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第三章 热力学定律
章 末 小 结
知识网络构建
方法归纳提炼
一、热力学第一定律的理解与应用
ΔU＝Q＋W中各物理量符号的意义
ΔU W Q
ΔU>0，物体的内能增加 W>0，外界对物体做功 Q>0，物体吸热
ΔU<0，物体的内能减少 W<0，物体对外界做功 Q<0，物体放热
ΔU＝0，物体的内能不变 W＝0，物体对外界(或外界对物体)不做功 Q＝0，物体与外界绝热
1．绝热过程Q＝0，ΔU＝W，用做功可判断内能的变化。
2．只有在气体体积不变时，W＝0，ΔU＝Q，用吸、放热情况可判断内能的变化。
3．若物体内能不变，即ΔU＝0，W和Q不一定等于零，而是W＋Q＝0，功和热量符号相反，大小相等，因此判断内能变化问题一定要全面考虑。
4．对于气体，做功W的正负一般要看气体体积变化情况，气体体积缩小，W>0；气体体积增大，W<0(气体自由膨胀除外)。
5．对于理想气体要抓住温度T变化是内能变化的标志(T升高，内能增加，ΔU>0，反之，内能减少，ΔU<0)。
1．(多选)我国神九航天员的漫步太空已成为现实。神九航天员漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比。其中，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，则( )
A．气体体积膨胀，但不做功
B．气体温度升高，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
答案：AD
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A中的气体不会做功，故A正确；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体的温度不变，故B、C错误；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。
2．(多选)如图甲所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相等于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功，如图乙所示。内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为30 J。燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功与9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功相等，如图丙所示，该做功冲程气体传递给汽缸的热量为30 J，则( )
A．压缩冲程气体内能的变化量为230 J
B．压缩冲程气体内能的变化量为170 J
C．做功冲程气体内能的变化量为－930 J
D．做功冲程气体内能的变化量为－900 J
答案：BC
解析：压缩过程活塞对气体做的功W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J，气体内能的变化量ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－30 J＝170 J，即压缩冲程气体内能的变化量为170 J，故B正确，A错误；气体膨胀过程中外界对气体所做的功W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J，气体内能的变化量ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J，做功冲程气体内能的变化量为－930 J，故C正确，D错误。
二、热力学第二定律的理解
1．热力学第二定律的几种表现形式
①传热具有方向性；②气体的扩散现象具有方向性；③机械能和内能的转化过程具有方向性；④气体向真空膨胀具有方向性。
注意：热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明。热力学第二定律的不同表述都是等价的。
3．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是( )
A．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
B．一定质量的理想气体温度升高1 K，其等容过程中吸收的热量大于等压过程吸收的热量
C．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能
D．用活塞压缩密闭汽缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，同时气体向外界放出热量0.5×105 J，则气体内能增加了2.5×105 J
答案：AC
解析：根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故A正确；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1 K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，故B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，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即第二类永动机不可能制成，故C正确；用活塞压缩汽缸里的气体，外界对气体做功2.0×105 J，为正值；同时气体向外界放出热量0.5×105 J，为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝2.0×105 J－0.5×105 J＝1.5×105 J，气体内能增加了1.5×105 J，故D错误。
三、热力学第一定律与气体状态变化的综合应用
①研究对象是否为理想气体；②只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功 W＝pΔV，只要温度发生变化，其内能就发生变化；③结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
4．如图所示为一汽缸内封闭的一定质量的气体的p－V图像，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J。
(1)若沿 a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少
热量传入系统？
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系
统做功84 J，问系统是吸热还是放热？ 热量传递是多少？
答案：(1)251 J (2)放热 293 J
解析：(1)沿a→c→b过程，由热力学第一定律知：
ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)J＝209 J，
沿a→d→b过程，由热力学第一定律知：
ΔU＝W′＋Q′，
得：Q′＝ΔU－W′＝209 J－(－42)J＝251 J，
即有251 J的热量传入系统。
