《领跑高中》物理二轮复习 专题六 热学和近代物理 第14讲 热学（教师用书）

第14讲　热学
1.（2024·北京高考3题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（　　）
A.内能变大 B.压强变大
C.体积不变 D.从水中吸热
解析：D　气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为h，则该位置处气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，可知上浮过程中气泡内气体压强变小，又恒温水槽温度不变，则由玻意耳定律pV＝C可知，上浮过程中气泡内气体体积变大，B、C错误；由于温度是分子平均动能的标志，则气泡在恒温水槽内上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡内气体内能不变，即ΔU＝0，气体体积变大，外界对气体做负功，即W＜0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即上浮过程中气泡内气体从水中吸热，A错误，D正确。
2.（2024·福建高考9题）17 ℃时轮胎胎压为2.9个大气压，胎内气体视为理想气体。气体体积质量不变，则27 ℃时轮胎胎压为　3　个大气压，内能　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）17 ℃时气体内能。
解析：设大气压强为p0，初始时T1＝（17＋273）K＝290 K，p1＝2.9p0，末状态时T2＝（27＋273）K＝300 K，根据查理定律＝，代入数值解得p2＝3p0；理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大。
3.（多选）（2024·河北高考9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
解析：ACD　活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V左＜V右，又活塞左右两侧气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相等，由m＝ρV可知，活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量，B错误；由于系统绝热，则气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相比，活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加，C正确；结合A项分析可知，与初始时相比，气体的体积增大，总分子数不变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。
4.（多选）（2024·新课标卷21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
解析：AD　1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＞0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W＜0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＜0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，气体对外放热，D正确。
5.（2024·江苏高考13题）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的理想气体，容器内有一个面积为0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
（1）在月球上容器内气体的压强；
（2）观测台所受的压力大小。
答案：（1）8×104 Pa　（2）4.8×103 N
解析：（1）根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有＝，代入数据解得月球上容器内气体的压强p2＝8×104 Pa。
（2）观测台所受的压力大小F＝p2S＝4.8×103 N。
考点一　热学概念的理解
1.微观量的估算
（1）油膜法估测油酸分子的大小：d＝
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积。
（2）分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。
注意：对气体而言，N≠。
（3）两种分子模型
球模型：V＝πR3（常用于估算液体、固体分子直径）；立方体模型：V＝a3（常用于估算气体分子间距）。
2.反映分子运动规律的两个实例
布朗 运动 悬浮在液体或气体中的固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈
扩散 现象 分子永不停息地做无规则运动，温度越高，扩散越快
3.分子间作用力、分子势能随r的变化图像
4.固体和液体
（1）晶体与非晶体
①晶体有固定熔点，非晶体无固定熔点。
②晶体和非晶体可以相互转化。
（2）液体的表面张力：表面张力具有使液体表面积收缩到最小的趋势。
（3）液晶：液晶具有液体的流动性，也具有晶体的光学各向异性。
（4）温度
①宏观表现：物体的冷热程度。
②微观表现：分子平均动能的标志。
【例1】　（2024·河北辛集一中三模）关于分子运动的规律，下列说法正确的是（　　）
A.如果气体温度升高，则每个分子的运动速率都将增大
B.如果某气体分子质量为m，平均速度为，则分子平均动能Ek＝m
C.悬浮在水中的花粉颗粒做布朗运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的规律
D.将某气体密闭于正方体容器中，则在相同的时间内与容器内部各面相撞的分子数目必严格相等
答案：C
解析：如果气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，但并非每个分子的运动速率都增大，选项A错误；分子的平均动能等于系统内所有分子的动能之和与分子的总数之比，而不是Ek＝m，选项B错误；悬浮在水中的花粉颗粒做布朗运动，只能反映水分子的热运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的规律，选项C正确；将某气体密闭于正方体容器中，在相同的时间内与容器内部各面相撞的分子数目不一定严格相等，选项D错误。
【例2】　（2023·海南高考5题）下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（　　）
A.分子间距离大于r0时，分子间作用力表现为斥力
B.分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C.分子势能在r0处最小
