第十二章第二节 能量的转化与守恒
题型1 热力学第一定律的表达和应用 题型2 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
题型3 第一类永动机不可能制成
▉题型1 热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
1．如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。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．气体内能增加 B．气体内能减少
C．气体吸收热量 D．气体放出热量
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p﹣V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）以下判断正确的是（ ）
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
3．一定质量的理想气体（分子力不计），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（ ）
A．W1＞W2，Q1＜Q2，ΔU1＞ΔU2
B．W1＞W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2
C．W1＜W2，Q1＝Q2，ΔU1＞ΔU2
D．W1＜W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔQ2
4．下列说法正确的是（ ）
A．有些小昆虫能在水面上行走是因为受到液体的表面张力的作用
B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C．第二类永动机不可能生产出来的根本原因，在于其违反了能量守恒定律
D．晶体均有固定的熔点，但未必有规则的形状
（多选）5．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是（ ）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
（多选）6．卡诺循环（Carnotcycle）是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P﹣V图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d等温过程；d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程，外界对气体做功
B．c→d 过程，气体放出热量
C．a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1＜T2
D．b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1＝W2
（多选）7．封闭在气缸内一定质量的理想气体，由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则（ ）
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
D．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
（多选）8．如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（ ）
A．左边气体单位时间内撞击活塞的分子次数增加
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
（多选）9．下列说法中正确的是（ ）
A．温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能相等
B．只要是具有确定的熔点的固体就必定是晶体
C．理想气体等压膨胀过程一定吸热
D．浸润液体在毛细管里下降，不浸润液体在毛细管里上升
10．学校为实验室购置了一批气压式升降椅。升降椅通过气缸的上下运动来控制椅子升降，气动杆固定在底座上，气缸与气动杆之间密闭一定质量的空气（气缸气密性、导热性良好，不计气缸与气动杆间的摩擦）。
（1）若封闭空气的密度为ρ、平均摩尔质量为M、阿伏加德罗常数为NA。若封闭的空气体积为V，则封闭空气的分子个数为 。
（2）（计算）已知椅面与气缸的总质量为m＝4kg，气动杆的横截面积为20cm2（大气压强，重力加速度大小g＝10m/s2）在室温恒定的房间中，质量M＝56kg的某同学坐上椅面（双脚始终悬空），椅面缓慢下降21cm后达到稳定状态。求该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度。
（3）夏季打开实验室空调后室内温度下降。如图为椅面不坐人时开空调前后气缸内气体的速率分布图，开空调后对应图线 （选填：A.Ⅰ，B.Ⅱ），图线Ⅰ、Ⅱ与横轴围成的面积SⅠ、SⅡ满足SⅠ SⅡ（选填：A.＞，B.＜，C.＝）。
（4）室温降低时椅面将 （选填：A.上升，B.保持不动，C.下降）；在室温降低的过程中，密闭气体的 。
A.内能不断减小，向外放出热量
B.内能不断减小，从外界吸收热量
C.内能保持不变，向外放出热量
D.内能保持不变，从外界吸收热量
（5）室温降低后，实验室内空气总质量与降温前相比将 （选填：A.增大，B.减小，C.不变）；气缸内气体分子在单位时间内撞击气缸壁上单位面积的次数将 （选填：A.增大，B.减小，C.不变）。
11．如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
12．如图所示，一个绝热的汽缸（汽缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B。活塞的质量m＝8kg，横截面积S＝10cm2，与隔板相距h＝25cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q＝200J时，活塞上升了h'＝10cm，此时气体的温度为t1＝27℃。已知大气压强p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
I．现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A气体的温度为t2＝37℃，求添加砂粒的总质量M；
Ⅱ．加热过程中，若A气体的内能增加了ΔU1＝55J，求B气体的内能增加量ΔU2。
13．如图所示，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图象如下。已知该气体在状态A时的温度为60℃。求：
（1）气体在状态A时的热力学温度多少？
（2）该气体在状态B、C时的温度分别为多少？
（3）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？
▉题型2 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
【知识点的认识】
1.热力学图像包括p﹣V、p﹣T、V﹣T等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2.对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
