1 气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
1．2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录．若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)( )
A．吸收热量B．压强增大
C．内能减小D．对外做负功
2．(多选)一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则下列关于理想气体的说法正确的是( )
A．气体温度一定升高
B．气体的内能一定减少
C．气体的压强一定不变
D．分子间平均距离一定增大
3.
(多选)夏天，从湖底形成一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂，如图．若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体．则上升过程中，以下说法正确的是( )
A．气泡内气体对外界做功
B．气泡内气体分子平均动能增大
C．气泡内气体温度升高导致放热
D．气泡内气体的压强可能不变
4.
如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、b两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，a、b两活塞用轻杆连接，活塞稳定时A、B、C三个部分内的气体温度均相同．现设法使C中的气体温度缓慢升高，则在两活塞缓慢下降的过程中，下列说法正确的是( )
A．A中气体温度升高
B．A中气体压强增大
C．B中气体压强增大
D．C中气体所有分子的动能均增大
5．为适应太空环境，去太空执行任务的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如在地面上一样，假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体可视为理想气体且温度不变，将航天服视为封闭系统( )
A．由地面到太空过程中航天服内气体分子平均动能减小
B．由地面到太空过程中航天服内气体的分子数密度不变
C．由地面到太空过程中航天服内气体放热
D．若开启航天服生命保障系统向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢达到0.9atm，则需补充1atm的等温气体1.6L
6．如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物．图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500J.已知外界大气压强p0＝1.01×105Pa，下列说法正确的是( )
A．重物质量m＝1kg
B．气体在状态B时的体积为8.0×10－2m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J
7.如图所示，质量m＝0.5kg的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10－3m2.忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理想气体，大气压强p0＝1.0×105Pa.现用水平外力F使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l＝0.6m时．
(1)求此时气缸内空气的压强；
(2)求此时外力F的大小；
(3)在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由．
8.
研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活．如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E.a缸内被封闭气体初始温度t1＝27℃，活塞位于汽缸中央，与底部的距离h1＝60cm，活塞和汽缸间的摩擦不计．
(1)若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2＝66cm，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活？
(2)若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q＝1.0×104J的热量，稳定后气体a内能增加了ΔU＝8.5×103J，求此过程气体b的内能增加量．
9．如图所示，一端水平悬挂的圆柱形容器用活塞密封体积V1＝2×10－3m3的理想气体，活塞重力不计且能无摩擦地滑动，其下端悬挂质量m＝60kg的重物，容器的横截面积S＝10－2m2.整个装置放在大气压p0＝1.0×105Pa的空气中，开始时气体的温度T1＝300K，当气体从外界吸收300J的热量，体积变为V2＝4×10－3m3时，求密闭气体：
(1)压强p；
(2)温度T2；
(3)内能增加量.
10.
爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．高压爆米花的原理为：玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声，气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27℃，大气压为p0.已知密闭容器打开盖前的气体压强达到4p0.
(1)将封闭容器内的气体看成理想气体，求打开盖前容器内气体的温度；
(2)假定在一次打开的过程中，容器内的气体膨胀对外界做功15kJ，并向外释放了20kJ的热量，则容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
11.
一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12cm，离汽缸口的距离L2＝3cm.外界气温为27℃，大气压强为1.0×105Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10m/s2，求：
(1)此时气体的温度为多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
12．如图1所示，竖直玻璃管上端封闭、下端开口，总长L＝68.8cm，横截面积S＝0.1cm2，管内液柱的长度L0＝7.6cm，质量m＝10g，液柱密封一定质量的理想气体，气体的长度L1＝50cm，气体温度T1＝300K．现将玻璃管缓慢转到水平位置，气体温度仍为T1，气体长度变为L2，如图2所示．然后对气体进行缓慢加热，使气体温度上升至T2＝360K，加热过程气体吸收热量Q，内能增加ΔU＝0.23J，气体长度变为L3，如图3所示．已知大气压强p0＝1.0×105Pa，玻璃管内壁光滑，重力加速度g＝10m/s2.
(1)求气体长度L2的值；
(2)求气体长度L3的值；
(3)求加热过程气体吸收热量Q的值．
专项1 气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
1．答案：C
解析：由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C
可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q
可知气体放出热量．故选C.