D.分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小
答案：C
解析：分子间距离大于r0时，分子间作用力表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小，继续减小距离，分子间作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故选C。
【例3】　（2024·四川宜宾模拟）下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是（　　）
A.图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
B.图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力
C.图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
D.图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象
答案：D
解析：晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，A错误；水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力作用，B错误；每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，C错误；图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象，D正确。
考点二　气体实验定律与热力学定律
1.气体实验定律与热力学定律综合问题的求解思路
2.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
【例4】　（2024·安徽高考13题）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压强相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
答案：（1）2.5×105 Pa　（2）6 L
解析：（1）由查理定律可得＝
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝（273－3）K＝270 K，T2＝（273－23）K＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强为p2＝2.5×105 Pa。
（2）由玻意耳定律
p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
【例5】　（2024·甘肃高考13题）如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强pA、pB。
（2）弹簧的劲度系数k。
答案：（1）p0　p0　（2）
解析：（1）抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl，对A中气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝pA·Sl
解得pA＝p0，
对B中剩余气体，根据玻意耳定律可知，p0Sl＝pB·Sl
解得pB＝p0。
（2）抽气后，对隔板，根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l
结合（1）问解得k＝。
活塞封闭气体的三种常见问题
（1）气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。
（2）气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。
（3）两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。
【例6】　（2024·浙江6月选考17题）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K。
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　不变　（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度　变小　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
答案： 4×10－5 m3
（3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
答案：14.4 J
解析：（1）温度升高时，活塞缓慢上升，其受力不变，故封闭气体压强不变，由p＝知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由体积变大，知气体分子的数密度变小。
（2）气体发生等压变化，有
＝
得V＝4×10－5 m3。
（3）此过程中，外界对气体做功
W＝－p1S（l2－l1）
对活塞受力分析可知，p1S＝mg＋p0S
得W＝－4.1 J
又ΔU＝W＋Q
得Q＝14.4 J。
考点三　气体图像与热力学定律的综合问题
图像 特点
等温 变化 p-V图像 pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远
p-图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容 变化 p-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压 变化 V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【例7】　（2024·河南商丘三模）一定质量的理想气体由状态a变化到状态b的过程中，体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。已知气体在状态b的压强为1.36×105 Pa，从状态a变化到状态b气体吸收的热量为4×104 J，则该过程中气体的内能增加了（　　）
A.2.04×104 J B.1.96×104 J
C.1.64×104 J D.1.28×104 J
答案：B
解析：设气体温度在300 K时的压强为p，气体温度从300 K到400 K为等容变化，则有＝，解得p＝1.02×105 Pa，由图像可知，气体温度从200 K到300 K为等压膨胀，气体对外做功为W＝－p·ΔV＝－2.04×104 J，气体温度从300 K到400 K气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体内能变化为ΔU＝Q＋W＝4×104 J－2.04×104 J＝1.96×104 J，故选B。