14．热力学理论上最完善的闭式概括性卡诺循环，它包含两个等容变化过程和两个等温变化过程，如图所示是一定质量的理想气体在该循环下的p﹣V图像，其中a→b和c→d是等温过程。关于卡诺循环，下列说法正确的是（ ）
A．a→b的过程中，气体从外界吸收热量
B．c→d过程中，气体分子在单位时间与器壁单位面积的碰撞次数增加
C．经历如图所示这一完整的循环过程，气体对外界放出热量
D．b→c过程气体吸收的热量等于d→a过程气体放出的热量
（多选）15．如V﹣T图所示，一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化，从状态1开始，经状态2和状态3，最后回到原状态.下列判断正确的是（ ）
A．1 和 2 两个状态中，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子 撞击的次数相同
B．从状态 1 到状态 2 的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做功
C．三个状态中，2 状态的分子平均动能最大
D．从状态 3 到状态 1 的过程中气体温度不变，所以气体既不吸热也不放热
（多选）16．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数，状态b较状态c多
（多选）17．一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图象如图所示。下列说法正确的有（ ）
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
18．一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p﹣V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：
①该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？
②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
19．一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图象如图所示。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℃？
②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？
③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？
▉题型3 第一类永动机不可能制成
【知识点的认识】
1.第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律．
如下图所示的饮水小鸭不是永动机。
小鸭的头和身由两个玻璃球构成，并通过细玻璃管相连。下球盛有一些乙醚，上球连同尖嘴被吸水毛毡包起来。那么，它是靠什么来维持工作的呢？原来小鸭头部的毛毡“饮水”后，水蒸发吸热，导致头部温度降低。上段玻璃管中的乙醚蒸气被液化，压强减小，液柱上升（图甲），小鸭重心上移，直到小鸭倾倒。处于倾倒位置的小鸭，头部再次被浸湿，上下玻璃球内的气体相通，压强相等，乙醚流回下玻璃球内（图乙），重心下移，小鸭站立。如此循环往复。可见，正是因为小鸭头部“饮水”后水不断蒸发，吸收了察觉不到的空气的热量，才使小鸭能够持续工作下去。
2.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．
3.两类永动机的比较
20．下列说法中正确的是（ ）
A．第二类永动机既违反了热传导的方向性又违反了能量守恒定律
B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
C．液体不能在任何温度下都发生蒸发现象
D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象说明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系
21．第二类永动机不可能制成，是因为（ ）
A．违背了能量的守恒定律
B．违背了热力学第一定律
C．违背了热力学第二定律
D．违背了热力学第三定律第十二章第二节 能量的转化与守恒
题型1 热力学第一定律的表达和应用 题型2 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
题型3 第一类永动机不可能制成
▉题型1 热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
1．如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。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．气体内能增加 B．气体内能减少
C．气体吸收热量 D．气体放出热量
【答案】D
【解答】解：AB、活塞缓慢下降过程气体体积逐渐减小，由于气缸导热且环境温度不变，气体温度不变，根据一定质量的理想气体内能仅与温度有关，所以气体内能不变，故AB错误；
CD、活塞向下缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，即W＞0，气体温度不变，气体内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＜0，所以气体放出热量，故C错误，D正确。
故选：D。
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p﹣V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）以下判断正确的是（ ）
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】B
【解答】解：A、气体从a→b的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线ab与横轴围成的面积（图中蓝色部分）；从b→c的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线bc与横轴围成的面积（图中红色部分）。由图形可知两面积相等，则气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A错误；
B、因paVa＝2p0V0，pbVb＝2p0V0，故paVa＝pbVb，根据一定质量的理想气体状态方程，可知Ta＝Tb，气体从a→b的过程内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功；
因pcVc＝6p0V0，故pcVc＞pbVb，根据，可知Tc＞Tb，气体从b→c内能增加，即ΔU＞0，由ΔU＝W+Q，可知气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，结合A选项的结论，可知气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量，故B正确；
C、在c→a过程中压强不变，体积减小，外界对气体做的功，则W＞0；
由，可知温度降低，则ΔU＜0，由ΔU＝W+Q，可得Q＜﹣W＜0，即气体发热，且有|Q|＞W，即外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C错误；