2．答案：AD
解析：气体从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则气体内能增加1.5×104J；气体的内能增加，则温度一定升高，A正确，B错误．气体对外界做功，体积变大，则分子间平均距离一定变大，温度升高，由＝C可知，压强不一定不变，C错误，D正确．
3．答案：AB
解析：气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程＝C，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气泡内气体分子平均动能增大，气泡内气体内能增大，即ΔU>0，体积增大，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q>0，即气泡内的气体吸热，故B正确，C错误．
4．答案：C
解析：以C中气体为研究对象，体积不变，根据＝可知C中气体温度升高，压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到向上和向下气体的压力p2SA和p2SB，因为SA
可知活塞和连杆合力向下，竖直向下运动，A中气体体积增大，压强减小，对外做功，根据
?SymbolDA@U＝W＋Q
气缸绝热Q＝0，内能减小，温度降低；B中气体体积变小，压强增大，C正确，AB错误；
C中气体温度升高，分子的平均动能增大，D错误．
5．答案：D
解析：航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，选项A错误；航天服内气体质量不变，分子数不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，即航天服内气体的分子数密度减小，选项B错误；航天服内气体因为体积膨胀对外做功，而航天服内气体温度不变，即气体内能不变，由热力学第一定律可知气体吸热，选项C错误；设需补充1atm气体V′后达到的压强为p3＝0.9atm，取总气体为研究对象，由玻意耳定律得p1(V1＋V′)＝p3V2，解得V′＝1.6L，选项D正确．故选D.
6．答案：D
解析：在A状态，根据题意mg＋p0S＝pAS，解得m＝2kg，故A错误；根据图像可知＝C，所以气体做等压变化＝，解得VB＝8.0×10－3m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pAΔV＝206J，故C错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q－W＝294J，故D正确．
7．答案：(1)2.5×105Pa (2)152N (3)见解析
解析：(1)玻意耳定律p0l0S＝p(l0－l)S
得压强p＝2.5×105Pa.
(2)对圆柱形气缸受力分析p0S＋F＝pS＋μmg
得F＝152N.
(3)气缸内的空气可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能保持不变，故压缩气体的过程，气体释放热量，根据热力学第一定律，因ΔU＝0，因此压缩气体所做的功W等于气体对外释放的热量Q.
8．答案：(1)病毒能被灭活 (2)1.5×103J
解析：(1)设活塞横截面积为S，则对a气体，初态V1＝Sh1，T1＝(t1＋273) K＝300K；
末态V2＝Sh2，T2＝(t2＋273) K
阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖 吕萨克定律得＝
联立解得t2＝57℃
因57℃>56℃，所以a内病毒能被灭活．
(2)阀门K闭合，系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有ΔUa＝Q＋W
代入数据解得W＝－1.5×103J
对b气体，由于系统绝热，则Q′＝0，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律得，ΔUb＝|W|＝1.5×103J．
9．答案：(1)4×104Pa (2)600K (3)220J
解析：(1)体积达到V2时，对活塞受力平衡pS＋mg＝p0S
得p＝p0－＝4×104Pa
(2)密闭气体等压变化，所以＝
得T2＝T1＝600K
(3)由热力学第一定律W＋Q＝ΔE
又W＝p(V2－V1)＝80J
得ΔE＝Q－W＝220J
10．答案：(1)927℃ (2)内能减少35kJ
解析：(1)根据查理定律＝
p1＝p0，T1＝300K，p2＝4p0
整理得T2＝1200K，t2＝927℃
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝－20kJ－15kJ＝－35kJ
故内能减少35kJ.
11．答案：(1)T1＝450K (2)ΔU＝310J
解析：
(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105Pa，V0＝L1S，T0＝300K，当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示
有p1S＝p0S＋mg
则p1＝1.2×105Pa，V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得
＝
则T1＝450K
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时，由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
则L＝10cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得ΔU＝310J
12．答案：(1)L2＝45cm (2)L3＝54cm (3)Q＝0.32J
解析：(1)设玻璃管竖直放置时密封气体的压强为p1，则p1＝p0－＝0.9×105Pa
玻璃管转到水平过程气体温度不变，由玻意耳定律
p1L1S＝p0L2S
得L2＝45cm
(2)加热过程气体的压强保持不变，由盖 吕萨克定律
＝
得L3＝54cm
(3)设外界对气体做功W，则W＝－p0S＝－0.09J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得Q＝0.32J2 热力学第一定律与气体状态图像的综合应用
1.
