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2022步步高中物理一轮word题库选修3-3 热学·第3讲 热力学定律与能量守恒定律
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第3讲　热力学定律与能量守恒定律

知识要点
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增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：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：

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。
(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。
三、能量守恒定律
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，或者是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.条件性
能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。
3.第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
基础诊断
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变
B.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
C.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D.对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
答案　ABE
2.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大
B.当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大
C.一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量
D.一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量
E.熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
解析　分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，A错误；当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，分子势能增大，B正确；等温膨胀，温度不变，气体内能不变，体积增大，对外做功，要保持内能不变，所以需要从外界吸收热量，C正确；等压膨胀，压强不变，体积增大，根据公式pVT ＝C可得温度升高，内能增大，需要吸收热量，故D错误；熵的物理意义反映了宏观过程对应的微观状态的多少，标志着宏观状态的无序程度，即熵是物体内分子运动无序程度的量度，E正确。
答案　BCE
3.(多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增大20 J
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
E.热现象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
解析　根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，故选项A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，选项B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故选项D正确；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，选项E正确。
答案　ADE

　热力学第一定律的理解和应用
1.热力学第一定律的理解
(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，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
2.三种特殊情况
(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。
【例1】 (2019·全国Ⅰ卷，33)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
解析　活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与气体温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
答案　低于　大于

1.(多选)[2017·全国Ⅱ卷，33(1)]如图1，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。下列说法正确的是(　　)

图1
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
E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
解析　因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功。根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，选项C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大 ，选项B、D正确，选项E错误。
答案　ABD
2.如图2所示，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%，瓶内的气体可视为理想气体。则瓶内气体的内能变化量为________J，瓶内气体的温度________(选填“升高”“不变”或“降低”)。

图2
解析　由题意可知，气体对外做的功
W对外＝12mv2η＝12×0.02×1020.1 J＝10 J，由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，可认为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
　热力学第一定律与图象的综合应用
【例2】 (多选)[2017·全国Ⅲ卷，33(1)]如图3，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是________。

图3
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程ab中气体对外界做功
D.在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
审题指导　p－V图象问题的审题思路

解析　在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增加，故选项A正确，C错误；在过程ca中，气体的体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，内能变小，气体向外界放出热量，故选项B正确，E错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，故选项D正确。
答案　ABD

1.(多选)(2020·安徽省宿州市一质检)一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图象如图4所示。下列说法正确的是________。

图4
A.A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B.A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C.B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D.B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变
E.B→C的过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加
解析　从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，因体积减小，分子数密度增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加，故C错误，D、E正确。
答案　BDE
2.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图5所示。下列判断正确的是________。

图5
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
解析　对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，内能增大则为吸热过程，A项正确；b→c过程为等温变化，内能不变压强减小，体积增大，对外做功，则为吸热过程，B项错误；c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C项错误；温度是分子平均动能的标志，Ta＜Tb＝Tc，故D项正确；同种气体的压强由气体的分子数密度和温度T决定，由题图可知Tb＝Tc，pb＞pc，显然E项正确。
答案　ADE
　热力学定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路

【例3】 (2019·广东省汕头市第二次模拟)如图6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V－T图象如图乙所示，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。

图6
(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
(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B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋mgS＝1.2×105 Pa
由盖—吕萨克定律有VATA＝VBTB，
解得VB＝VATBTA＝6×10－4 m3。
(2)由气体的内能与热力学温度成正比UBU0＝TBTA，
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ΔU＝UB－U0＝Q＋W
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J。
答案　(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J

1.(2019·河南省濮阳市第二次模拟)一横截面积为S的汽缸坚直倒放，汽缸内有一质量为m的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，如图7甲所示，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：

图7
(1)此时气柱的长度；
(2)分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热。
解析　(1)以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p0S＝mg＋p1S，得p1＝p0－mgS
汽缸倾斜后，根据平衡条件有p0S＝mgcos 37°＋p2S，
得p2＝p0－mgScos 37°＝p0－4mg5S
根据玻意耳定律有p1LS＝p2xS，解得x＝5p0S－5mg5p0S－4mgL。
(2)由(1)得出气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，
气体等温变化，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＜0，故气体放出热量。
答案　(1)5p0S－5mg5p0S－4mgL　(2)放热
2.如图8所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U形管内水银面高度差h1＝15 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。