D、因Ta＝Tb，Tc＞Tb，则Tc﹣Ta＝Tc﹣Tb，即气体在c→a过程中温度的减少量等于b→c过程中温度的增加量，一定质量的理想气体的内能与温度成正比，故气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误。
故选：B。
3．一定质量的理想气体（分子力不计），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（ ）
A．W1＞W2，Q1＜Q2，ΔU1＞ΔU2
B．W1＞W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2
C．W1＜W2，Q1＝Q2，ΔU1＞ΔU2
D．W1＜W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔQ2
【答案】B
【解答】解：在p﹣V图象作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示，根据图象与坐标轴所面积表示功，可知：W1＞W2。
第一种情况，根据C可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，ΔU1＞0，根据热力学第一定律有：ΔU1＝Q1﹣W1
第二种情况等温过程，气体等温变化，ΔU2＝0，根据热力学第一定律有：ΔU2＝Q2﹣W2，则得：Q2＝W2。
由上可得：ΔU1＞ΔU2．Q1＞Q2．故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．下列说法正确的是（ ）
A．有些小昆虫能在水面上行走是因为受到液体的表面张力的作用
B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C．第二类永动机不可能生产出来的根本原因，在于其违反了能量守恒定律
D．晶体均有固定的熔点，但未必有规则的形状
【答案】D
【解答】解：A、小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用，而不是昆虫受到表面张力，故A错误；
B、气体从外界吸收热量，Q＞0，由于不知道外界对气体做功还是气体对外界做功，根据ΔU＝W+Q无法确定气体的内能增加还是减小，故B错误；
C、第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故C错误；
D、晶体均有固定的熔点，单晶体有规则的形状，多晶体一般没有规则的形状。故D正确；
故选：D。
（多选）5．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是（ ）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
【答案】BD
【解答】解：A、过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律c知气体的压强逐渐增大，故A错误。
B、过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确。
C、过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误。
D、状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故D正确。
故选：BD。
（多选）6．卡诺循环（Carnotcycle）是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P﹣V图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d等温过程；d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程，外界对气体做功
B．c→d 过程，气体放出热量
C．a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1＜T2
D．b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1＝W2
【答案】BD
【解答】解：A．a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，故A错误；
B．c→d过程中，等温压缩，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，W＞0，ΔU＝0，则Q＜0，即气体放出热量，故B正确；
C．a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，根据理想气体状态方程，压强体积乘积越大，温度越高，则T1＞T2，故C错误；
D．b→c过程和d→a过程都是绝热过程，且气体温度变化大小相同，则内能变化量的大小相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，Q＝0，可知，b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，W1＝W2，故D正确。
故选：BD。
（多选）7．封闭在气缸内一定质量的理想气体，由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则（ ）
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
D．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
【答案】ACE
【解答】解：A、气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W＝0，温度升高，内能增加ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，知Q＞0，气体吸收热量，故A正确；
B、由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变ΔU＝0，体积变大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体从外界吸收热量，故B错误；
C、A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，故C正确；
D、气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，TC＞TD，所以 pC＞pD，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，故D错误；
E、根据冲量的定义可知，F，压强p，所以p，因为状态D和状态A压强相等，所以相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等，故E正确。
故选：ACE。
（多选）8．如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（ ）
A．左边气体单位时间内撞击活塞的分子次数增加
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
【答案】ABC
