[A级——基础达标练]
1．一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体( )
A．内能增加
B．对外界做正功
C．减少的内能小于放出的热量
D．减少的内能大于放出的热量
解析：选C。充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，内能降低，A错误；充气气球用绳子拴着一块石头在下降的过程中，水温越来越低，压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C，可知气球体积减小，对外界做负功，B错误；由选项A、B分析可知气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，放出的热量大于减小的内能，C正确，D错误。
2．(多选)小明在和父母西藏自驾游的时候发现，由于大气压强随海拔的升高而减小，密封包装的小零食会出现“胀袋”的现象，他用学过的物理知识对此现象进行分析，首先将零食密封袋中气体视为理想气体，考虑到在行车过程中一直使用暖风取暖，可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，下列判断正确的是( )
A．外界对密封袋中气体做功
B．密封袋中气体从外界吸热
C．密封袋中气体压强减小
D．密封袋中气体内能减小
解析：选BC。密封包装的小零食出现“胀袋”的现象说明零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体对外做功，A错误；由于可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，有p1V1＝p2V2，密封包装的小零食出现“胀袋”，则零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体压强减小，C正确；由于可近似认为汽车内温度不变，则密封袋中气体内能不变，根据选项A可知密封袋中气体对外做功，则W< 0，结合热力学第一定律，△U＝Q ＋ W，可知密封袋中气体从外界吸热，B正确，D错误。
3．(多选)快递运送易碎物品时，常在快递箱内放置缓冲气袋，然后放入物品，如图所示。若物品放入时，气袋被挤压无破损，袋内气体视为理想气体，温度保持不变，则被挤压后袋内气体( )
A．内能增大 B．压强增大
C．从外界吸热 D．分子平均动能不变
解析：选BD。气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，故A错误，D正确；被挤压后袋内气体体积减小，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2可知，气体压强增大，故B正确；外界对气体做正功，气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体向外界放热，故C错误。
4．某理想气体的p－V图像如图所示，该气体从状态a开始，经历如图所示的变化过程，先后到达状态b和c。下列说法正确的是( )
A．在a→b过程中气体对外界做功，吸收热量
B．在a→b过程中气体对外界做功，放出热量
C．在b→c过程中外界对气体做功，放出热量
D．在b→c过程中外界对气体做功，吸收热量
答案：A
5．(多选)(2024·内蒙古包头期末)一定质量理想气体发生如图所示的状态变化A→B→C→A，其中C→A是等温过程，下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中气体吸收的热量等于气体内能的增加量
B．B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量
C．B、C状态气体压强相等的原因是单个分子撞击器壁的平均作用力相等
D．C→A的过程中气体吸收的热量全部用于对外做功
答案：ABD
6．一定质量理想气体的压强p随体积V变化规律如图所示，从状态A到B的过程中( )
A．气体温度保持不变
B．外界对气体做功
C．气体从外界吸收热量
D．气体对器壁单位面积的平均作用力不变
解析：选C。从状态A到B的过程中，气体的体积增大，分子密度减小，只有温度升高时，其压强才会增大，A错误；气体体积增大，表明气体对外做功，B错误；气体温度升高，说明内能增大，体积增大，说明气体对外做功，根据热力学第一定律可得气体要吸收热量，C正确；因为压强变大，根据压强定义式可知，单位面积上受力变大，D错误。
7．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．B→C的过程中，气体分子平均动能增加
B．B→C的过程中，气体一定放出热量
C．A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D．A→B的过程中，分子的平均动能变大
解析：选B。B→C的过程中，气体的温度降低，气体分子平均动能减少，A错误；B→C的过程中，气体的温度降低，气体的内能减少，气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，B正确；A→B的过程中，气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，C错误；A→B的过程中，气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，D错误。
8．汽缸内封闭了一定质量、压强为p＝1.0×105 Pa、体积为V＝2.0 m3的理想气体，现使气体保持压强不变，体积缓慢压缩至V′＝1.0 m3，此过程气体向外界释放了1.2×105 J的热量，则：
(1)压缩过程外界对气体做了多少功？
(2)气体内能变化了多少？
解析：(1)外界对气体做功W＝p·ΔV＝p(V－V′)
解得W＝1.0×105 J；
(2)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU＝Q＋W＝－1.2×105 J＋1.0×105 J＝－2×104 J，即气体内能减少了2×104 J。
答案：(1)1.0×105 J (2)减少了2×104 J
[B级——能力增分练]
