2024年高考物理复习第一轮：第 4讲　热力学定律与能量守恒定律

这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 4讲　热力学定律与能量守恒定律，共17页。

第4讲　热力学定律与能量守恒定律

[主干知识·填一填]
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：W＋Q＝ΔU.
二、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．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．
三、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．
2．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．
3．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性增大的方向进行．
4．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．
[规律结论·记一记]
1．做功和热传递对改变物体的内能具有等效性．
2．功W的正负可以根据系统的体积变化判断：
(1)体积增大→系统对外做功→W<0；
(2)体积减小→外界对系统做功→W>0.
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(√)
2．给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(×)
3．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)
4．在热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×)
5．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小．能量正在消失．(×)
6．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律．(√)
二、经典小题速练
1．(粤教版选择性必修第三册P73T8)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．在一定条件下，物体的温度可以降到0 K
B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C．吸收了热量的物体，其内能一定增加
D．压缩气体总能使气体的温度升高
解析：B　热力学的绝对零度不可能达到，A错误；根据热力学第二定律，物体从单一热源吸收的热量可全部用于对外做功，当然会引起其他变化，B正确；物体从外界吸收了热量，若全部用来对外界做功，其内能不变，C错误；压缩气体的过程对气体做功，若气体同时向外界释放热量，根据能量守恒定律可知，气体的内能可能减少，温度可能降低，故D错误．
2．(鲁科版选择必修第三册P70T3)一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到初始状态．W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量．在整个过程中一定有(　　)
A．Q1－Q2＝W2－W1　　　 B．Q1＝Q2
C．W1＝W2 D．Q1>Q2
解析：A　根据题意可知，W1为正功，W2为负功，Q1为正，Q2为负，故W＝W1－W2，Q＝Q1－Q2，因为气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以ΔU＝W＋Q＝0，即(W1－W2)＋(Q1－Q2)＝0，所以A正确．
3．(粤教版选择性必修第三册P73T7)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律
B．第二类永动机违背了能量转化的方向性
C．自然界中的能量是守恒的，所以不用节约能源
D．自然界中的能量尽管是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，所以要节约能源
解析：BD　第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背了能量转化的方向性，A错误，B正确；自然界中的能量虽然是守恒的，能量在利用过程中品质降低了，不便于利用了，所以要节约能源，C错误，D正确．

命题点一　热力学第一定律的理解及应用(自主学习)
[核心整合]
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符号的确定
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
3.三种特殊情况
(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．
[题组突破]
1．(对气体内能的理解)(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体体积变化时，其内能可能不变
解析：BD　气体的内能等于所有分子热运动的动能和分子之间势能的总和，故A、C错误，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知道，改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能可能不变，故D正确．
2．(热力学第一定律的理解)(多选)关于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体吸热，内能一定增大
B．气体对外做功时，其内能一定减小
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
解析：CD　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体的内能变化由W、Q共同决定，气体吸热，如果同时对外做功，则内能不一定增大，故A错误；气体对外做功时，如果同时吸热，则其内能不一定减小，故B错误；根据＝C可知，如果等温压缩，则内能不变；等压膨胀，温度升高，内能一定增大，C正确；理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能只与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D正确．
3.(2021·重庆八中月考)(多选)如图所示是某喷水壶示意图．未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气．多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出．储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　　)
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：AC　本题考查热力学第一定律．充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，选项A正确；B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由＝C可知，气体压强减小，选项C正确，D错误．

　判定物体内能变化的方法
(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，则由于理想气体没有分子势能，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的变化．
命题点二　热力学第二定律的理解及应用(自主学习)
[核心整合]
1．热力学第二定律关键词的含义
(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”指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
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如
(1)高温物体低温物体
(2)功热
(3)气体体积V1气体体积V2(较大)
(4)不同气体A和B混合气体AB
3．两类永动机的比较
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
从单一热源吸收热量，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
[题组突破]
1．(对热力学第二定律的理解)(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
解析：BC　第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误．
2．(对热力学第一、第二定律的理解)(2020·全国卷Ⅱ节选)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
解析：A项符合热力学第一、第二定律．B项不可能，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，不违背热力学第二定律．
答案：B　C
3．(两类永动机和热力学的两个定律的比较)关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　　)
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
解析：D　第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确．

热力学第一、第二定律的比较

热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭
示的问题
它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
它指出自然界中涉及热现象的宏观过程是有方向性的
机械能
和内能
的转化
当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能
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

命题点三　热力学定律与气体实验定律的综合(师生互动)
[核心整合]
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，解题时可按以下思路：