图8
(1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。
解析　(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化
由查理定理可知，p1T1＝p2T2
p1＝p0＋ρgh1＝1.2×105 Pa，p2＝p0＝1.0×105 Pa，
T1＝300 K
解得T2＝250 K。
(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体压强p0＝1.0×105 Pa
由盖—吕萨克定律知V2T2＝V3T3
解得T3＝300 K
因为T3＝T1＝300 K，所以初状态与末状态气体内能相等，而第一个变化过程是等容变化，气体不对外做功，第二个变化过程中气体膨胀对外做功，故气体应从外界吸收热量，吸收的热量等于第二个变化过程中气体膨胀对外做的功，即Q＝p0ΔV＝1 600 J。
答案　(1)250 K　(2)1 600 J
　热力学第二定律的理解
1.对热力学第二定律关键词的理解
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


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 不违背能量守恒，违背热力学第二定律
【例4】 (多选)下列说法正确的是(　　)
A.两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能就相等
B.在自然界能量的总量是守恒的，所以不存在能源危机
C.热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
D.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
E.1 kg的0 ℃的冰比1 kg的0 ℃的水的内能小些
解析　温度是分子热运动平均动能的标志，两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能相等，A正确；虽然在自然界能量的总量是守恒的，但能量的转化和转移具有方向性，B错误；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，C正确；热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他的变化”，D错误；1 kg的0 ℃的冰变成1 kg的0 ℃的水要吸收热量，E正确。
答案　ACE

1.(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　　)
A.所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C.机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能
D.气体向真空的自由膨胀是可逆的
E.热运动的宏观过程有一定的方向性
解析　符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确。
答案　BCE
2.如图9所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。

图9
(1)(多选)下列说法正确的是________。
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第二定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？
解析　(1)热力学第一定律和热力学第二定律，适用于所有的热学过程，故C项正确，D项错误；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，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B项正确，A项错误。
(2)由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多。
答案　(1)BC　(2)见解析
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)关于内能，下列说法中正确的是(　　)
A.物体内所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能
B.一个物体的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化
C.若外界对系统做的功为W，则系统的内能增加W
D.若系统从外界吸收的热量为Q，则系统的内能增加Q
E.做功和热传递在改变物体内能方面是等效的
解析　在分子动理论中，我们把物体内所有分子的动能与分子势能的总和定义为物体的内能，A正确；内能与机械能是两个不同的物理概念，如物体的速度增加了，机械能可能增加，但物体的内能可能不变，故B正确；只有当系统与外界绝热时，外界对系统做的功才等于系统内能的增加量，同理，只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的增加量(或减少量)，故C、D错误；做功和热传递在改变物体内能方面是等效的，我们可以用做功的方式使一个物体的内能增大，温度升高，也可以用热传递的方式使它升高到相同的温度，E正确。
答案　ABE
2.(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A.电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C.科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的机器
D.即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能
E.对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
解析　热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，选项A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，选项B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故选项C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故选项D正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故选项E错误。
答案　ABD
3.(多选)关于系统的内能，下列说法正确的是(　　)
A.系统的内能是由系统的状态决定的
B.分子动理论中引入的系统内能和热力学中引入的系统内能是一致的
C.仅对系统做功可以改变系统的内能，但单纯地对系统传热不能改变系统的内能
D.气体做绝热膨胀时对外界做了功，系统的内能要减少
E.一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，故与外界不发生热交换
解析　系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，由系统的状态决定，选项A正确；因为内能是由系统的状态决定的，所以分子动理论中引入的内能和热力学中引入的内能是一致的，选项B正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，选项C错误；气体做绝热膨胀时对外界做了功，与外界没有热交换，所以系统的内能要减少，故选项D正确；一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可能是吸收热量的同时对外做了功，也可能是放出热量的同时外界对其做了功，故选项E错误。
答案　ABD
4.(多选)下列各说法正确的是(　　)
A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B.对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大
C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D.用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 J
E.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关
解析　气体扩散现象表明气体分子在做无规则运动，选项A错误；由于温度是分子平均动能的标志，故对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B正确；分子的平均动能大，则说明物体的温度高，热量总是自发地从高温物体传递到低温物体，选项C正确；用活塞压缩汽缸内的理想气体，根据热力学第一定律，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 J，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项E错误。
答案　BCD
5.(多选)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 (　　)
A.某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数NA＝VV0
B.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律
C.根据热力学第二定律可知，一个孤立系统的总熵一定不会减小
D.当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力
E.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
解析　因为气体分子不是紧密靠在一起的，对于气体，不能通过NA＝VV0求出阿伏伽德罗常数，故A错误；第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了热力学第二定律而不违背能量守恒定律，选项B错误；一个孤立系统的总熵一定不会减小，是用熵的概念对热力学第二定律的表述，选项C正确；当两分子间的距离小于r0时，分子间的斥力大于分子间的引力，D正确；气体温度每升高1 K，气体内能增加一定，可通过不同的变化过程，所以气体吸收的热量与气体经历的过程有关，E正确。
答案　CDE
6.(多选)(2018·全国Ⅲ卷，33)如图1，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。在此过程中(　　)

