第三章 1. 2.
基础达标练
1．(2024·广东佛山二模)如图所示是一种儿童玩具“吡叭筒”，由竹筒和木棍组成，在竹筒的前后两端分别装上“叭子”(树果子或打湿的小纸团)。叭子密封竹筒里面的空气，迅速推动木棍，前端的叭子便会从筒口射出。则迅速推动木棍过程中(叭子尚未射出)，竹筒中被密封的气体( A )
A．压强增大
B．温度不变
C．内能不变
D．每个分子的动能都变大
答案：A
解析：迅速推动木棍过程中，竹筒中被密封的气体体积减小，则压强变大，外界对气体做正功，W>0，由于“迅速”过程气体与外界无热交换，则Q＝0，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，ΔU>0，温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加。故A正确。
2．(多选)下列关于第一类永动机的说法，正确的是( A )
A．第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器
B．第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第二定律
C．第一类永动机不能制成的原因是技术问题
D．第一类永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律
答案：AD
解析：第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律，这是它不能制成的原因。
3.如图所示是封闭的汽缸，内部封有一定质量的理想气体。用外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功 800 J，同时气体向外界放热200 J，则缸内气体的( A )
A．温度升高，内能增加600 J
B．温度升高，内能减少200 J
C．温度降低，内能增加600 J
D．温度降低，内能减少200 J
答案：A
解析：由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU＝600 J>0，故温度升高，A选项正确。
4．(2024·河北邯郸高二期中)如图所示为一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A的p－V图像，其中，A→B和C→D图线为双曲线的一部分，D→A为绝热过程。下列说法正确的是( D )
A．A→B过程中，气体可能向外界放出热量
B．B→C过程中，气体一定向外界放出热量
C．C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同
D．整个过程中气体从外界吸收热量
答案：D
解析：根据题意可知，A→B过程中，气体温度不变，气体内能不变，由图像可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；由题意可知，C→D过程气体温度不变，则有TC＝TD，D→A为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，则有TA＝TB>TC＝TD，则B→C过程中，气体温度降低，气体内能减小，气体体积变大，外界对气体做负功，所以无法确定气体向外界放出热量还是从外界吸收热量，故B错误；C→D过程气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的数密度增大，所以气体压强增大；D→A过程气体体积减小，气体分子的数密度增大，且气体温度升高，气体分子平均动能增大，所以气体压强增大；可知C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制并不完全相同，故C错误；根据p－V图像的面积意义可知，整个过程中，外界对气体做负功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。
5.如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁间的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡状态。经过此过程( D )
A．Ep全部转换为气体的内能
B．Ep一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．Ep一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能， 其余部分仍为弹簧的弹性势能
答案：D
解析：当绳子突然断开时，活塞受弹簧的弹力F、活塞的重力G、封闭气体对活塞向下的压力F′共同作用，如图所示，其合力向上，经多次往复运动后活塞静止时， 活塞处于三力平衡状态，气体体积必减小，外力对气体做正功，由于绝热，气体的内能增加，而活塞最终的静止位置比初始位置高，其重力势能增加，最终弹力与另外两个力的合力平衡，弹簧仍有形变。设最终弹簧的弹性势能为Ep′，由能量守恒定律得Ep＝Ep′＋活塞增加的重力势能＋气体增加的内能，所以D选项正确。
6．(2024·北京朝阳一模)关于质量一定的理想气体，下列说法正确的是( D )
A．气体温度降低，其压强一定减小
B．气体体积减小，其压强一定增大
C．气体不断被压缩的过程中，其温度一定升高
D．气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能也可能改变
答案：D
解析：根据题意，由理想气体状态方程＝C可知，若气体温度降低，体积也减小，其压强可能增大，可能不变，可能减小，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体不断被压缩的过程中，外界对气体做正功，如果气体同时向外界放热，气体的内能可能不会增加，气体温度不一定升高，在气体与外界不发生热量交换的过程中，如果外界对气体做功，气体内能发生变化，故C错误，D正确。
7．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经过状态B变化到状态C，图中AB是平行于横轴的直线，BC是平行于纵轴的直线，整个过程中气体对外界做功为________J，如果整个过程气体吸收热量1 500 J，则气体内能的变化量为________J。
答案：1 000 500