【例8】　（2024·山东高考6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过程是等压变化且体积增大，则Wab＜0，由盖—吕萨克定律可知Tb＞Ta，即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，A错误；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，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；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－（－Qca）＝－Wca－Wbc－Wab，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－（－Qca）≠0，所以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。
图像分析
【例9】　（2024·江西高考13题）可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
（1）气体在状态D的压强pD；
（2）气体在状态B的体积V2。
答案：（1）2.0×105 Pa　（2）2.0 m3
解析：（1）气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
（2）气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCVC＝pDV1
代入数据解得VC＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积为V2＝VC＝2.0 m3。
气体变质量问题
【典例1】　如图所示，A、B是两个容积为V的容器，C是用活塞密封的气筒，它的工作容积为0.5V，C与A、B通过两只单向进气阀a、b相连，当气筒抽气时a打开、b关闭，当气筒打气时b打开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧。（气筒与容器间连接处的容积不计，气体温度保持不变）求：
（1）活塞以工作容积完成第一次抽气后，气筒C内气体的压强p1；
（2）活塞以工作容积完成抽气、打气各2次后，A、B容器内的气体压强之比。
答案：（1）p0　（2）2∶7
解析：（1）由题意可知，工作过程是等温变化，则完成第一次抽气结束后，由玻意耳定律有
p0V＝p1×（0.5＋1）V
解得p1＝p0。
（2）第二次抽气结束后，有p1V＝pA×（0.5＋1）V
第一次打气结束后，有p0V＋0.5p1V＝p2V
第二次打气结束后，有p2V＋0.5pAV＝pBV
联立解得pA∶pB＝2∶7。
【典例2】　如图所示的是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m＝20.0 kg，圆柱形竖直井内水面面积为S＝0.300 m2，图示时刻水面与井盖之间的距离为h＝2.00 m，井内密封有压强刚好等于大气压强p0＝1.01×105 Pa、温度为T0＝300 K的空气（可视为理想气体），重力加速度取g＝10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。
（1）井盖第一次被顶起时，井内空气压强p为多大？从图示位置起，水面上涨多少后井盖第一次被顶起？（计算结果均保留3位有效数字）
（2）井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气，此时空气压强重新回到p0，温度仍为T0，求此次向外界排出的空气相当于压强为p0、温度为T1＝290 K时的体积。（计算结果保留3位有效数字）
答案：（1）1.02×105 Pa　1.31 cm
（2）3.80×10－3 m
解析：（1）井盖第一次被顶起时，井内气体的压强p满足pS＝p0S＋mg，代入数据得p＝1.02×105 Pa，设井盖第一次被顶起时，水面上涨x，对井内空气，由气体等温变化规律，有p·（h－x）S＝p0·hS，代入数据解得x＝1.31 cm。
（2）井内原有气体状态为p0、V0＝hS、T0，井盖第一次被顶起后，井内剩余气体状态为p0、V1＝（h－x）S、T0，排出的气体状态为p0、V2、T1，由气体等压变化规律，有＝＋，代入数据得V2＝3.80×10－3 m3。
1.（多选）（2024·黑龙江大庆三模）下列说法正确的是（　　）
A.液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点
B.布朗运动说明了悬浮的颗粒分子在做无规则运动
C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D.往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，这是水表面张力的作用
解析：ACD　液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构的特征，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，A正确；布朗运动说明了液体（气体）分子在永不停息地做无规则运动，B错误；当分子间的距离从r＜r0到r＞r0，随着分子间距离的增大，分子势能先减小后增大，C正确；往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，这是由于水的表面张力作用，D正确。
2.（2024·广东深圳三模）石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是（　　）
A.石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B.石墨烯中的碳原子始终静止不动
C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变
D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用
解析：C　石墨有规则的形状，石墨是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的新材料，也有规则的形状，也是晶体，A错误；石墨中的碳原子是一直运动的，B错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，C正确；石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，D错误。
3.（2024·江苏盐城二模）如图所示为一定质量的理想气体状态变化的V-T图像。已知在状态A时的压强为p0，则（　　）
A.状态B时的压强为
B.状态C时的压强为2p0
C.A→B过程中气体对外做功
D.B→C过程中气体向外界放热