一定质量的理想气体p V变化图像如图所示，气体从1→2→3的过程对外做的功为W1，从外界吸收的热量为Q1，气体内能的变化量为ΔU1；气体从1→4→3的过程对外做的功为W2，从外界吸收的热量为Q2，气体内能的变化量为ΔU2，则它们之间的关系正确的是( )
A．W1ΔU2
B．W1Q2，ΔU1<ΔU2
C．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1＝ΔU2
D．W1>W2，Q12.
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
3.
一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则( )
A．ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热
B．bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热
C．ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热
D．整个变化过程中气体的内能先减小后增加
4.
(多选)一定质量的理想气体状态变化的p T图像如图所示，由图像可知( )
A．气体在a、b、c三个状态的密度ρa<ρc<ρb
B．在a→b的过程中，气体的内能增加
C．在b→c的过程中，气体分子的平均动能增大
D．在c→a的过程中，气体对外界放热
5.
如图所示为一定质量的理想气体的压强随温度变化的图像，其中c→a的延长线通过坐标原点，b→c和a→b分别与T轴和p轴平行，下列说法正确的是( )
A．a→b过程气体单位体积内的分子数减少
B．b→c过程气体分子平均动能减小
C．c→a过程气体向外界放热
D．全过程状态b的体积最大
6.
(多选)某品牌手机可以测量气体的压强，某同学将压强测量软件打开并将手机放入一导热良好的透明容器内，之后将容器(气球)密闭，该同学缓慢升高环境温度，测出气球气体的压强随温度变化的规律如图所示，容器内气体视为理想气体，环境压强恒定不变，下列说法正确的是( )
A．A状态下单位体积内的气体分子数大于B状态
B．A状态下气体压强等于环境压强
C．由状态A到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体内能的增量
D．使环境降温，容器中的气体分子动能都减小
7.
(多选)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态可视为平衡态．下列说法正确的是( )
A．状态A气体分子的平均动能比状态B气体分子的平均动能大
B．状态C到状态D，气体的内能保持不变
C．状态B到状态C，气体将放出热量
D．状态D到状态A，气体没有对外做功
8.
(多选)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p V图像如图所示．已知状态A时的温度为27℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T＝t＋273K，则下列判断正确的是( )
A．气体处于状态B时的温度是900K
B．气体处于状态C时的温度是300K
C．从状态A变化到状态C过程理想气体内能增大
D．从状态A变化到状态B过程理想气体放热
9.
(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab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可能不变
B．ab过程中，气体内能的增量等于从外界吸收的热量
C．bc过程中，气体对外界做的功大于气体从外界吸收的热量
D．ca过程中，外界对气体做功p0V0
10.
(多选)如图所示，足够深的导热容器用导热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下方设有两个卡口，且初态时活塞与卡口只接触不挤压，之后环境温度升高至某一恒定值，活塞再次达到稳定后在活塞上面缓慢地倾倒细沙，直到活塞重新回到卡口处．不计活塞与容器间的摩擦，则整个过程中，关于气体的图像及说法正确的是( )
A．图甲为该过程气体的p T图像，气体先吸收热量后放出热量
B．图乙为该过程气体的p V图像，气体先吸收热量后放出热量
C．图丙为该过程气体的V T图像，气体先放出热量后吸收热量
D．图丁为该过程气体的T V图像，气体先吸收热量后放出热量
11.一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p 图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q.
