2023届高考物理二轮复习专题讲义热学——热力学定律、气体实验定律讲义

热力学定律、气体实验定律

本专题主要讲解热力学定律、气体实验定律和气体的状态变化图像等问题。热力学定律和气体实验定律都属于高频考点，试题难度中等，命题形式以选择题和计算题为主，常考查学生灵活应用气体实验定律、热力学定律解释生活中的一些现象，解决某些实际问题。

探究1 热力学定律的理解及应用

典例1：（2022江苏历年真题）已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则（    ）

A．气体体积膨胀，对外做功 B．气体分子势能减少，内能增加

C．体积变大，温度降低 D．B中气体不可能自发地全部退回到A中

训练1：（2021徐州期末）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（    ）

A．A端为热端，B端为冷端

B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的

C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的

D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律

探究2  气体实验定律与理想气体状态方程

典例2:（2022全国历年真题）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。

（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；

（2）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。

训练2：（2022湖北模拟）如图所示，在一个长l＝30cm，截面积S＝4cm2的绝热汽缸内有两个质量和厚度均可忽略不计的活塞a、b，两活塞把汽缸分为体积相等的A、B两部分。汽缸的右端固定有一劲度系数k＝200N/m的轻质弹簧，弹簧左端和活塞b相连，弹簧的原长l0＝15cm，活塞与汽缸间的摩擦忽略不计且密封良好，活塞a导热性能良好，活塞b绝热。开始时A、B两部分气体的温度均为300K，弹簧为原长，活塞a恰好位于汽缸左端。现施加一个水平向右的恒力F＝20N作用于活塞a上，活塞a向右缓慢移动一段距离后停止，再通过B内的加热装置（图中未画出）对B内的气体缓慢加热，使活塞a回到原来的位置。

（1）当活塞a回到原来的位置时，求活塞b相对于初始位置的位移；

（2）当活塞a回到原来的位置时，求此时B内气体的温度。（已知外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa）

典例3：（2020云南历年真题）如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U型管，左管的上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。

（1）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？

（2）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？

训练3：（2022河北模拟）如图为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积S＝3.0×10－4 m2，活塞的最大行程为l＝1.6×10－1 m，正常喷水时壶内气体需达到压强p＝1.3×105 Pa以上。壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为1.2×10－3 m3，压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为27 ℃。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa。

（1）将喷水壶放到室外，室外气温为9 ℃，求稳定后壶内气体的压强；

（2）在室外且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？

探究3 气体的状态变化图像问题

典例4：（2021江苏月考）一定质量气体的状态变化过程的p－V图线如图所示，其中A是初始状态，B，C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。若将上述变化过程改用p－T图线和V－T图线表示，则下列各图正确的是（    ）

A． B．

C． D．

训练4：（2022四川模拟）一定质量理想气体的压强体积（p－V）图像如图所示，其中a到b为等温过程，b到c为等压过程，c到a为等容过程。已知气体状态b的温度Tb＝297K、压强pb＝1×105 Pa、体积Vb＝24L，状态a的压强Pa＝3×105 Pa。

（1）求气体状态a的体积V，以及状态c的温度T；

（2）若b到c过程中气体内能改变了2×104 J，求该过程气体放出的热量Q。

热力学定律、气体实验定律答案解析

典例1：关键信息：气闸舱B内为真空 → A中的气体进入B中时，无阻碍自由膨胀（W＝0）

整个系统与外界没有热交换 → 系统热量Q保持不变

解题思路：

A、当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，故A错误；

BC、系统对外不做功，同时与外界无热交换，根据热力学第一定律可知，ΔU＝Q＋W，则气体内能不变，气体膨胀，但无法确定分子势能的变化，所以也无法确定分子动能的变化，故BC错误；

D、由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部退回到A中，故D正确。

故选：D。

训练1：

A．依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份是热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A错误。