(2)因为由a→b，ΔU＝209 J，所以由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209 J，由热力学第一定律知
ΔU′＝W″＋Q″，得Q″＝ΔU′－W″＝(－209－84)J＝－293 J，
负号说明系统放出热量。
5．(多选)(2022·湖南卷)如图所示，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，使右端活塞位置始终不变。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
答案：BD
解析：做功的两个必要因素是力和在力的方向上有位移，由于右端活塞没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度不变，可知汽缸内气体的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；由内能不变可知，理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W
进考场练真题
一、高考真题探析
(多选)(2024·全国高考真题)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
答案：AD
典题
解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖—吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确。
二、临场真题练兵
1．(2024·山东高考真题)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外
做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
答案：C
解析：a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，故A错误；方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，方法二：c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb>Ta分析可知Tb>Tc，所以b到c过程气体的内能减少，故B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。
2．(多选)(2024·河北高考真题)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后( )
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
答案：ACD
解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
3. (2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体( )
A．对外做功
B．内能减小
C．吸收热量
D．压强不变
答案：B
4．(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
答案：AD
5．(多选)(2023·山西卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
答案：AD
6．(多选)(2023·全国卷)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是( )
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
答案：ACD
7．(2022·湖北卷，T3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p－V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( )
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
答案：B
8．(2022·重庆卷)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9 032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
答案：C
9. (2022·北京高考)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
答案：D
10．(2024·福建高考真题)17 ℃时轮胎胎压2.9个大气压，胎内气体为理想气体。体积质量不变，27 ℃时轮胎气压为______个大气压，内能________(选填“大于”“等于”或“小于”)17 ℃时气体内能。
答案：3 大于
11．(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p－V图如图所示。完成一次循环，气体内能________(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体________(填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”)。
答案：不变 做正功 吸热
解析：完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；对p－V图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为ΔU＝0，可知因W＜0，则Q＞0，所以气体从外界吸收热量。
12．(2022·河北高考)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将________(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将________(填“升高”“降低”或“不变”)。
答案：增大 升高
13．(2024·浙江1月卷)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
答案：(1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
14．(2024·辽宁高考真题)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P；
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
15．(2023·广东卷)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体
做功为W。已知p0、V0、T0和W。求：
(1)pB的表达式；
(2)TC的表达式；
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？学业质量标准检测
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共12小题，其中第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2024·吉林长春高二阶段练习)关于以下各图中所示的热学相关知识，描述正确的是( C )