　如图所示，导热性良好的汽缸开口向上竖直固定在水平面上．缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体．一根不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态，此时气体体积为V.用手托着重物，使其缓慢上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲．已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，环境温度保持不变．求：
(1)从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
(2)之后从静止释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在汽缸内比最初托起重物前的位置上升了H.若气体的温度不变，则气体吸收的热量是多少？
解析：(1)对活塞受力分析可知，未托重物时，根据平衡条件有p1S＋mg＝p0S，可得气体压强为p1＝p0－，气体体积为V1＝V，
托着重物时，根据平衡条件有p2S＝p0S，可得气体压强为p2＝p0，气体体积为V2＝V－Sh，
根据玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，
解得h＝.
(2)理想气体的温度不变，则内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W＝0，
根据动能定理可得W＋mg(H＋h)－p0S(H＋h)＝0，
解得气体吸收的热量Q＝W＝(p0S－mg).
答案：(1)　(2)(p0S－mg)

与理想气体相关的热力学问题的分析方法
对一定量理想气体的内能变化，吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题，可按下面方法判定：
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W>0；
体积V增大→气体对外界做功→W<0；
无阻碍地自由膨胀→W＝0.
(2)内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU>0；
温度T降低→内能减少→ΔU<0.
(3)吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q.
[题组突破]
1．(热力学第一定律与p­V图像的综合)(多选)一定质量的理想气体状态变化如图所示，则(　　)

A．状态b、c的内能相等
B．状态a的内能比状态b、c的内能大
C．由a到b的过程中气体向外界放热
D．由b到c的过程中气体一直向外界放热
解析：ABC　根据理想气体状态方程＝C结合图像可知，状态b、c的温度相同，故内能相等，A正确；根据理想气体状态方程＝C结合图像可知，状态a的温度比状态b、c的温度高，故状态a的内能比状态b、c的内能大，B正确；由a到b的过程中，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，C正确；据A项分析可知状态b、c的内能相等，由b到c的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程从结果来看气体从外界吸热，故不可能一直向外界放热，D错误．



2．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)
如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化．
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU.
解析：本题考查查理定律和热力学第一定律的综合应用．
(1)瓶内气体发生等容变化．由查理定律得＝，
解得p＝p0.
(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，
解得ΔU＝Q.
答案：(1)p0　(2)内能减少　ΔU＝Q
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2021·江苏扬州期末)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．一锅水中撒一点花粉，加热时发现水中的花粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越激烈
B．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
C．气体的体积增大，内能有可能保持不变
D．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
解析：BC　本题考查内能、热力学第二定律等．布朗运动是液体内部分子做无规则运动时，对悬浮小颗粒碰撞作用的不平衡所引起的，花粉的运动是由于水的对流形成的，不是布朗运动，故A错误；温度高的物体内能不一定大，因为内能不仅与温度有关，还与质量有关；温度是分子平均动能的标志，故温度高的物体，分子平均动能一定大，故B正确；气体的体积增大，气体对外做功，但如果此时气体吸收热量，内能有可能保持不变，故C正确；空调机作为制冷机使用时，在压缩机做功的情况下，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，并不违反热力学第二定律，故D错误．

2．(2021·山东卷)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
解析：B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU>0，W<0，则Q>0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误．


3．(2021·山东潍坊模拟)如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现将沙桶底部钻一个小洞，让沙子慢慢漏出．汽缸外部温度恒定不变，则(　　)
A．缸内的气体压强减小，内能减小
B．缸内的气体压强增大，内能减小
C．缸内的气体压强增大，内能不变
D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加
解析：C　本题考查热力学第一定律的应用．设活塞以及沙桶(含沙子)的质量为m，对活塞以及沙桶(含沙子)整体为研究对象，由平衡条件可得p0S＝pS＋mg，则当m减小时，p增大，由理想气体状态方程可知，气体体积变小，外界对气体做功，由于气体的温度不变，则ΔU＝0，气体的内能不变，选项C正确．
4．(2021·福建莆田二模)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程气体的压强p与体积V的关系如图所示，则从A到B的过程(　　)

