想气体状态方程
pbV b
T b
= pcV c
T c
可知T b<T c，又因为T a=T b，故T a<T c，故B 错误；
CD．因为a→c 过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据
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ΔU =W +Q
可知气体吸收热量；故C 正确，D 错误；
故选C。
3．（2022·北京·高考真题）如图所示，一定质量的理想气体从状态a 开始，沿图示路径先后到达状
态b 和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a 到b，气体温度保持不变
B．从a 到b，气体对外界做功
C．从b 到c，气体内能减小
D．从b 到c，气体从外界吸热
【答案】D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a 开始，沿题图路径到达状态b 过程中气体发生等容变
化，压强减小，根据查理定律p
T =C，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由
于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB 错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b 沿题图路径到达状态c 过程中气体发生等压变化，体积增大，
根据V
T =C，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b 到c 过程
吸热，且吸收的热量大于功值，C 错误、D 正确。
故选D。
4．（多选）（2022·天津·高考真题）采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化
为以下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，
则（ ）
A．绝热过程中，气体分子平均动能增加B．绝热过程中，外界对气体做负功
C．等压过程中，外界对气体做正功
D．等压过程中，气体内能不变
【答案】AC
【详解】AB．一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，
根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A 正确，
B 错误；
CD．一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少；根据
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V
T =C
可知气体体积减小，外界对气体做正功，故C 正确，D 错误。
故选AC。
5．（多选）（2023·全国·统考高考真题）对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的
内能与末状态的内能可能相等的是（ ）
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
【答案】ACD
【详解】A．对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不
变，内能不变，故A 正确；
B．根据理想气体状态方程
PV
T =C
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相
比内能增加，故B 错误；
C．根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状
态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C 正确；
D．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有
可能和初状态的温度相等，内能相等，故D 正确；
E．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能
大于初状态的内能，故E 错误。
故选ACD。
6．（多选）（2023·全国·统考高考真题）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
12
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【详解】A．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸
收热量，A 正确；
B．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
ΔU =W +Q
可知气体对外放热，B 正确；
C．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律
ΔU =W +Q
可知Q 可能等于零，即没有热量交换过程，C 错误；
D．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，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；
E．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律
ΔU =W +Q
可知Q 可能等于零，即没有热量交换过程，E 错误。
故选ABD。
7．（多选）（2023·山西·统考高考真题）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
【详解】A．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，可知h 的体积也被压缩压强变大，对活塞
受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作
用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h 中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，
h 中的气体内能增加，A 正确；
B．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
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簧处于压缩状态，对左边活塞分析
pf S = F弹+ pg S
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
p0V 0
T 0
= pf V f
T f
p0V 0
T 0
= pgV g
T g
由题意可知，因弹簧被压缩，则V f>V g，联立可得
T f >T g
B 错误；
C．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 气体分析可知
p0V 0
T 0
= phV h
T h
联立可得
T f >T h
C 错误；
D．对弹簧、活塞及g 中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f 与h 中的气体压强相等，D
正确。
故选AD。
8．（多选）（2023·山东·统考高考真题）一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为
1×10
5Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收
600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是（ ）
A．初始状态下，气体的体积为6L
B．等压过程中，气体对外做功400J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的1
4
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400J
【答案】AD
【详解】C．令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为
p1= p0,V 1=V 0,T 1=300K
等容过程为状态二
p2=? ,V 2=V 1=V 0,T 2= 400K
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等压过程为状态三
p3= p0,V 3=? ,T 3= 400K
由理想气体状态方程可得
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
= p3V 3
T 3
解得
p2= 4
3 p0,V 3= 4
3 V 0
体积增加了原来的1
3，C 错误；
D．等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律
ΔU =W +Q = 400J