A．图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
B．图乙中，在r由r1变到r2的过程中分子力做负功
C．图丙中，曲线1对应的分子平均动能比曲线2对应的分子平均动能小
D．图丁中，一定质量的理想气体完成A→B→C→A一个循环中其温度始终不变
答案：C
解析：图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错误；图乙中，在r由r1变到r2的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故B错误；图丙中，曲线T2对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知T2>T1，则曲线1对应的分子平均动能比曲线2对应的分子平均动能小，故C正确；图丁中，完成A→B→C→A一个循环，温度先升高，后降低，再升高，故D错误。
2．如图，密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同，则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是( D )
A．p增大、Ek增大 B．p增大、Ek不变
C．p减小、Ek增大 D．p减小、Ek不变
答案：D
解析：由于温度相同，体积变大，由＝C可知，气体的压强减小，由于温度是分子平均动能的标志，温度相同分子平均动能相等，故D正确。
3．(2024·河北保定一模)马蹄灯是上世纪在中国生产并在民间广泛使用的一种照明工具。它以煤油作灯油，再配上一根灯芯，外面罩上玻璃罩子，以防止风将灯吹灭。当熄灭马蹄灯后，灯罩内空气温度逐渐降低，下列关于灯罩内原有空气的说法中正确的是(设外界大气压恒定)( D )
A．所有气体分子运动的速率都减小
B．压强减小
C．体积不变
D．内能减小
答案：D
解析：温度降低，分子的平均速率减小，并不是所有气体分子运动的速率都减小，故A错误；灯罩内外由通风口连通，所以灯罩内外气体压强一直相等，即气体压强不变，故B错误；由B可知，灯罩内原有空气为等压变化，温度降低，体积减小，故C错误；灯罩内原有空气温度降低，内能减小，故D正确。
4．(2024·山东烟台一模)如图所示，某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中，下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气，瓶内空气看作理想气体，水温上下均匀且恒定不变，则( B )
A．瓶内空气对外界做功
B．瓶内空气向外界放出热量
C．瓶内空气分子的平均动能增大
D．单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变
答案：B
解析：被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，水进入瓶内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故A错误；由于水温上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，则气体分子平均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确，C错误；由于气体体积减小，所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故D错误。
5．一定质量的理想气体(分子间作用力不计)，体积由V膨胀到V′。如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，则( B )
A．W1>W2，Q1ΔU2
B．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2
C．W1ΔU2
D．W1＝W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2
答案：B
解析：压强不变的方式：对外做功的过程压强不变，做功的力不变，根据盖—吕萨克定律，温度升高，内能增加，ΔU1>0，吸热Q1＝W1＋ΔU1。温度不变的方式：由玻意耳定律，对外做功的过程压强减小，做功的力减小，W1>W2。温度不变，内能不变，ΔU2＝0，ΔU1>ΔU2，吸热Q2＝ΔU2＋W2，Q1>Q2，故B正确。
6．(2024·河南许昌一模)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时的热力学温度为450 K，关于图示热力学过程中，下列说法正确的是( D )
A．该气体在状态B时的热力学温度为300 K
B．该气体在状态C时的热力学温度为300 K
C．该气体从状态A到状态C全程放出热量
D．该气体从状态A到状态C与外界交换的热量是200 J
答案：D
解析：气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有＝，解得TB＝150 K，气体从状态B到状态C做等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，解得TC＝450 K，故A、B错误；因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝－W，在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，因此W＝－pBΔV＝－200 J，即Q＝－W＝200 J，是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量Q＝200 J，故C错误，D正确。
7.如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，光滑活塞C(质量为m)与容器用良好的隔热材料制成。活塞横截面积为S，大气压为p0，另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B而静止，在这一过程中，容器内空气内能的改变量ΔE，外界对容器内空气所做的功W与物体及活塞的重力势能的变化量的关系是( C )
A．Mgh＋mgΔh＝ΔE＋W
B．ΔE＝W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔh
C．ΔE＝W，WD．ΔE≠W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔh
答案：C
解析：由于系统隔热，所以气体与外界没有热交换，活塞对气体做正功，所以由热力学第一定律知气体的内能增加，且ΔE＝W，而从能量守恒的角度考虑，m和M减少的机械能即重力势能和大气压做功共Mgh＋mgΔh＋p0SΔh，这部分损失的能量一部分使气体的内能增加，另一部分损失到碰撞过程中m和M的内能上，所以W＜Mgh＋mgΔh＋p0SΔh，故选C。
8．如图所示，绝热的容器内封闭一定质量的气体(不考虑分子间的相互作用力，外界大气压恒定)，用电阻丝对其加热时，绝热活塞缓慢地无摩擦地上升，下列说法正确的是( C )
A．活塞上升，气体体积增大，温度降低
B．电流对气体放热，气体又对外做功，气体内能可能不变
C．电流对气体放的热一定大于气体对外做的功