12．一定质量的理想气体缓慢地经过一个逆时针循环过程，在p V图中这一循环过程是一个椭圆，O′点为该椭圆中心，如图所示．试求：
(1)此气体若处在与椭圆中心O′点所对应的状态时，其温度为T0＝300K，那么，该气体经过循环过程中椭圆上的A点时，其温度TA是多少？
(2)这一循环过程是吸热过程还是放热过程？吸收或放出的热量是多少？(提示：椭圆面积公式S＝πab，其中a、b分别是椭圆的半长轴和半短轴，π取3.14)
13．如图所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终回到A状态，已知A状态的温度为27℃(0℃时热力学温度T＝273K)，求C状态的温度以及全过程中气体吸收(放出)的热量．
专项2 热力学第一定律与气体状态图像的综合应用
1．答案：C
解析：初态和末态温度变化相同，因此两个热力学过程内能变化相同；在p V图像中，图线与横轴所围面积表示气体对外界做功的多少，故W1>W2，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q1>Q2，C正确．故选C.
2．答案：D
解析：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＝C，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；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＝C，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知b到c过程从外界吸热，C错误，D正确．故选D.
3．答案：A
解析：由题图中图线ab的反向延长线过坐标原点O，可知a到b过程中，气体压强不变，体积变大，气体对外做功；温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确．b到c过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故B错误．c到a过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误．整个变化过程温度先升高，后降低，最后不变，所以气体的内能先增加，后减小，最后不变，故D错误．
4．答案：BD
解析：根据p＝T可知气体在a、b、c三个状态的体积关系Vaρc>ρb，选项A错误；在a→b的过程中，气体的温度升高，则内能增加，选项B正确；在b→c的过程中，气体分子的温度降低，则分子的平均动能减小，选项C错误；在c→a的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，则气体对外界放热，选项D正确．故选BD.
5．答案：C
解析：a→b过程，气体温度T不变，该过程为等温过程，气体压强p增大，所以体积V减小，单位体积内的分子数增多，A错误；b→c过程气体温度T升高，气体分子平均动能增大，B错误；c→a过程，由于延长线通过坐标原点，根据理想气体状态方程可知，该过程为等容变化，温度T减小，气体内能减小，体积不变，做功为零，根据热力学第一定律，可知气体向外界放热，C正确；根据上述，c→a过程，气体体积不变，a→b过程，气体体积减小，可知全过程状态b的体积最小，D错误．故选C.
6．答案：AC
解析：根据理想气体状态方程＝C可知＝C，结合图像可知图像的斜率越大，体积越小，即VA故A状态下单位体积内的气体分子数大于B状态，故A正确；由于气球会收缩，因此气球内压强大于环境压强，故B错误；由于气球膨胀，故气体对外做功，所以气体吸收的热量大于气体内能的增量，故C正确；温度降低，气体分子平均动能减少，故D错误．故选AC.
7．答案：CD
解析：由题图可知状态A气体的压强、体积都比状态B的小，由理想气体状态方程＝
得TATC所以气体从状态B到状态C内能减小，ΔU<0，又W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q<0，故气体将放出热量，故C正确；状态D到状态A，气体体积不变，气体没有对外做功，故D正确．故选CD.
8．答案：AB
解析：由图示图像可知，A→B过程为等压变化，有＝
已知TA＝(27＋273)K＝300K，代入数据解得TB＝900K，选项A正确；B→C过程为等容变化，有＝
代入数据解得TC＝300K，选项B正确；A→C过程，TA＝300K，TC＝300K，所以A、C两状态温度相同，内能相同，则内能变化ΔU＝0，选项C错误；从状态A变化到状态B过程，理想气体温度升高内能增大，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，一定要吸热，选项D错误．
9．答案：BD
解析：ab过程中，气体体积不变，由查理定律＝得，温度升高，压强变大，所以容器壁单位面积、单位时间内受到气体分子撞击的次数增大；气体内能增大，又因为W＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能的增量等于气体从外界吸收的热量，A错误，B正确；bc过程中，温度不变，由玻意耳定律pbVb＝pcVc可知，压强减小，体积增大，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体内能不变，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，C错误；由题图可得，ca过程由盖 吕萨克定律＝解得Vc＝2V0
所以ca过程中，压强不变，体积减小，外界对气体做功为W＝p0ΔV＝p0·(Vc－Va)＝p0V0，D正确．故选BD.