9．(多选)已知某轿车四个轮胎为同一种型号的轮胎，汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0 atm (标准大气压)，环境温度为27 ℃。汽车行驶一段时间后，胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4 atm，一个轮胎的压强仍为2.0 atm(漏气)。四个轮胎此时温度相等，假设轮胎体积均不变，密闭气体可视为理想气体，则( )
A．轮胎此时的温度为360 K
B．轮胎此时的温度为360 ℃
C．漏气轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
D．完好轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
解析：选AD。对三个完好轮胎之一，由查理定律可得，＝，其中，T1＝300 K，代入数据解得，T2＝360 K，A正确，B错误；完好轮胎体积不变，外界没有对气体做功，即W＝0，由于温度升高内能增大，由热力学第一定律可得，ΔU＝Q，故气体吸收的热量等于内能的增加量，D正确；假设漏气轮胎漏出的气体没有散开，发生等压膨胀，对外做功，即W<0，温度升高内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于内能的增加量，C错误。
10．如图所示，假设某个循环过程由一个等温过程(A→B→C)和一个绝热收缩过程(C→D→A)组成，则一定量的理想气体在该循环过程违反了________(选填“热力学第一定律”或“热力学第二定律”)。若(C→D→A)为导热收缩过程，则在这过程中一定量的理想气体________(选填“从外界吸收热量”或“向外界放出热量”)，其内能____________(选填“先增大后减小”或“先减小后增大”)。
解析：对于一定量的理想气体，由于忽略分子间的作用力，其内能由温度决定，因此从等温过程(A→B→C)可知理想气体在A、C点的内能相等；对于绝热收缩过程(C→D→A)，与外界的热量交换，Q＝0，气体体积减小，即，W>0，根据，ΔU＝Q＋W，可知理想气体在A点的内能比C点的大，与等温过程(A→B→C)推出的结论相矛盾，因此该循环过程违反了热力学第一定律；若(C→D→A)为导热收缩过程，有W>0，由等温过程有，TA＝TB，即理想气体在A、C点的内能相等，根据，ΔU＝Q＋W，可得，Q<0，即理想气体在该过程中放热；根据玻意耳定律可知，等温变化时p与V成反比例，因此在(C→D→A)过程，理想气体的温度先减小后增大，即内能先减小后增大。
答案：热力学第一定律 向外界放出热量 先减小后增大
11．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸高度为L、底面积为S，缸内有一质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。现用绳子系住汽缸底将汽缸倒过来悬挂，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0、温度为T0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞与缸体的厚度及它们间的摩擦。若采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离。
(1)求活塞与汽缸脱离时气体的温度。
(2)求缸内气体对活塞做的功。
(3)若缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体吸收的热量为多少？
解析：(1)气体等压变化，由盖 吕萨克定律得＝
解得T＝。
(2)设缸内气体压强为p，对活塞，由平衡条件得mg＋pS＝p0S
气体做功W＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)
联立解得W＝。
(3)由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q知
气体吸收的热量Q＝ΔU＋。
答案：(1) (2)
(3)ΔU＋
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后达到状态B和C，已知状态A的温度为300 K。
(1)求该气体在状态C的温度。
(2)气体从A到C的整个过程内能增加了300 J，则气体从A到C的整个过程吸收的热量是多少？
解析：(1)A→B 过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
B→C 过程，气体做等容变化，由查理定律得＝
解得TB＝900 K，TC＝270 K。
(2)A→B 过程，气体压强不变，体积增大，外界对气体做负功，W＝－pB
解得W＝ －600 J
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得
Q＝900 J
气体从外界吸收热量900 J。
答案：(1)270 K (2)900 J
13．一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示，活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，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＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝4 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，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取10 m/s2。
(1)求此时气体的温度。
(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＝392 J的热量，则气体增加的内能ΔU为多大？
解析：(1)当汽缸水平放置时
p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，
T0＝300 K
当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，设缸内气体压强为p1，温度为T1，活塞的受力分析图如图所示