图1
A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
解析　一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVaTa＝pbVbTb可知Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
答案　BCD
7.(多选)一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图2所示，T2对应的图线上A、B两点表示气体的两个状态，则(　　)

图2
A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大
B.A到B的过程中，气体内能增加
C.A到B的过程中，气体从外界吸收热量
D.A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少
E.A到B的过程中，外界对气体做功
解析　由图可知.当体积相同时，有p1>p2，根据p1T1＝p2T2得，T1＞T2，故A正确；对一定质量的理想气体，其内能仅由温度决定，A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；A到B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确，E错误；A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变，而气体的体积增大，分子数密度减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确。
答案　ACD
8.(2020·山西联考)如图3所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，质量m＝5 kg，横截面积S＝50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300 K。现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。

图3
(1)求加热后汽缸内气体的温度；
(2)继续加热汽缸内的气体，使活塞缓慢上升H＝0.1 m(活塞未滑出汽缸)，若气体的内能的变化量为18 J，则此过程中气体是吸热还是放热？传递的热量是多少？
解析　(1)气体的状态参量为
T1＝300 K，p1＝p0＝1.0×105 Pa
对活塞，由平衡条件得p2S＝p0S＋mg
解得p2＝1.1×105 Pa
由查理定律得p1T1＝p2T2
解得T2＝330 K。
(2)继续加热时，气体等压变化，体积增大，则温度升高，内能增大。
气体膨胀，对外界做功，则外界对气体做的功
W＝－p2SH＝－55 J
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
Q＝ΔU－W＝73 J，气体吸收热量。
答案　(1)330 K　(2)吸热　73 J
综合提能练
9.(多选)[2016·全国Ⅱ卷，33(1)]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4所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)

图4
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　由理想气体状态方程pVT＝C得，p＝CVT，由图象可知，Va＝Vc，选项A正确；一定质量的理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外做的功，选项D错误；bc和da过程中温度改变量相同，故体积变化量与压强的乘积相同，由W＝Fl＝pSl＝p·ΔV知，选项E正确。
答案　ABE
10.一定质量的理想气体经历了如图5所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图5所示。A状态的压强为1×105 Pa，求：

图5
(1)B状态的温度；
(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量。
解析　(1)理想气体从A状态到B状态的过程中。压强保持不变，根据盖—吕萨克定律有
VATA＝VBTB
代入数据解得TB＝VBVATA＝600 K。
(2)理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功
W1＝－pA(VB－VA)
解得W1＝－100 J
气体从B状态到C状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有
pBTB＝pCTC
解得pC＝2.5×105 Pa
从C状态到D状态的过程中，压强保持不变，外界对气体做功
W2＝pC(VC－VD)＝pC(VB－VA)
解得W2＝250 J
一次循环过程中外界对气体所做的总功
W＝W1＋W2＝150 J
理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内能不变。根据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q
解得Q＝－150 J
故完成一次循环，气体向外界放热150 J。
答案　(1)600 K　(2)放热150 J
11.[2018·全国Ⅱ卷，33(2)]如图6，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。

图6
解析　开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
p0T0＝p1T1①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝1＋mgp0ST0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有
V1T1＝V2T2④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝1＋hH1＋mgp0ST0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h。
答案　1＋hH1＋mgp0ST0　(p0S＋mg)h

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