两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400J，D 正确；
AB．等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200J，
即做功的大小为
W = p0(
4
3 V 0-V 0)=200J
解得
V 0=6L
A 正确B 错误；
故选AD。
9．（2022·广东·高考真题）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个
过程 （选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环
境的热量 （选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
【答案】 不是 大于
【详解】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发
的过程；
[2]由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
10．（2022·福建·高考真题）带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a 状态，
然后经过a→b→c状态变化过程到达c 状态。在V -T图中变化过程如图所示。
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（1）气体从a 状态经过a→b到达b 状态的过程中压强 。（填“增大”、“减小”或
“不变”）
（2）气体从b 状态经过b→c到达c 状态的过程要 。（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】 增大 放出
【详解】（1）[1]由V -T图像可知，气体从a 状态经过a→b到达b 状态的过程中，气体的体积保
持不变，温度升高，根据
p
T =C
可知气体的压强增大。
（2）[2]由V -T图像可知，气体从b 状态经过b→c到达c 状态的过程，气体的温度保持不变，则
气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对
外放出热量。
11．（2023·浙江·高考真题）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆
柱形容器内用面积S =100cm
2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。
开始时气体处于温度T A=300K、活塞与容器底的距离h0=30cm的状态A。环境温度升高时容器内
气体被加热，活塞缓慢上升d =3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不
动，气体被继续加热至温度T c=363K的状态C 时触动报警器。从状态A 到状态C 的过程中气体内
能增加了ΔU =158J。取大气压p0=0.99×10
5Pa，求气体。
（1）在状态B 的温度；
（2）在状态C 的压强；
（3）由状态A 到状态C 过程中从外界吸收热量Q。
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【答案】（1）330K；（2）1.1×10
5Pa；（3）188J
【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A 变化到状态B 的过程中，封闭气体的压强不变，则有
V A
T A
= V B
T B
解得
T B= V B
V A
T A =330K
（2）从状态A 到状态B 的过程中，活塞缓慢上升，则
pB S = p0 S +mg
解得
pB=1×10
5Pa
根据题意可知，气体由状态B 变化到状态C 的过程中，气体的体积不变，则有
pB
T B
= pC
T C
解得
pC = T C
T B
pB=1.1×10
5Pa
（3）根据题意可知，从状态A 到状态C 的过程中气体对外做功为
W 0= pB S Δh=30J
由热力学第一定律有
ΔU =W +Q
解得
Q = ΔU +W =188J
12．（2023·浙江·统考高考真题）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S =100cm
2，质量
m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K 的热源接触，平
衡时圆筒内气体处于状态A，其体积V A =600cm
3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积
V B=500cm
3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC =1.4×10
5 Pa。已知从
状态A 到状态C，气体从外界吸收热量Q =14 J；从状态B 到状态C，气体内能增加ΔU =25 J；大
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气压p0=1.01×10
5 Pa。
（1）气体从状态A 到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），
圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C 的温度Tc；
（3）求气体从状态A 到状态B 过程中外界对系统做的功W。
【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J
【详解】（1）圆筒导热良好，则气体从状态A 缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分
子平均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）状态A 时的压强
pA = p0- mg
S =1.0×10
5Pa
温度TA=300K；体积VA=600cm3；
C 态压强pC =1.4×10
5Pa；体积VC=500cm3；
根据
pAV A
T A
= pCV C
T C
解得
TC=350K
（3）从B 到C 气体进行等容变化，则WBC=0，因从B 到C 气体内能增加25J 可知，气体从外界吸
热25J，而气体从A 到C 从外界吸热14J，可知气体从A 到B 气体放热11J，从A 到B 气体内能不变，
可知从A 到B 外界对气体做功11J。
13．（2021·江苏·高考真题）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为
S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0
和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，活塞与汽缸间
的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量ΔU；
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（2）最终温度T。
【答案】（1）ΔU =Q -( p0 S+ f )L；（2）T = 2( p0 S+ f )
p0 S
t0
【详解】（1）活塞移动时受力平衡
p1S = p0 S + f
气体对外界做功
W = p1SL
根据热力学第一定律
ΔU =Q -W
解得
ΔU =Q -( p0 S + f )L
（2）活塞发生移动前，等容过程
p0
t0
= p1
t1
活塞向右移动了L，等压过程
V 1
t1
= V 2
T
且
V 2=2V 1
解得
T = 2( p0 S+ f )
p0 S
t0
14．（2023·广东·统考高考真题）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V 0、温度为T 0的状态A等温膨胀到
体积为5V 0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V 0、压强为1.9 p0、温度为T C的
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状态C ,B到C过程中外界对气体做功为W ．已知p0、V 0、T 0和W ．求：
（1）pB的表达式；
（2）T C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）1
5 p0；（2）1.9T 0；（3）W
【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得
pAV A = pBV B
解得
pB= 1
5 p0
（2）根据理想气体状态方程可知
pBV B
T B
= pCV C
T C
解得
T C =1.9T 0
（3）根据热力学第一定律可知
ΔU =W +Q
其中Q =0，故气体内能增加
ΔU =W
1．(多选)如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢
下降过程中，罐内空气(可视为理想气体)( )
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A．内能增大
B．分子间的平均距离减小
C．向外界放热
D．对外界做正功
解析：选BC.由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A 选项错误；取金
属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题
意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B 选项正确；
内能不变ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故
C 选项正确、D 选项错误．
2．(多选)下列说法中正确的是( )
A．一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大
B．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化
C．不可能使热量从低温物体传向高温物体
D．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
E．分子间距离增大时，分子力一定减小
解析：选ABD.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，A 正确．热力学
第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引
起其他变化，B 正确．通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，C 错误．当分子力表
现为引力时，增大分子间的距离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，D 正确．分子
间的作用力随分子间的距离增大先增大后减小，因此分子力可能增大，也可能减小，E 错误．
3．(多选)下列说法正确的是( )
A．1 g100 ℃的水的内能小于1 g100 ℃的水蒸气的内能
B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关
C．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律
D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
E．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关
解析：选ABE.1 g100 ℃的水的势能小于1 g 100 ℃的水蒸气的势能，温度相同，二者的分子
平均动能相同，故A 正确．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素
有关，B 正确．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律，C 错
误．第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违
反了热力学第二定律，D 错误．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，E 正确．
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力
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B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大
C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关
D．物体内能增加，温度一定升高
E．热量可以从低温物体传到高温物体
解析：选BCE.气体总是充满容器，说明气体分子在做无规则热运动，而气体分子之间既存在
引力也存在斥力，A 错误．由于理想气体的内能只与温度有关，所以对于一定质量的理想气体，温
度升高，气体内能一定增大，B 正确．温度越高布朗运动越剧烈，说明水中悬浮的微粒的运动与温
度有关，而悬浮微粒的运动是由水分子运动对微粒的碰撞造成的，即水分子的运动与温度有关，C
正确．物体内能增加，例如冰吸热熔化，内能增加，但是温度不变，D 错误．热量可以从低温物体
传到高温物体，例如电冰箱中热量从低温物体传到高温物体，E 正确．
5．(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，
封闭着两部分气体A 和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A 加热一段时间，后来活
塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判
断正确的是( )
A．气体A 吸热，内能增加
B．气体B 吸热，对外做功，内能不变
C．气体A 分子的平均动能增大
D．气体A 和气体B 内每个分子的动能都增大
E．气体B 分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少
解析：选ACE.A 气体经历等容变化，W＝0，而吸收热量，由ΔU＝W＋Q 知，内能增加，A 正
确；B 气体经历等压变化，W＜0，由＝C 可知，T 增大，则B 气体吸收热量，内能增加，B 错误；
A、B 气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C 正
确，D 错误；由于气体B 压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间
内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E 正确．
6．(多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V 和摄氏温度变化关系的V－t 图象，气体由
状态A 变化到状态B 的过程中，下列说法正确的是( )
A．气体的内能增大
B．气体的内能不变
C．气体的压强减小
D．气体的压强不变
E．气体对外做功，同时从外界吸收热量
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解析：选ACE.由状态A 到状态B，温度升高，内能增大，A 正确，B 错误；由理想气体状态方
程可知，由状态A 到状态B，压强减小，C 正确、D 错误；气体内能增加，从外界吸收热量，压强
减小，对外做功，E 正确．
7．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A 的变化过程可用如图所示的p－V 图描述，
图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．
(1)气体状态从A 到B 是______(填“等容”“等压”或“等温”)过程；
(2)状态从B 到C 的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；
(3)状态从C 到D 的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)．
(4)状态从A→B→C→D 的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．
解析：(1)由p－V 图象可以看出，从A 到B 是等压变化．
(2)从B 到C 状态，气体体积不变，压强减小，则等于定值可知，气体温度降低．
(3)从C 到D 状态，气体压强不变，体积减小，由等于定值可知，气体温度降低，内能减少，
ΔU＜0；由于气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，Q＜
0，放热．
(4)从A→B，气体体积增大，气体对外界做功W1＝p2(V3－V1)；从B→C，气体体积不变，W2＝
0；从C→D，气体体积减小，外界对气体做功或气体对外界做负功，即W3＝－p1(V3－V2)；故从
A→B→C→D 的变化过程中，气体对外界做总功W＝W1＋W2＋W3＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．
答案：(1)等压 (2)降低 (3)放热 (4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)
8．气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A 内充有理想气体．通过细玻璃管B 和水银压强计
相连．开始时A 处于冰水混合物中，左管C 中水银面在O 点处，右管D 中水银面高出O 点h1＝14
cm，后将A 放入待测恒温槽中，上下移动D，使C 中水银面仍在O 点处，测得D 中水银面高出O
点h2＝44 cm.已知外界大气压为1 个标准大气压，1 标准大气压相当于76 cmHg.