有p1S＝p0S＋mg
则p1＝1.2×105 Pa，V1＝S
由理想气体状态方程得
＝
则T1＝480 K。
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS
则L＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做负功为
W＝－p0S－mg(L1＋L2－L)＝－72 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得ΔU＝320 J。
答案：(1)480 K (2)320 J
21世纪教育网(www.21cnjy.com)习题课3 热力学定律与气体实验定律的综合
题型一 热力学第一定律与图像的结合
INCLUDEPICTURE "重难整合.TIF"
1．对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。
INCLUDEPICTURE "典例引领.TIF"
【例1】 (多选)(2024·山西太原期末)一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中，气体压强p随热力学温度T变化的关系如图所示。ab的延长线过坐标原点，bc平行于p轴，下列说法正确的是( )
A．气体在状态a时的内能最大
B．a→b过程中，气体分子数密度增大
C．b→c过程中，气体向外界放热
D．c→a过程中，气体对外界做的功大于气体吸收的热量
[解析] ab延长线过原点，在a→b过程，压强与热力学温度成正比，气体温度降低，内能减小，b→c过程气体温度不变，内能不变，c→a过程中温度升高，内能增大，所以气体在状态a时的内能最大，故A正确；在a→b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，气体分子数密度不变，故B错误；在b→c过程中气体温度不变，内能不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体向外放出热量，故C正确；在c→a过程中气体温度升高，内能增大，压强减小，体积增大，所以气体对外界做功，根据热力学第一定律可得，气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故D错误。
[答案] AC
[针对训练1] (多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a经热力学过程ab、bc、cd、da后回到状态a。其中cd为双曲线的一部分，ab、bc、da平行于坐标轴。对于ab、bc、cd、da四个过程，下列说法正确的是( )
A．状态a的温度小于状态b的温度
B．气体分子在状态b时的平均动能比在状态d时的平均动能小
C．c→d过程中气体吸收热量
D．在一次循环过程中吸收的热量等于放出的热量
答案：BC
题型二 热力学定律与气体实验定律的结合
INCLUDEPICTURE "重难整合.TIF"
INCLUDEPICTURE "典例引领.TIF"
【例2】 如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在温度为T0的盛水容器中，A中压强为p0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
(1)求A、B达到平衡时，水温未发生变化，气体的压强。
(2)求将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，气体的压强。
(3)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始、末状态的温度)，求将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，气体所吸收的热量。
[解析] (1)根据玻意耳定律得p0V0＝p1·2V0
解得p1＝p0。
(2)根据查理定律得＝
解得p2＝1.2p1＝0.6p0。
(3)气体内能的增加量为
ΔU＝k＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
自由膨胀及等容升温，气体均不做功，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝Q＝0.2kT0。
[答案] (1)p0 (2) 0.6p0 (3) 0.2kT0
[针对训练2] 如图所示，在绝热汽缸内，有一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，开始时汽缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2，现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃。已知大气压强等于105 Pa，求：
(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；
(2)此过程中气体对外界做的功；
(3)此过程中气体内能增量。
解析：(1)气体发生等压变化，根据＝，解得h2＝12 cm。
(2)此过程中气体对外做功W＝p0·ΔV＝105×(12－9)×50×10－6 J＝15 J。
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可得内能增量ΔU＝22 J－15 J＝7 J。
答案：(1)12 cm (2)15 J (3)7 J
题型三 热学综合问题
INCLUDEPICTURE "典例引领lll.TIF"
【例3】 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。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。则：
(1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？
(2)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？
[解析] (1)由图像可知：A→B等容变化，由查理定律得＝，代入数据解得TB＝100 K，又T＝273＋t，解得tB＝－173 ℃，B→C等压变化，由盖 吕萨克定律得＝，代入数据解得TC＝300 K，故tC＝27 ℃。