解析：由图可知，理想气体从状态A变化到状态B，压强不变，体积变大，气体对外界做功为W＝pΔV＝1.0×105×(15－5)×10－3 J＝1 000 J，理想气体从状态B变化到状态C，体积不变，气体不对外界做功，则整个过程中气体对外界做功为1 000 J。根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，代入数据解得ΔU＝500 J。
8．一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化。问：
(1)已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？
(2)试判断气体在状态B、C的温度是否相同；如果知道气体在状态C时的温度TC＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？
答案：(1)1 200 J (2)1 200 K
解析：(1)从A到B，外界对气体做功
W＝pΔV＝15×104×eq \b\lc\(\rc\)()×10－3 J＝900 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝－1 200 J，
即气体放热1 200 J。
(2)由图可知pBVB＝pCVC，则知TB＝TC；据理想气体状态方程有＝，解得TA＝1 200 K。
能力提升练
9．(多选)某种理想气体内能公式可表示为E＝，其状态参量满足pV＝nRT，n表示物质的量，R为理想气体常数(R＝8.3 J·mol－1·K－1)，T为热力学温度。现有一绝热汽缸，用一个横截面积S＝400 cm2、质量M＝15 kg的绝热活塞封闭物质的量n＝0.5 mol的该种理想气体，汽缸底部有电阻丝可以对气体进行加热。现对电阻丝通电一段时间后断开电源，稳定后发现汽缸内气体温度升高了ΔT＝50 K。已知外界大气压强为p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦。从对气体加热到活塞停止上升的整个过程中，关于缸内气体的判断正确的是( A )
A．稳定后压强为103 750 Pa
B．活塞上升的高度为5 cm
C．对外界做功为202.5 J
D．吸收的热量为726.25 J
答案：ABD
解析：由平衡条件知pS＝p0S＋Mg，稳定后压强为p＝p0＋＝103 750 Pa，故A正确；气体做等压变化，有＝＝，又pV0＝nRT0，解得Δh＝，代入数据得活塞上升的高度为Δh＝5 cm，故B正确；对外界做功为W＝pSΔh＝207.5 J，故C错误；由题干知气体增加的内能为ΔU＝＝518.75 J，根据热力学第一定律有ΔU＝－W＋Q，解得Q＝726.25 J，故气体吸收的热量为726.25 J，故D正确。
10．(2024·北京海淀一模)将一只踩扁的乒乓球放到热水中，乒乓球会恢复原形，则在乒乓球恢复原形的过程中，球内气体( B )
A．吸收的热量等于其增加的内能
B．压强变大，分子平均动能变大
C．吸收的热量小于其增加的内能
D．对外做的功大于其吸收的热量
答案：B
解析：将踩扁的乒乓球放入热水中，一段时间后，乒乓球恢复为球形，说明压强变大，是因为乒乓球中的气体吸收热量，温度升高，气体内能增大，分子平均动能变大；由于气体压强变大，体积膨胀，所以气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0，Q>0，W<0，则Q>ΔU，Q>|W|，即气体吸收的热量一部分转化为气体的内能，一部分用来对外做功，因此气体吸收的热量大于其增加的内能，也大于气体对外做的功，故B正确。
11．(2024·高二江苏南通阶段练习)一定质量的理想气体的体积V与温度t的关系如图所示，该理想气体从状态A依次经过A→B→C→D→A的变化过程，其中CD段与t轴平行，DA的延长线过原点O，AB的反向延长线与t轴的交点坐标为(－273.15，0)。则( C )
A．气体在A→B的过程中压强增大
B．气体在D→A的过程中压强不变
C．气体在D→A的过程中向外界放出热量，内能减少
D．气体在B→C的过程中从外界吸收热量，内能增加
答案：C
解析：由A→B的V－t图像反向延长线与轴的交点坐标为(－273.15，0)可知，气体由状态A到状态B为等压变化，故A错误； 根据＝C，结合DA的延长线过原点O可知，由状态D到状态A压强变大，故B错误；气体在D→A的过程中，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故C正确；由图可知，气体从状态B到状态C，温度不变，体积变大，可知，气体的内能不变，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体在B→C的过程中从外界吸收热量，故D错误。
12. (2024·高三下江西阶段练习)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，质量为(p0为大气压强，g为重力加速度大小)，活塞与汽缸底部相距为L。汽缸和活塞绝热性能良好，初始时气体的温度与外界大气温度均为T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动0.5L后停止，整个过程中气体吸收的热量为4p0SL。忽略活塞与汽缸间的摩擦，则该过程中理想气体( D )
A．压强逐渐减小
B．压强逐渐增大
C．内能的增加量为6p0SL
D．内能的增加量为2p0SL
答案：D
解析：活塞缓慢移动，所以受力平衡，设气体压强为p1，则根据平衡条件和已知条件得p1S＝p0S＋mg，m＝，由此可知理想气体的压强不变，故A、B错误；气体对外界做的功W＝0.5p1SL＝2p0SL，根据热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得ΔU＝2p0SL，故C错误，D正确。
13.如图所示，水平放置的密闭绝热汽缸，被绝热隔板K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。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，此时a、b的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb，则下列关系式正确的是( C )
A．Va＝Vb，Ta＝Tb B．Va>Vb，Ta＝Tb