10．答案：AD
解析：初态时活塞与卡口只接触不挤压，之后环境温度升高至某一恒定值，气体发生等压变化，气体温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，之后在活塞上面缓慢地倾倒细沙，气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故气体先吸收热量后放出热量，故C错误；根据以上分析，第一阶段气体发生等压变化，温度升高，第二阶段发生等温变化，压强增大，初末状态的体积相同，根据p＝T，即在p T图像，初末状态在同一条过原点的倾斜直线上，故A正确；根据以上分析，第一阶段气体发生等压变化，体积增大，第二阶段发生等温变化，压强增大，体积减小，初末状态体积相同，第二阶段根据pV＝TC，p V图像应是曲线，故B错误；第一阶段气体发生等压变化，温度升高，根据T＝V，T V图像应是过原点的倾斜直线，第二阶段发生等温变化，压强不变，体积减小，故D正确．
11．答案：2×105J
解析：根据p 图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功．根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
W1＝pΔV＝2×105×(2－1) J＝2×105J
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；故A经B到C过程中气体吸收的热量为
Q＝W1＝2×105J
12．答案：(1)450K (2)见解析
解析：(1)气体处在O′点所对应的状态与处在A点所对应的状态的体积相等，根据理想气体定律可得＝，解得TA＝T0＝×300K＝450K
(2)该循环过程假设从A循环到A，初、末状态温度相同，即内能相同，由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q
根据p V图像与横轴围成的面积表示功的大小，由于气体经过一个逆时针循环过程，由图像可知在气体体积减小过程外界对气体做的功大于气体体积增大过程气体对外界做的功，故整个过程外界对气体做功为W＝πab＝3.14×11.2×10－3×0.5×105J＝1758.4J，则Q＝－W＝1758.4J，此循环过程是放热过程，放出1758.4J热量．
13．答案：2127℃ 气体放出热量为1.5×103J
解析：对气体由A到B过程进行分析
初状态：pA＝1×105Pa，TA＝300K，VA＝10L
末状态：pB＝2×105Pa，VB＝20L
由理想气体状态方程得＝，解得TB＝1200K
B到C过程为等容变化，根据查理定律有＝
又pC＝4×105Pa
解得TC＝2400K
tC＝(2400－273) ℃＝2127℃
整个过程中气体温度不变，则ΔU＝Q＋W＝0
由p V图像逆时针构成回路，可知外界对气体做的功等于A、B、C、D四点所组成的四边形的面积，由几何知识知W＝1.5×103J
则Q＝－1.5×103J，即气体放出热量为1.5×103J．3 热力学第二定律的应用
1.如图，某厂家声称所生产的空气能热水器能将热量从空气吸收到储水箱．下列说法中正确的是( )
A．热量可以自发地从大气传递到储水箱内
B．空气能热水器的工作原理违反了能量守恒定律
C．空气能热水器的工作原理违反了热力学第二定律
D．空气能热水器能够不断地把空气中的热量传到水箱内，但必须消耗电能
2．国家速滑馆(又名“冰丝带”)是北京2022年冬奥会冰上运动的主场馆，为确保运动项目的顺利完成，需要对场馆内降温．若将场馆内的空气看成理想气体，已知降温前场馆内、外的温度均为7℃，降温后场馆内温度为－8℃，该过程中场馆内气体压强不变．以下说法正确的是( )
A．场馆内空气分子平均动能不变
B．场馆内所有空气分子的分子动能都减小
C．场馆内热量是由场馆内自发传递到场馆外的
D．场馆内部单位时间内空气分子与冰面碰撞次数增多
3．下列现象中，符合能量转化守恒定律但违反热力学第二定律的是( )
A．电冰箱通电后能把箱内低温物体的热量传到箱外的高温物体
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．人类开发了潮汐发电技术，所获得的电能是由海水的机械能转化来的
D．一杯热茶自然放置，茶水会慢慢冷却
4．2022年4月16日，“太空出差三人组”终于回家了，天宫一号是中国第一个空间实验室，航天员在完全失重的情况下做实验，下列说法正确的有( )
A．王亚平挤出的小水滴在天宫一号内漂浮，小水滴的运动是布朗运动
B．完全失重的情况下，密封瓶里的理想气体对容器壁没有作用力
C．密封瓶里的理想气体在等温变化的过程中，内能一定不变
D．完全失重的情况下，热量不可能从低温物体传递到高温物体
5．(多选)我国航天员漫步太空已成为现实．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”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示．两个相通的舱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．若将此气体近似看成理想气体，则( )
A．气体体积膨胀，对外做功
B．气体分子势能减小，内能增加
C．气体体积变大，温度不变
D．B中气体不可能自发地全部退回到A中
6．(多选)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分．各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是( )
A．冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B．该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子的平均动能都降低
7．(多选)如图所示，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．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．电冰箱的工作原理违背热力学第一定律
D．电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除
8.