(2)由热力学第一定律得Q>0，所以A→C的过程中是吸热。在整个过程中，B到C的过程气体对外做功，吸收的热量Q＝W＝pΔV，解得Q＝200 J。
[答案] (1)－173 ℃ 27 ℃ (2)吸热 200 J
[针对训练3] 一定质量的理想气体的体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：
(1)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为15 J，该过程中气体吸收的热量；
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。
解析：(1)A状态至B状态过程是等温变化，
气体内能不变，
即ΔU ＝0，
气体对外界做功W＝－15 J
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
解得Q＝－W＝15 J。
(2)由B到C做等压变化，根据盖 吕萨克定律得＝
解得TC＝T0
A到C做等容变化，根据查理定律得＝
解得pC＝p0。
答案：(1)15 J (2)p0 T0
INCLUDEPICTURE"分层演练素养达标LLL.TIF" [A级——基础达标练]
1．一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体( )
A．内能增加
B．对外界做正功
C．减少的内能小于放出的热量
D．减少的内能大于放出的热量
解析：选C。充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，内能降低，A错误；充气气球用绳子拴着一块石头在下降的过程中，水温越来越低，压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C，可知气球体积减小，对外界做负功，B错误；由选项A、B分析可知气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，放出的热量大于减小的内能，C正确，D错误。
2．(多选)小明在和父母西藏自驾游的时候发现，由于大气压强随海拔的升高而减小，密封包装的小零食会出现“胀袋”的现象，他用学过的物理知识对此现象进行分析，首先将零食密封袋中气体视为理想气体，考虑到在行车过程中一直使用暖风取暖，可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，下列判断正确的是( )
A．外界对密封袋中气体做功
B．密封袋中气体从外界吸热
C．密封袋中气体压强减小
D．密封袋中气体内能减小
解析：选BC。密封包装的小零食出现“胀袋”的现象说明零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体对外做功，A错误；由于可近似认为汽车内温度不变，汽车从平原行驶到高原，有p1V1＝p2V2，密封包装的小零食出现“胀袋”，则零食密封袋中气体体积增大，密封袋中气体压强减小，C正确；由于可近似认为汽车内温度不变，则密封袋中气体内能不变，根据选项A可知密封袋中气体对外做功，则W< 0，结合热力学第一定律，△U＝Q ＋ W，可知密封袋中气体从外界吸热，B正确，D错误。
3．(多选)快递运送易碎物品时，常在快递箱内放置缓冲气袋，然后放入物品，如图所示。若物品放入时，气袋被挤压无破损，袋内气体视为理想气体，温度保持不变，则被挤压后袋内气体( )
A．内能增大 B．压强增大
C．从外界吸热 D．分子平均动能不变
解析：选BD。气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，故A错误，D正确；被挤压后袋内气体体积减小，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2可知，气体压强增大，故B正确；外界对气体做正功，气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体向外界放热，故C错误。
4．某理想气体的p－V图像如图所示，该气体从状态a开始，经历如图所示的变化过程，先后到达状态b和c。下列说法正确的是( )
A．在a→b过程中气体对外界做功，吸收热量
B．在a→b过程中气体对外界做功，放出热量
C．在b→c过程中外界对气体做功，放出热量
D．在b→c过程中外界对气体做功，吸收热量
答案：A
5．(多选)(2024·内蒙古包头期末)一定质量理想气体发生如图所示的状态变化A→B→C→A，其中C→A是等温过程，下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中气体吸收的热量等于气体内能的增加量
B．B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量
C．B、C状态气体压强相等的原因是单个分子撞击器壁的平均作用力相等
D．C→A的过程中气体吸收的热量全部用于对外做功
答案：ABD
6．一定质量理想气体的压强p随体积V变化规律如图所示，从状态A到B的过程中( )
A．气体温度保持不变
B．外界对气体做功
C．气体从外界吸收热量
D．气体对器壁单位面积的平均作用力不变
解析：选C。从状态A到B的过程中，气体的体积增大，分子密度减小，只有温度升高时，其压强才会增大，A错误；气体体积增大，表明气体对外做功，B错误；气体温度升高，说明内能增大，体积增大，说明气体对外做功，根据热力学第一定律可得气体要吸收热量，C正确；因为压强变大，根据压强定义式可知，单位面积上受力变大，D错误。
7．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．B→C的过程中，气体分子平均动能增加
B．B→C的过程中，气体一定放出热量
C．A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D．A→B的过程中，分子的平均动能变大