解析：D　从A到B温度不变，则pB＝pA＝2p0，选项A错误；从B到C体积不变，则状态C时的压强为pC＝pB＝＝p0，选项B错误；A→B过程中体积减小，则外界对气体做功，选项C错误；B→C过程中气体体积不变，则W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU＜0，根据热力学第一定律可知Q＜0，即气体向外界放热，选项D正确。
4.（2024·山东青岛三模）如图所示的是某品牌卡车的气囊减震装置，当路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，下列说法正确的是（　　）
A.外界对气体做的功小于气体内能的增加
B.气体温度升高，每个分子的动能都增大
C.气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
D.气体压强增大的唯一原因是气体分子运动变得剧烈
解析：C　车体突然下沉挤压气囊，此过程时间很短，可认为是绝热过程，由热力学第一定律可知：外界对气体做的功等于气体内能的增加，故A错误；气体温度升高，气体的平均动能增大，但不一定每一个气体分子的动能都增大，B错误； 由于温度升高，气体分子平均速率增大，体积减小，分子数密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大，C正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，D错误。
5.（2024·福建莆田三模）飞机机舱内的一个空矿泉水瓶内密闭着一定质量的空气，飞机在高空巡航时瓶子的状态如图甲所示。飞机着陆时瓶子的状态如图乙所示。假设机舱内的温度保持不变，飞机从巡航到着陆过程（　　）
A.飞机机舱内的气压减小
B.矿泉水瓶内的空气的压强增大
C.矿泉水瓶内的空气分子平均动能增大
D.矿泉水瓶内的空气内能增大
解析：B　飞机从巡航到着陆过程，由题意知瓶内气体温度不变，体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程＝C，故可知矿泉水瓶内的空气的压强增大，则飞机从巡航到着陆过程飞机机舱内的气压增大，A错误，B正确；由于温度是气体分子平均动能的标志，机场地面温度与高空机舱温度相同，故从高空机舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变，C错误；由于温度不变，则内能不变，D错误。
6.一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图像如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是（　　）
A.气体在a状态的体积大于c状态的体积
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
解析：B　由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A错误；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。
7.（2024·山东济宁三模）如图所示，一定质量的理想气体，经历a→b→c→a过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，c→a是等容过程。下列说法正确的是（　　）
A.完成一次循环，气体向外界放热
B.a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
C.b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
D.a→b过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
解析：C　完成一次循环，气体的内能不变，a→b过程，气体体积增大，气体对外界做功，b→c过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于a→b过程气体的平均压强大于b→c过程气体压强，则气体对外做功大于外界对气体做功，c→a过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，完成一次循环，气体吸热，A错误；b→c过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量大于外界对气体做的功，c状态气体温度最低，气体在c状态分子平均动能最小，B错误，C正确；a→b过程中，气体温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，由气体压强的微观解释可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会减少，D错误。
8.（2024·湖北高考13题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
答案：（1）T0　（2）（CT0＋mgh＋p0Sh）
解析：（1）设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得
＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
（2）设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C（T－T0）
W＝－（mg＋p0S）h
联立解得Q＝（CT0＋mgh＋p0Sh）。
9.如图所示，利用一个气球B套在壁厚可忽略的玻璃瓶A上模拟鱼鳔结构，A、B之间可通过阀门进行气体交换。初始时阀门关闭，一细线一端连接装置，一端固定在水底，装置静止在距离水面H处，此时细线恰好无拉力，气球B内封闭气体的质量为m，体积为V，气球B内气体的压强与所在处外界压强相等。已知当细线的拉力等于装置的总重力时细线恰好会断裂，A、B内为同种气体且气体温度保持不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，玻璃瓶A内封闭气体的初始压强为p1，气体体积为V0，装置自身的高度可以忽略不计。打开阀门，A中部分气体充入气球B，使得气球B慢慢膨胀（内部压强始终等于所在处外界压强）。求：
（1）当细线刚好断裂时，向B中充入的气体质量Δm；
（2）当细线刚好断裂时，玻璃瓶A内封闭的气体的压强p2。
答案：（1）m
（2）p1－（p0＋ρgH）
解析：（1）设装置的总质量为M，根据题意可知，初始整个装置静止在水中，重力大小等于浮力大小，即ρg（V＋V0）＝Mg，当气球的体积增大到刚好使增加的浮力等于细线的最大拉力时，增加的浮力为ΔF浮H＝ρgΔV＝Mg，由于＝，联立上式解得Δm＝m。
（2）对于质量为Δm的气体，经历等温变化，由玻意耳定律有pΔV＝p2V'，p＝p0＋ρgH，解得V'＝，当细线刚好断裂时，对玻璃瓶A内封闭的气体，由玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋V'），联立解得p2＝p1－（p0＋ρgH）。
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