D．气体体积增大，单位时间内打到器壁单位面积的分子数减少，气体压强一定减小
答案：C
解析：活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；由理想气体的状态方程可知，活塞上升的过程中气体体积增大，故温度一定升高，A错误；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，故气体的内能一定增大，B错误；因内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，C正确；气体体积变大，故气体单位体积内的分子数减小，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，但由前面分析知气体压强不变，D错误。故选C。
9．(2024·天津一模)下列有关热学问题说法正确的是( C )
A．图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下的分子平均动能小于②状态下的分子平均动能
B．图乙是分子势能Ep与分子间距r的关系示意图，在r>r1时分子力表现为引力
C．图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体对外界做功，内能减少
D．图丁为一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生的等温变化，由图可知T1答案：CD
解析：图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下分子速率占总分子数的百分比的极大值的速率较大，则气体在①状态下分子平均动能大于②状态下的分子平均动能，故A错误；图乙是分子势能Ep与分子间距r的关系示意图，在r＝r2时分子力表现为零，可知在r2>r>r1时分子力表现为斥力，故B错误；图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体体积变大，对外界做功，因来不及与外界进行热交换，则气体的内能减少，故C正确；图丁为一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生的等温变化，由图可知距离原点越远的曲线上pV乘积越大，可知温度越高，即T110．(2024·河北石家庄高二阶段练习)如图所示为一定质量的理想气体由状态A到状态B再到状态C的p－T图，下列说法正确的是( C )
A．状态A到状态B过程，气体密度变大
B．状态B到状态C过程，气体先放热再吸热
C．A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等
D．A、C两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等
答案：CD
解析：根据＝C可知状态A到状态B过程，压强减小，温度升高，则体积变大，气体密度变小，故A错误；状态B到状态C过程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即W>0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据ΔU＝W＋Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，故B错误；A、C两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，故C、D正确。
11．(2023·青岛二中高二期中)如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这一过程中汽缸内的气体( C )
A．单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多
B．气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因
C．气体分子的速率分布情况不变
D．气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量
答案：CD
解析：活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，汽缸内气体压强减小，因为汽缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误；气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误；外界的温度保持不变，导热材料制成的汽缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C正确；汽缸内气体温度不变，汽缸内气体内能不变；汽缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。故选CD。
12．(2023·山东莱州一中高二上月考)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，K与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子的分子势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则( B )
A．a的体积增大了，压强变小了
B．b的温度升高了
C．加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈
D．a增加的内能大于b增加的内能
答案：BCD
解析：对a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与汽缸壁的接触面是光滑的，可以自由移动，所以a、b两部分的压强始终相同。气体b被压缩，外界对气体b做功，又因气体与外界没有发生热交换，所以b的内能增大，温度升高。根据理想气体状态方程＝C，可知b体积减小，温度升高，压强一定增大，故A错误，B正确；a、b气体的压强始终相同，a的体积较大，则气体a的温度较高，所以加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈，故C正确；由于a气体的温度较高，所以a气体内能增加较多，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
13．(4分)两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
答案：大于 ①
解析：对活塞分析有p＝，因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有WA>WB，则根据ΔU＝W＋Q，因为汽缸和活塞都是绝热的，故有ΔUA>ΔUB，即重新平衡后A汽缸内的气体内能大于B汽缸内的气体内能；由图2中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B汽缸温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
14. (10分)(2024·上海徐汇高三期中)小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cm汞柱产生的压强)，结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，将这个简易温度计放入冰箱，静置一段时间后