解析：选B。B→C的过程中，气体的温度降低，气体分子平均动能减少，A错误；B→C的过程中，气体的温度降低，气体的内能减少，气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，B正确；A→B的过程中，气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，C错误；A→B的过程中，气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，D错误。
8．汽缸内封闭了一定质量、压强为p＝1.0×105 Pa、体积为V＝2.0 m3的理想气体，现使气体保持压强不变，体积缓慢压缩至V′＝1.0 m3，此过程气体向外界释放了1.2×105 J的热量，则：
(1)压缩过程外界对气体做了多少功？
(2)气体内能变化了多少？
解析：(1)外界对气体做功W＝p·ΔV＝p(V－V′)
解得W＝1.0×105 J；
(2)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU＝Q＋W＝－1.2×105 J＋1.0×105 J＝－2×104 J，即气体内能减少了2×104 J。
答案：(1)1.0×105 J (2)减少了2×104 J
[B级——能力增分练]
9．(多选)已知某轿车四个轮胎为同一种型号的轮胎，汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0 atm (标准大气压)，环境温度为27 ℃。汽车行驶一段时间后，胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4 atm，一个轮胎的压强仍为2.0 atm(漏气)。四个轮胎此时温度相等，假设轮胎体积均不变，密闭气体可视为理想气体，则( )
A．轮胎此时的温度为360 K
B．轮胎此时的温度为360 ℃
C．漏气轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
D．完好轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
解析：选AD。对三个完好轮胎之一，由查理定律可得，＝，其中，T1＝300 K，代入数据解得，T2＝360 K，A正确，B错误；完好轮胎体积不变，外界没有对气体做功，即W＝0，由于温度升高内能增大，由热力学第一定律可得，ΔU＝Q，故气体吸收的热量等于内能的增加量，D正确；假设漏气轮胎漏出的气体没有散开，发生等压膨胀，对外做功，即W<0，温度升高内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于内能的增加量，C错误。
10．如图所示，假设某个循环过程由一个等温过程(A→B→C)和一个绝热收缩过程(C→D→A)组成，则一定量的理想气体在该循环过程违反了________(选填“热力学第一定律”或“热力学第二定律”)。若(C→D→A)为导热收缩过程，则在这过程中一定量的理想气体________(选填“从外界吸收热量”或“向外界放出热量”)，其内能____________(选填“先增大后减小”或“先减小后增大”)。
解析：对于一定量的理想气体，由于忽略分子间的作用力，其内能由温度决定，因此从等温过程(A→B→C)可知理想气体在A、C点的内能相等；对于绝热收缩过程(C→D→A)，与外界的热量交换，Q＝0，气体体积减小，即，W>0，根据，ΔU＝Q＋W，可知理想气体在A点的内能比C点的大，与等温过程(A→B→C)推出的结论相矛盾，因此该循环过程违反了热力学第一定律；若(C→D→A)为导热收缩过程，有W>0，由等温过程有，TA＝TB，即理想气体在A、C点的内能相等，根据，ΔU＝Q＋W，可得，Q<0，即理想气体在该过程中放热；根据玻意耳定律可知，等温变化时p与V成反比例，因此在(C→D→A)过程，理想气体的温度先减小后增大，即内能先减小后增大。
答案：热力学第一定律 向外界放出热量 先减小后增大
11．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸高度为L、底面积为S，缸内有一质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。现用绳子系住汽缸底将汽缸倒过来悬挂，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0、温度为T0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞与缸体的厚度及它们间的摩擦。若采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离。
(1)求活塞与汽缸脱离时气体的温度。
(2)求缸内气体对活塞做的功。
(3)若缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体吸收的热量为多少？
解析：(1)气体等压变化，由盖 吕萨克定律得＝
解得T＝。
(2)设缸内气体压强为p，对活塞，由平衡条件得mg＋pS＝p0S
气体做功W＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)
联立解得W＝。
(3)由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q知
气体吸收的热量Q＝ΔU＋。
答案：(1) (2)
(3)ΔU＋
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后达到状态B和C，已知状态A的温度为300 K。
(1)求该气体在状态C的温度。
(2)气体从A到C的整个过程内能增加了300 J，则气体从A到C的整个过程吸收的热量是多少？
解析：(1)A→B 过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
B→C 过程，气体做等容变化，由查理定律得＝
解得TB＝900 K，TC＝270 K。
(2)A→B 过程，气体压强不变，体积增大，外界对气体做负功，W＝－pB
解得W＝ －600 J
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得
Q＝900 J
气体从外界吸收热量900 J。
答案：(1)270 K (2)900 J