B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故B正确。

C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误。

D．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，

故选B。

典例2：关键信息：缸壁可导热的A、B两汽缸 → 气缸内气体与外界温度相等（有热交换）

不计活塞的质量和体积 → 活塞上、下两部分的气体压强相等

解题思路：

（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0，

对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0－V0＝V0

升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖－吕萨克定律＝C可得：

＝

解得：T1＝T0

（2）

将Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ部分气体看作一个整体，体积为V0＋V0＝V0，当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P，则初状态为：T0、V0、P0；末状态为：2T0、V0、P

由理想气体的状态方程＝C得：＝

可得：P＝P0

将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为V0＋V0＝V0

当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P，体积为V，由理想气体的状态方程＝C得：＝  ①

缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：＝  ②

联立①②可得：P＝P0

训练2：

（1）当活塞a回到原来的位置时，设活塞b相对于初始位置向左移动的位移为x，对气体A根据玻意耳定律得

p0·l0S＝(l0－x)S

解得

x＝5cm

（2）对气体B根据理想气体状态方程得

＝

解得

T1＝700K

典例3：关键信息：液体为水银 → 压强单位用“cmHg”

高h0＝4cm的水银柱 → 液柱下表面的压强为80cmHg（液柱压强加上大气压强），（易错点）漏掉大气压强

管底水平段的体积可忽略 → 气体体积只考虑左右管内封闭的部分

解题思路：

（1）设左、右管的截面积为S。

密封气体初始体积为V1＝(2H－l－h0)S＝20S，压强为p1＝76cmHg＋4cmHg＝80cmHg

经等温压缩过程，密闭气体体积变为V2＝HS＝18S，压强变为p2，

由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2

解得：p2＝88.89cmHg，

此时水银柱的高度为：h＝88.89cm－76cm＝12.89cm；

（2）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3＝(2H－h)S，温度变为T3，由盖吕萨克定律得：＝    代入数据解得：T3＝363K。

训练3：

（1）由气体发生等容变化，初态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K，

末态：T2＝(273＋9)K＝282 K

根据查理定律可得：＝，

解得p2＝0.94×105 Pa；

（2）将原有气体转化为工作压强的状态：p2V2＝pΔV，

其中V2＝1.2×10－3 m3，p2＝0.94×105 Pa，p＝1.3×105 Pa，

解得ΔV＝0.87×10－3 m，

设打入n次的外界气体转换为工作压强的状态：nP0V1＝PV3，

其中V1＝Sl，V3＝V2－ΔV，

解得n＝8.9，取n＝9次。

典例4：关键信息：p－V图像中A→B为双曲线的一部分 → 气体状态A→B为等温变化

B→C与纵轴平行 → 气体状态B→C为等容变化

C→A与横轴平行 → 气体状态C→A为等压变化

解题思路：

AB．由p－V图像及理想气体的状态方程＝C可知，A→B过程，温度恒定，体积增大，压强减小；B→C过程，体积恒定，压强增大，温度增加；C→A过程，压强恒定，体积减小，温度降低；

由理想气体的状态方程＝C可得p＝，即p－T图像的斜率k＝，故B、C两点在同一过原点的倾斜直线上，且该过程气体压强增大；C到A过程，气体等压变化，且温度降低，故A错误，B正确；

C．由以上分析可知，气体从C到A态气体的温度降低，B到C为等容过程，故C错误；

D．由理想气体状态方程：＝C可得V＝(273＋t)，该表达式对应的图像斜率k＝。由A、C两状态的气体压强相等，故应在同一条倾斜直线上，由表达式可知，该图线不应过原点，故D错误。

故选B。

训练4：

（1）从a到b做等温变化，初态：pa＝3×105 Pa，

末态：pb＝1×105 Pa，Vb＝24L

根据玻意耳定律可得：paV＝pbVb，解得V＝8L

从b到c做等压变化，初态：Vb＝24L，Tb＝297K

末态：Vc＝V＝8L，

根据盖—吕萨克定律可得：＝，解得T＝99K；

（2）从b到c过程中气体做等压变化，外界对气体做功

W＝pb·ΔV＝1×105×(24－8)×10－3 J＝1600J

从b到c，体积减小，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W＋Q可得Q＝－2.16×104 J。