(1)求恒温槽的温度；
(2)此过程A 内气体内能________(填“增大”或“减小”)；气体不对外做功，气体将
________(填“吸热”或“放热”)．
解析：(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K，A 内气体发生等容变化，根据查理定律
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得
＝①
p1＝p0＋ph1②
p2＝p0＋ph2③
联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91 ℃)
(2)温度升高，A 内气体内能增大，根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q，W＝0，ΔU＞0，即吸热．
答案：(1)364 K(或91 ℃) (2)增大 吸热
9．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开
始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K 升至T1＝350 K.
(1)求此时气体的压强；
(2)保持T1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的
质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．
解析：(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得＝
得p1＝p0＝p0＝p0
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝
p0V2
则V2＝＝V0
所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝
因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学
第一定律ΔU＝W＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量．
答案：(1)p0 (2) 吸热，原因见解析
10．如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2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＝21 cm 的气柱，
气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压取p0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高的汞柱的压强)．
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？
(g＝10 m/s2)
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？
解析：(1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态压强p2＝p0＋＝1.05×105 Pa
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V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2
得L2＝L＝20 cm.
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖－吕萨克定律，有＝，即＝
得L3＝L2＝25 cm.
(3)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J
答案：(1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
11．如图1 所示，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为m、横截面积为s 的活塞密封
了一定质量的理想气体。当环境温度为T 1时，活塞静止的位置与汽缸底部距离为h，离缸口的距离
为0.5h。已知重力加速度为g，活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，大气压强为7mg
s
。
（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好上移到气缸口，求此时的环境温度T 2；
（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一小卡环（与活塞接触但没有作用力），如图2 所示，再
缓慢升高环境温度到T 2，求升温后卡环对活塞的压力大小；
（3）上问中的升温过程相对于（1）问中的升温过程，气体少吸收的热量为多少？
【答案】（1）1.5T1；（2）4mg；（3）4 mgh
【详解】（1）气体发生等压变化，升高后的温度为T 2，做等压变化
sh
T 1
= s⋅(h+0.5h)
T 2
解得
T 2=1.5T 1
（2）开始时，缸内气体压强
p1= mg
s + 7mg
s
= 8mg
s
做等容变化
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p1
T 1
= p2
T 2
解得
p2= 12mg
s
设卡环对活塞的压力大小为F，则
F +mg+ 7mg
s
⋅s= p2⋅s
解得
F＝4mg
（3）两个过程中气体内能增量相同，据热力学第一定律在（1）问中有
Q1- p1s⋅(0.5h)= ΔU
在（2）问中有
Q2= ΔU
则（1）问中比（2）问中多吸收热量
ΔQ =Q1-Q2= 4 mgh
【点睛】运用理想气体方程进行求解，分析每个过程处于的状态进行计算。
12．如图所示为一超重报警装置，其主体是水平地面上的竖直薄壁密闭容器且导热性能良好。容器
高H =0.5 m、横截面积S =0.06 m
2，底部是深h=0.1m的预警区域，内有一厚度和质量均不计的活
塞。活塞通过轻杆连接轻质平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物
时，内部封闭气柱长度L=0.4 m；平台上轻放质量为M 的重物时，活塞最终恰好稳定在预警区域上
边界。已知环境温度T 0=27℃，大气压强P0=1.0×10
5Pa，不计摩擦阻力，求：
（1）重物的质量M；
（2）放上M 至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q；
（3）若环境温度变为-3℃且外界大气压强不变，为保证放上M 后活塞最终仍稳定在预警区域上
边界，应充装与封闭气体同温同压的气体多少体积？
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【答案】（1）M =1.8×10
3kg；（2）气体对外界放出的热量为7.2×10
3J；（3）2.4×10
-3 m
3
【详解】（1）最终稳定时，封闭气体温度不变，则
p0 LS = p1hS
可得
p1= 4 p0
又因为
p1= p0+ Mg
S
代入相关已知数据求得
M =1.8×10
3kg
（2）设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W ，则
W =( Mg+ p0 S)( L-h)
代入数据求得
W =7.2×10
3J
在（1）问的情况下，封闭气体内能不变（ΔU =0），根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可得，气
体对外界放出的热量为
Q =7.2×10
3J
（3）外界大气压强不变，所以环境温度变化时，满足
V 0
T 0
= V 1
T 1
即
V 0
300K = V 1
270K
解得
V 1=0.9V 0
所以应充装同温同压的气体体积为
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ΔV =V 0-0.9V 0=0.1 LS =2.4×10
-3 m
3
13．如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为 4.0cm 的水银柱，水银
柱下密封了一定质量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下
表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，
环境温度为297K。
（1） 细管倒置后，气体吸热还是放热；
（2）求细管的长度；
（3）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此
时密封气体的温度。
【答案】（1）吸热；（2）24cm；（3）330K
【详解】（1）细管倒置后，由于气体变大，气体对外做功，而气体温度最终不变，内能不变，由：
ΔU = W +Q
可知气体吸热；
（2）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的
距离为 h，被密封气体的体积为 V，压强为 p； 细管倒置时，气体体积为 V1，压强为 p1.