13．一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示，活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，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＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝4 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，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取10 m/s2。
(1)求此时气体的温度。
(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＝392 J的热量，则气体增加的内能ΔU为多大？
解析：(1)当汽缸水平放置时
p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，
T0＝300 K
当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，设缸内气体压强为p1，温度为T1，活塞的受力分析图如图所示
有p1S＝p0S＋mg
则p1＝1.2×105 Pa，V1＝S
由理想气体状态方程得
＝
则T1＝480 K。
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS
则L＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做负功为
W＝－p0S－mg(L1＋L2－L)＝－72 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得ΔU＝320 J。
答案：(1)480 K (2)320 J
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第三章 热力学定律
习题课3 热力学定律与气体实验定律的综合
题型一 热力学第一定律与图像的结合
1．对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】 (多选)(2024·山西太原期末)一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中，气体压强p随热力学温度T变化的关系如图所示。ab的延长线过坐标原点，bc平行于p轴，下列说法正确的是( )
A．气体在状态a时的内能最大
B．a→b过程中，气体分子数密度增大
C．b→c过程中，气体向外界放热
D．c→a过程中，气体对外界做的功大于气体吸收的热量
√
√
[解析] ab延长线过原点，在a→b过程，压强与热力学温度成正比，气体温度降低，内能减小，b→c过程气体温度不变，内能不变，c→a过程中温度升高，内能增大，所以气体在状态a时的内能最大，故A正确；
在a→b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,气体分子数密度不变，故B错误；
在b→c过程中气体温度不变，内能不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体向外放出热量，故C正确；
在c→a过程中气体温度升高，内能增大，压强减小，体积增大，所以气体对外界做功，根据热力学第一定律可得，气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故D错误。
[针对训练1] (多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a经热力学过程ab、bc、cd、da后回到状态a。其中cd为双曲线的一部分，ab、bc、da平行于坐标轴。对于ab、bc、cd、da四个过程，下列说法正确的是
( )
A．状态a的温度小于状态b的温度
B．气体分子在状态b时的平均动能比在状态d时的平均动能小
C．c→d过程中气体吸收热量
D．在一次循环过程中吸收的热量等于放出的热量
√
√
题型二 热力学定律与气体实验定律的结合
[针对训练2] (2021·江苏淮安市高二月考)如图所示，在绝热汽缸内，有一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，开始时汽缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2，现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃。已知大气压强等于105 Pa，求：
(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；
(2)此过程中气体对外界做的功；
(3)此过程中气体内能增量。
(2)此过程中气体对外做功W＝p0·ΔV＝105×(12－9)×50×10－6 J＝15 J。
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可得内能增量ΔU＝22 J－15 J＝7 J。
答案：(1)12 cm (2)15 J (3)7 J
题型三 热学综合问题
【例3】 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。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。则：
[针对训练3] 一定质量的理想气体的体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平
行,BC的延长线过原点。求：
(1)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为15 J，该过程中气体吸收的热量；
(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。
解析：(1)A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即ΔU ＝0，气体对外界做功W＝ －15 J
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
解得Q＝－W＝15 J。