A．气体的温度降低
B．气体的内能减小
C．外界对气体做功
D．气体从外界吸收热量
解析：D　本题考查热力学第一定律的应用．由题图可知，从A到B的过程，气体的pV乘积变大，则气体的温度升高，内能增加，选项A、B错误；从A到B的过程，气体的体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；根据热力学第一定律可知，气体内能不变，且气体对外界做功，则气体从外界吸收热量，选项D正确．
5．如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B(　　)
A．可通过等容变化实现
B．不可能经过体积减小的过程
C．气体一定从外界吸热
D．外界一定对气体做正功
解析：C　根据＝C(常数)，可得p＝T，由此可知A、B与O点的连线表示等容变化，直线AO斜率大，则A状态下气体体积小，即A状态体积小于B状态的体积，所以气体自状态A到状态B的过程中，体积必然变大，A错误；由于具体气体变化的过程未知，故可能经过体积减小的过程，B错误；整个过程，气体体积增大，气体对外界做功，W为负值，从图中看出气体温度升高，所以Q必须为正数，即气体必须从外界吸热，C正确、D错误．
6．(2021·河北邯郸市高三三模)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A.A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2×105 Pa.
(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(2)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
解析：(1)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖­吕萨克定律＝
TB＝600 K
B→C过程由题图可知是等温变化，所以TC＝TB＝600 K
C→A过程根据理想气体状态方程＝
pA＝1.5×105 Pa
(2)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200 J
体积膨胀，气体对外界做功W＝－pA·ΔV＝－300 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
Q＝500 J
即该理想气体吸热，吸收热量Q为500 J
答案：(1)600 K，1.5×105 Pa　(2)吸收热量，500 J
[能力提升]
7．(2021·全国高三专题练习)(多选)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、c→d三个状态变化过程，其中纵坐标表示理想气体压强p、横坐标表示理想气体的热力学温度T.则下列结论正确的是(　　)
A．a→b过程，理想气体对外界做正功
B．b→c过程，理想气体向外界放出热量
C．c→d过程，理想气体内能不变
D．三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程
解析：ABD　a→b过程为等温变化，且压强减小，由公式pV＝C知，体积增大，气体对外界做正功，故A正确，b→c过程为等容变化，且温度降低，理想气体内能减小，气体做功为零，由热力学第一定律可知，气体应放热，故B正确；c→d过程为等压变化，温度升高，理想气体内能增大，故C错误；根据＝C可得V＝T，设b处的体积为Vb，则a处的体积为，c处的体积为Vb，d处的体积为6Vb，根据W＝p·ΔV可知三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程，故D正确．
8.(多选)一定质量的理想气体发生状态变化的p­V图像如图所示，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是(　　)
A．等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高
B．从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量
C．从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体对外界做功多
D．从状态C变化到状态D，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变
解析：BCD　从C→B为等压变化，由公式＝C可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A错误；从状态A到状态B为等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体一定吸收热量，故B正确；从状态B变化到状态C，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C正确；从状态C到状态D为等温变化，所以分子的平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D正确．
9．(2021·湖南卷改编)(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)
解析：BD　本题考查理想气体分子平均动能、内能、热力学第一定律和平衡条件．整个过程，右端活塞位置始终不变，所以外力F不做功，故A错误；由于汽缸导热，整个过程环境温度保持不变，所以汽缸内气体温度不变，理想气体的分子平均动能保持不变，由于汽缸内气体是理想气体，不考虑分子势能，所以整个过程，理想气体的内能不变，故B正确，C错误；整个过程，大气压力做功为W1＝p0S1h，活塞上的细沙质量不断增加，活塞上细沙的重力做功小于W2＝mgh，根据能量守恒和热力学第一定律可得理想气体向外界放出的热量小于(p0S1h＋mgh)，故D正确．
10．如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置．现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V­T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体体积；
(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量．
解析：(1)活塞从A位置缓慢到达B位置，活塞受力平衡，气体经历等压变化过程，以活塞为研究对象，有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋＝1.2×105 Pa
由盖­吕萨克定律，有＝
解得VB＝＝6×10－4 m3.
(2)由气体的内能与热力学温度成正比，有＝
解得UB＝108 J
外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－24 J
由热力学第一定律得ΔU＝UB－U0＝Q＋W
解得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量Q＝60 J.
答案：(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J
11．(2021·辽宁适应考)某民航客机在距地面一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1.机舱内有一导热汽缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦．客机在地面静止时，汽缸如图a所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在距地面高度h处匀速飞行时，汽缸如图b所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm，汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变．已知大气压强随距地面高度的变化规律如图c所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2.


(1)判断汽缸内气体由图a状态到图b状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图c估测出此时客机的飞行高度．
解析：本题通过空气压缩机考查热力学第一定律、玻意耳定律．
(1)根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q
从图a到图b气体体积膨胀，气体对外做功，W<0，而温度不变，内能保持不变，ΔU＝0，因此Q>0，气体从外界吸热
(2)初态封闭气体的压强
p1＝p0＋＝1.2×105 Pa
根据玻意耳定律，得
p1l1S＝p2l2S
解得p2＝0.96×105 Pa
由题意知机舱内外气体压强之比为4∶1，因此舱外气体压强为
p′2＝p2＝0.24×105 Pa.
对应题图c可知此时客机的飞行高度为104 m.
答案：(1)吸热　原因见解析　(2)0.24×105 Pa　104 m