(1)玻璃泡内的气体分子平均动能________，气体压强________(选填“变大”“变小”或“不变”)，请用分子动理论的观点从微观角度解释气体压强变化的原因：_当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强降低_______________________________。
(2)温度计放入冰箱后，B管内水银柱液面会______(选填“升高”“降低”或“不变”)。设玻璃泡内气体内能变化的绝对值为ΔU，气体做功的绝对值为W，则气体在这个过程中________(选填“吸热”或“放热”)，变化的热量大小为________。
(3)冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气，这说明( D )
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．热量不可以从低温物体传到高温物体
C．热量的传递过程不具有方向性
D．热量从低温物体传到高温物体，必然引起其他变化
答案：(1)变小 变小 当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强降低
(2)升高 放热 W＋ΔU (3)D
解析：(1)温度降低，可知分子平均动能减小，分子热运动剧烈程度降低，分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强变小。
(2)温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低，ΔU为负值，液面升高，外接对气体做正功，气体放热，根据－ΔU＝W－Q，则Q＝W＋ΔU。
(3)考查热力学第二定律：热传递的方向性，热量自发的从高温物体传到低温物体，但可以在外界的影响使得热量从低温物体传到高温物体，由于外界的影响也即引起了其他变化，故D正确。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)(2024·安徽黄山二模)一定质量的某种理想气体初始温度为T0＝400 K，压强p0＝1×105 Pa，体积为V0。经等容变化放出400 J热量，温度降低到T1＝300 K；若经等压变化，则需要放出600 J的热量才能使温度降低到300 K。求：
(1)等压过程中外界对气体做的功W；
(2)初始状态下气体的体积V0。
答案：(1)200 J (2)8×10－3 m3
解析：(1)等容过程中，气体做功为零，即ΔU＝－Q＝－400 J
等压过程，内能减小400 J，放出600 J热量，则W＝ΔU－Q＝200 J。
(2)根据等压变化可得＝
W＝p0(V0－V1)
联立解得V0＝8×10－3m3。
16．(10分)(2024·山东滨州高二期中)如图所示，质量为M、内部高为H的绝热汽缸内部带有加热装置，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体。汽缸顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上。已知汽缸的底面积为S，活塞质量为m。开始时缸内理想气体温度为300 K，活塞到汽缸底部的距离为0.5H。用电流大小为I的电流通过图中阻值为R的电阻丝缓慢加热时间t后，汽缸内气体的温度升高到700 K。已知大气压强恒为p0，重力加速度为g。忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦。求：
(1)温度从300 K升高到700 K的过程中，缸内气体内能的增加量；
(2)温度为700 K时缸内气体的压强。
答案：(1)I2Rt－(p0S－Mg) (2)eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(p0－))
解析：(1)假设在活塞碰到挡板前，气体一直做等压变化，当T1＝300 K时，体积为0.5HS；当T2＝700 K时，设活塞到汽缸底部的距离为h，则＝
解得h＝H>H
故假设不成立，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容变化。在等压变化过程中，设气体的压强为p，对汽缸有Mg＋pS＝p0S
此过程气体对外做功为W＝pS×0.5H
由热力学第一定律有ΔU＝I2Rt－W
解得ΔU＝I2Rt－eq \b\lc\(\rc\)()。
(2)设T2＝700 K时气体的压强为p′，由理想气体状态方程得＝
解得p′＝eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(p0－))。
17. (12分)(2024·江苏南通高二阶段练习)一容器内部空腔呈不规则形状，为测量它的容积，在容器上竖直插入一根两端开口且粗细均匀的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S，管内用一长为h的水银柱封闭着长为l1的空气柱，如图。此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中，水银柱缓慢上升，静止时管内空气柱长度变为l2。已知水银密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0。
(1)求温度为T1时封闭气体的压强p1；
(2)求容器的容积V；
(3)若该过程封闭气体的内能增加了ΔU，求气体从外界吸收的热量Q。
答案：(1)p0＋ρgh (2)
(3)ΔU＋(p0＋ρgh)(l2－l1)S
解析：(1)对液柱受力分析有p1S＝p0S＋ρghS
解得p1＝p0＋ρgh。
(2)设容器的容积为V，对封闭气体，其初态的体积为V1＝V＋l1S
其末态体积为V2＝V＋l2S
由于该过程中气体压强不变，即发生等压变化，有＝
解得V＝。
(3)由于该过程中等压变化，其体积变化为ΔV＝V2－V1＝(l2－l1)S
该过程外界对系统做功为W＝－p1·ΔV
设吸收热量为Q，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
解得Q＝ΔU＋(p0＋ρgh)(l2－l1)S。
18．(16分)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。
(1)求此时气体的压强。
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
答案：(1)p0 (2) 吸热 原因见解析
解析：(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得
＝。
所以此时气体的压强p1＝p0＝p0＝p0。
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2
可得V2＝＝V0
所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为K＝eq \f(ρV0,ρ·V0)＝。
因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一定从外界吸收热量。
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