[2023·辽宁丹东高二统考期末]2022年4月16号上午，神舟13号飞船在内蒙古东风着陆场顺利降落，气闸舱是实验舱中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置．气闸舱的工作原理简化图如图所示，座舱A充满一定质量的理想气体，座舱B内为真空．打开阀门K，气体会自发扩散至B中，气体最终达到平衡，整个系统不漏气且与外界没有热交换，下列说法正确的是( )
A．平衡后，气体系统的熵值在减小
B．座舱A中气体自发扩散过程中，气体对外做功，内能减小
C．平衡后，座舱B中气体可能自发的全部回到座舱A中
D．平衡后，气体分子单位时间内，与器壁单位面积的碰撞次数减少
专项3 热力学第二定律的应用
1．答案：D
解析：该热水器将空气中的能量转移到热水中，符合能量守恒定律，但是热量不可能自发地从低温物体转移到高温物体，实质上在产生热水的过程中，必须消耗电能才能实现，因此也符合热力学第二定律．选项A、B、C错误；空气能热水器能够不断地把空气中的热量传到水箱内，但必须消耗电能，与结论相符，选项D正确．
2．答案：D
解析：场馆内温度降低，场馆内空气分子平均动能减小，但并不是场馆内所有空气分子的分子动能都减小，AB错误；根据热力学第二定律可知，场馆内热量是不可能由场馆内自发传递到场馆外的，C错误；场馆内温度降低，场馆内空气分子平均动能减小，单个分子对冰面的撞击作用力变小，由于场馆内气体压强不变，根据气体压强微观意义可知，场馆内部单位时间内空气分子与冰面碰撞次数增多，D正确．故选D.
3．答案：B
解析：电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，此过程中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，能发生，故A正确，与题意不符；蒸汽机的能量损失不可避免，不可能把蒸汽的内能全部转化为机械能，违背了热力学第二定律，不能发生，故B错误，与题意相符；人类开发了潮汐发电技术，所获得的电能是由海水的机械能转化来的，不违背热力学第二定律，能发生，故C正确，与题意不符；热传递具有方向性，热量能自发的从高温物体传到低温物体，故一杯热茶自然放置，茶水会慢慢冷却，不违背热力学第二定律，故D正确，与题意不符．故选B.
4．答案：C
解析：布朗运动是微粒在液体或气体分子撞击作用下的无规则运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，小水滴在天宫一号内漂浮是由于完全失重状态下的运动情景，不是布朗运动，A错误；完全失重的情况下，密封瓶里的理想气体仍然在做无规则的热运动，即对容器壁仍然有撞击的作用力，B错误；理想气体的内能由温度决定，在等温变化的过程中，内能一定不变，C正确；根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体传递到高温物体而不引起其它变化，即当有外界影响时，热量能够从低温物体传递到高温物体，D错误．故选C.
5．答案：CD
解析：当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体体积膨胀，对外不做功，故A错误；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，B错误，C正确；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CD.
6．答案：ABD
解析：根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确．
7．答案：BD
解析：热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C错误；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确；压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响无法消除，故D正确．
8．答案：D
解析：由于气体分子无规则运动的空间变大，所以无序性增加，即熵增加，故A错误；气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统不漏气且与外界没有热交换，气体内能不变，故B错误；根据熵增加原理可知，一切宏观热现象均具有方向性，B中气体不可能自发地全部回到座舱A中，故C错误；气体温度不变，体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内对单位面积的碰撞次数减少，故D正确．