C．Va>Vb，Ta>Tb D．Va＝Vb，Ta>Tb
答案：C
解析：当电热丝对气体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，绝热隔板K将向b气体移动，Va>Vb。汽缸是绝热的，a、b为质量相同的同种气体，再次达到稳定状态时＝，所以Ta>Tb。故C正确。
14．(2024·四川成都二模)如图，水平固定不动的绝热汽缸内，用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S，汽缸底部有一电热丝，其阻值为R，一轻绳左端连接活塞，另一端跨过定滑轮后与质量为m的空小桶相连。开始时小桶静止，外界大气压强为p0，活塞距离汽缸底部的距离为L0，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
(1)若将电热丝通以大小为I的恒定电流，缓慢加热气体，经时间t后，活塞缓慢向右移动的距离为L1，求该过程气体内能的增量；
(2)若在小桶内缓慢加入细沙，同时控制电热丝的加热功率，保持汽缸内气体温度不变，当加入质量为m的细沙时，求该过程活塞向右缓慢移动的距离L2。
答案：(1)I2Rt－(p0S－mg)L1 (2)
解析：(1)电热丝产生的热量为Q＝I2Rt
气体对外做功为W＝－pL1S
又pS＋mg＝p0S
根据热力学第一定律，得该过程气体内能的增量为ΔU＝Q＋W
得ΔU＝I2Rt－(p0S－mg)L1。
(2)气体温度不变，根据等温变化pL0S＝p′(L0＋L2)S
又p′S＋2mg＝p0S
得L2＝。
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第三章 热力学定律
2．热力学第一定律
3．能量守恒定律
目标体系构建
1．通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义。
2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。
3．体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一。
1．理解并会运用能量守恒定律。
2．知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。
课前预习反馈
知识点 1
1．改变内能的两种方式
做功与______。两者在改变系统内能方面是________。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的______与外界对它__________的和。
(2)表达式：_____________。
注意：热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外界做功、向外界传热和内能减少的情况。
热力学第一定律
传热
等价的
热量
所做的功
ΔU＝Q＋W
『判一判』
(1)ΔU＝W＋Q。该式表示的是功、热量跟内能改变之间的定量关系，在物理学中叫作热力学第一定律。( )
√
『选一选』
关于做功、传热与内能变化的说法，正确的是( )
A．不通过做功的过程，物体的内能也可以改变
B．不对物体做功，物体的内能会保持不变
C．外力对物体做2 J的功，物体就一定增加2 J的内能
D．物体吸收热量，内能一定增加
答案：A
解析：做功和传热都可以改变物体的内能，故A正确，B错误；外力对物体做2 J的功，若物体与外界没有热交换，则内能一定增加2 J，故C错误；物体吸收热量时，如果对外做功，内能不一定增加，故D错误。
知识点 2
能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空______，也不会凭空______，它只能从一种形式______为其他形式，或者从一个物体______到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的______保持不变。
(2)意义
①各种形式的能可以相互______。
②各种互不相关的物理现象可以用__________定律联系在一起。
能量守恒定律
产生
消失
转化
转移
总量
转化
能量守恒
『判一判』
(2)某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加。( )
(3)石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了。( )
(4)能量既可以转移又可以转化，故能的总量是可以变化的。( )
(5)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。( )
√
×
×
√
知识点 3
1．永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地__________的机器。
2．永动机不可能制成的原因：违背了__________定律。
3．意义：正是历史上设计永动机的______，才使后人的思考走上了正确的道路。
永动机不可能制成
对外做功
能量守恒
失败
『选一选』
(多选)下面设想符合能量守恒定律的是( )
A．利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B．做一条船，利用太阳的能量逆水行舟
C．通过太阳照射飞机，使飞机不带燃料也能飞行
D．利用核动力，使地球离开太阳系
答案：BCD
解析：利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力是不可避免的，动能最终转化为内能使转动停止，故A错误；可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为船的动能或飞机的动能，实现逆水行舟或飞机不带燃料飞行，故B、C正确；利用反冲理论，以核能为能源，使地球获得足够大的速度，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D正确。
『想一想』
有一种所谓“全自动”机械手表，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去。这是不是一种永动机？如果不是，你知道维持表针走动的能量是从哪儿来的吗？
答案：不是永动机，手表戴在手上，手运动的能量一部分转化为手表的能量(动能)。
课内互动探究
探究?