由玻意耳定律有
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p0+pgh=80cmHg
p1=p0-ρgh=72cmHg
式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小， p0为大气压强。由题意有
V=S（L-h1-h）
V1=S（L-h）
联立解得
L=24cm
（3）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖-吕萨克定律有
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V
T 0
= V 1
T
T=330K
14．如图所示为某品牌自动洗衣机的控水装置，洗衣缸的底部与控水装置的竖直均匀细管连通，细
管的上端封闭并接有一压力传感器。当洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面
的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀关闭，实
现自动控水的目的。图甲、图乙分别为洗衣缸进水前、后的示意图。假设刚进水时细管被封闭的空
气柱长度L0=52cm，当空气柱被压缩到L1=50cm时压力传感器使洗衣机停止进水。假设细管内的
空气可视为理想气体，洗衣机进水过程中，控水装置内的温度始终保持不变。已知大气压强为
p0=1.0×10
5Pa，水的密度ρ水=1.0×10
3kg/ m
3，g=10 m /s
2。则：
（1）洗衣缸进水过程中细管内空气分子的平均动能_______（选填“增大”、“减小”或“不
变”），细管内空气需要_______（选填“吸热”、“放热”或“绝热”）；
（2）求进水结束后洗衣缸内水位高度h。
【答案】（1）不变，放热；（2）h=0.42m
【详解】（1）进水时水位上升，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的
内能不变，根据热力学第一定律
ΔU =Q+W
外界对气体做功，W >0，气体内能不变，ΔU =0，由此可知Q<0，即细管内气体向外放出热量，
而温度是气体分子平均动能的量度，温度越高气体分子平均动能越大，温度不变则气体分子平均动
能不变。
（2）对于封闭在细管中的空气，温度不变，则由波意耳定律有
p0 L0 S = p1 L1S
代入数据解得
p1=1.04×10
5Pa
设洗衣机内水位与细管中的水面高度差为Δh，则细管中气体的压强为
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p1= ρg Δh+ p0
则洗衣机的水位
h= Δh+( L0- L1)
解得
h=0.42m
15．如图所示，圆柱形汽缸竖直放置。质量m=1kg、横截面积S =1.0×10
-3 m
2的活塞封闭某理想
气体，缓慢加热气体使活塞从A 位置上升到B 位置。已知A、B 距汽缸底面高度hA=0.5 m，
hB=0.6 m，活塞在A 位置时气体温度T A=300 K，活塞从A 到B 过程中气体内能增量ΔU =100J，
此时外界大气压强p0=1.0×10
5Pa，不计摩擦，g 取10 m/s
2。求：
（1）活塞在B 位置时密闭气体的温度T B；
（2）上述过程中缸内气体吸收的热量Q。
【答案】（1）360K；（2）111J
【详解】（1）活塞从A 到B 过程中，气体发生等压变化，则有
S hA
T A
= S hB
T B
解得
T B=360K
（2） 活塞上升过程，外界对气体做功为
W =-( p0 S +mg)(hB-hA)=-11J
根据热力学第一定律
ΔU =W +Q
联立解得
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