对热力学第一定律的理解
要|点|提|炼
1．对ΔU＝W＋Q的理解
热力学第一定律将单纯的绝热过程和单纯的热传递过程中内能改变的定量表述推广到一般情况，既有做功又有热传递的过程，其中ΔU表示内能改变的数量，W表示做功的数量，Q表示外界与物体间传递的热量。
2．与热力学第一定律相匹配的符号法则
做功W 热量Q 内能的改变ΔU
取正值“＋” 外界对系统做功 系统从外界吸收热量 系统的内能增加
取负值“－” 系统对外界做功 系统向外界放出热量 系统的内能减少
3．几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则ΔU＝W，物体内能的增加量等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量。
(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对物体做的功等于物体放出的热量(或物体吸收的热量等于物体对外界做的功)。
4．判断是否做功的方法
一般情况下外界对物体做功与否，需看物体的体积是否变化。
(1)若物体体积增大，表明物体对外界做功，W＜0。
(2)若物体体积减小，表明外界对物体做功，W＞0。
(1)当做功和热传递同时发生时，物体的内能可能增加，也可能减小，还可能保持不变。
(2)物体内能发生变化可能是由做功引起的，也可能是由热传递引起的，还可能是两者共同作用的结果。
典|例|剖|析
1．若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功。(设湖水的温度相等且保持不变)
(1)气泡上升过程中吸收的热量是多少？
(2)气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了多少？
答案：(1)0.6 J (2)0.2 J
解析：(1)气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W＝0－(－0.6 J)＝0.6 J。
(2)由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝0.3 J＋(－0.1 J)＝0.2 J，内能增加0.2 J。
(多选)如图所示，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回到状态a，下列说法正确的是( )
A．在ab过程中气体的内能增加
B．在ca过程中外界对气体做功
C．在bc过程中气体从外界吸收热量
D．在ca过程中气体从外界吸收热量
答案：ABC
对点训练
解析：气体在ab过程中做等容变化，由查理定律知气体温度升高，故内能增加，故A正确；在ca过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0；因压强不变，则温度降低，内能减小，即ΔU<0，根据ΔU＝W＋Q可知Q<0，则气体放热，故B正确，D错误；在bc过程中，气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故C正确。
探究?
对能量守恒定律的理解
要|点|提|炼
1．能量的存在形式及相互转化
各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有诸如电磁能、化学能、原子能等。
各种形式的能，通过做功可以相互转化，例如：利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能。
2．守恒条件
与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的，例如，物体的机械能守恒，必须是只有重力和系统内弹簧弹力做功；而能量守恒定律是没有条件的，它是一切自然界现象都遵守的基本规律。
3．能量守恒定律的重要意义
(1)找到了各种自然现象的公共量度——能量，从而把各种自然现象用能量规律联系起来，揭示了自然规律的多样性和统一性。
(2)突破了人们关于物质运动的机械观念的范围，从本质上表明了各种运动形式之间相互转化的可能性。能量守恒定律比机械能守恒定律更普遍，它是物理学中解决问题的重要思维方法。能量守恒定律与电子的发现、达尔文的进化论并称19世纪自然科学中三大发现，其重要意义由此可见。
(3)具有重大实践意义，即彻底粉碎了永动机的幻想。
(1)能量守恒定律是一个自然界中普遍适用的规律，凡是遇到涉及能量的转化和转移问题时可优先考虑使用其解决。
(2)层出不穷的永动机设计方案，由于违背了能量守恒定律，无一例外地宣布失败，人类制造永动机的企图是没有任何成功的希望。
典|例|剖|析
2.如图所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使缸内气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1。求：
(1)加热后缸内气体的温度；
(2)该过程中气体增加的内能。
(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，能耗是正常运行时的5～7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是( )
A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律
B．变频空调运行中做功少，转化能量多
C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电
D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样的电能
对点训练
答案：CD
解析：自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A错误；功是能量转化的量度，做同样的功，消耗同样的电能，B错误，D正确；由变频空调的工作特点可知省电的原因是效率高，C正确。
核心素养提升
永动机不可能制成
1．第一类永动机
人们把设想中的不消耗能量的机械叫作第一类永动机，第一类永动机是不可能制成的。
2．第一类永动机失败的原因分析
如果没有外界热源供给热量，则有U2－U1＝W，就是说，如果系统内能减少，即U2如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是( )
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气
中释放的热量
答案：D
案例
解析：形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D正确。
课堂达标检测
一、热力学第一定律
1．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增量ΔU为( )
A．60 J B．－60 J
C．－140 J D．140 J
答案：C
解析：由于气体对外做功，所以W＝－100 J，气体放出热量Q＝－40 J。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＝－140 J，故C正确。
2．(多选)如图所示，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( )
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
答案：BCD
解析：温度不变，理想气体的内能不变，根据玻意耳定律知，体积减小，压强增大，根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故A错误，B、C、D正确。
3．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则( )
A．A→B过程气体升温
B．B→C过程气体内能增加，气体吸热
C．C→A过程气体放热
D．全部过程气体做功为零
答案：BC
解析：A→B过程是绝热过程，Q＝0，体积变大，气体对外做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU<0，内能减小，故温度降低，故A错误；由图示图像可知，B→C过程中，气体体积V不变而压强p变大，由查理定律可知，气体温度T升高，故内能增加，但体积V不变，外界对气体不做功，所以气体吸收热量，故B正确；由题可知，C→A过程是等温变化，气体体积V减小，外界对气体做功，W>0，气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律得Q<0，气体放热，故C正确；全部过程分三个过程，A到B气体对外做功W1<0，B到C不做功，C到A外界对气体做功W2>0，根据p－V图像中，图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的功，得A到B气体对外做的功小于C到A外界对气体做的功，如图中阴影面积所示，故全部过程气体做功不为0，故D错误。
4．如图所示，内壁光滑且长为L＝50 cm的绝热汽缸固定在水平面上，汽缸内用面积为S＝100 cm2的绝热活塞封闭有温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝30 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa)
(1)试计算当温度升高到t＝377 ℃时，缸内封闭气体的压强p；
(2)若汽缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时电热丝中的电流I＝0.2 A，在此变化过程中共持续了t′＝300 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
答案：(1)1.3×105 Pa (2)1 000 J
(2)根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，外界对气体做的功W＝p0S(l－L)＝－200 J，封闭气体共吸收的热量为Q＝I2Rt′＝1 200 J，则气体增加的内能ΔU＝W＋Q＝1 000 J。
二、能量守恒定律
5．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连如图所示静置在水平面上，已知汽缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
(1)求初始时A气体的压强；
(2)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后活塞a离水平面
的高度；
(3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，
求A气体向外界释放的热量Q。
解析：(1)设弹簧的弹力为F，以上方汽缸、A气体、活塞a为整体，根据受力平衡可得
F＝Mg
设气体A的压强为pA，以活塞a为对象，根据受力平衡可得
pAS＝p0S＋F
解得初始时A气体的压强为
三、永动机不可能制成
6．下列说法正确的是( )
A．随着科技的发展，第一类永动机是可能制成的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可能凭空产生的
答案：C
解析：第一类永动机违背了能量守恒定律，故永远无法制成，A错误；太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，B错误；马儿奔跑时需要消耗能量，故“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的，C正确；不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是通过手臂运动对其做功而工作的，D错误。