【解答】解：ABC、当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又因左侧气体发生绝热变化，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高，两边气体温度都升高；左边气体温度T升高，气体体积V减小，由C可知，气体压强p增大，左边气体单位时间内撞击活塞的分子次数增加，故ABC正确；
D、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对外做功之和，所以右边气体内能的增加量等于电热丝方程的热量减去对左边的气体所做的功，故D错误。
故选：ABC。
（多选）9．下列说法中正确的是（ ）
A．温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能相等
B．只要是具有确定的熔点的固体就必定是晶体
C．理想气体等压膨胀过程一定吸热
D．浸润液体在毛细管里下降，不浸润液体在毛细管里上升
【答案】BC
【解答】解：A、水结冰时要放出热量，而变成水蒸气时要吸收热量，故温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能不相等，故A错误；
B、晶体均具有确定的熔点，所以只要有确定的熔点的固体就必定是晶体，故B正确；
C、理想气体等压膨胀过程，根据C可知温度升高，故内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可知对外做功，一定吸收热量，故C正确；
D、根据浸润与不浸润的特点可知，浸润液体在毛细管里上升，不浸润液体在毛细管里下降，故D错误；
故选：BC。
10．学校为实验室购置了一批气压式升降椅。升降椅通过气缸的上下运动来控制椅子升降，气动杆固定在底座上，气缸与气动杆之间密闭一定质量的空气（气缸气密性、导热性良好，不计气缸与气动杆间的摩擦）。
（1）若封闭空气的密度为ρ、平均摩尔质量为M、阿伏加德罗常数为NA。若封闭的空气体积为V，则封闭空气的分子个数为 。
（2）（计算）已知椅面与气缸的总质量为m＝4kg，气动杆的横截面积为20cm2（大气压强，重力加速度大小g＝10m/s2）在室温恒定的房间中，质量M＝56kg的某同学坐上椅面（双脚始终悬空），椅面缓慢下降21cm后达到稳定状态。求该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度。
（3）夏季打开实验室空调后室内温度下降。如图为椅面不坐人时开空调前后气缸内气体的速率分布图，开空调后对应图线 A （选填：A.Ⅰ，B.Ⅱ），图线Ⅰ、Ⅱ与横轴围成的面积SⅠ、SⅡ满足SⅠ C SⅡ（选填：A.＞，B.＜，C.＝）。
（4）室温降低时椅面将 C （选填：A.上升，B.保持不动，C.下降）；在室温降低的过程中，密闭气体的 A 。
A.内能不断减小，向外放出热量
B.内能不断减小，从外界吸收热量
C.内能保持不变，向外放出热量
D.内能保持不变，从外界吸收热量
（5）室温降低后，实验室内空气总质量与降温前相比将 A （选填：A.增大，B.减小，C.不变）；气缸内气体分子在单位时间内撞击气缸壁上单位面积的次数将 A （选填：A.增大，B.减小，C.不变）。
【答案】（1）；（2）该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度为30cm；（3）A；C；（4）C；A；（5）A；A
【解答】解：（1）封闭的空气的质量为：m＝ρV
封闭的空气的分子个数为：N
（2）设该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度为L（cm），则该同学坐上椅面后达到稳定状态时密闭气柱的长度为（L﹣21）cm，气动杆的横截面积为S＝20cm2＝2×10﹣3m2，封闭气体的初末状态的压强分别为p1，p2。由平衡条件得：
mg+p0S＝p1S；（m+M）g+p0S＝p2S
封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：p1LS＝p2（L﹣21）S
联立解得：L＝30cm
（3）开空调后气缸内气体的温度降低，气体分子平均动能减小，速率较小的分子数占比变大，速率较大的分子数占比变小，则对应图线为图线Ⅰ（选填：A）；
根据微元累积法可知，图线与横轴围成的面积等于所有不同速率的分子数占总分子数的百分比之和，则此面积值总是等于1，即SⅠ＝SⅡ（选填：C）。
（4）室温降低时，若封闭气体的体积不变，根据玻意耳定律可知，气体压强将变小，则椅面将下降（选填：C）；
在室温降低的过程中，密闭气体的温度不断降低，其内能不断减小（ΔU＜0），椅面下降，外界对气体做正功（W＞0），根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q，可得：Q＜0，即气体向外放出热量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（5）室温降低后，实验室内空气的密度变大，实验室的容积不变，易知实验室内空气总质量增大（选填：A）；
气缸内气体温度降低，分子平均动能变小，而气体压强不变，则在单位时间内撞击气缸壁上单位面积的次数将增大（选填：A）。
故答案为：（1）；（2）该同学坐上椅面前气缸内密闭气柱的长度为30cm；（3）A；C；（4）C；A；（5）A；A
11．如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（i）初态时，对活塞受力分析，得气体压强为：①
体积为：V1＝1.5h0S，温度为：T1＝T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强为：P2＝P0，
此时活塞下端一定与气缸底接触，体积为：V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有：②
得：
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W＝P1ΔV＝（）×0.3h0S…③
由热力学第一定律得：ΔU＝0.3（）h0S﹣Q
答：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，气体内能的变化为0.3（）h0S﹣Q。
12．如图所示，一个绝热的汽缸（汽缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B。活塞的质量m＝8kg，横截面积S＝10cm2，与隔板相距h＝25cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q＝200J时，活塞上升了h'＝10cm，此时气体的温度为t1＝27℃。已知大气压强p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
I．现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A气体的温度为t2＝37℃，求添加砂粒的总质量M；
Ⅱ．加热过程中，若A气体的内能增加了ΔU1＝55J，求B气体的内能增加量ΔU2。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：Ⅰ、B气体的初状态的压强p1＝p0，体积V1＝（h+h′）S，温度T1＝（27+273）K＝300K
B气体的末状态的压强p2＝p0，体积V2＝hS，温度T2＝（37+273）K＝310K
由理想气体状态方程得：
代入数据解得：M＝8.04kg
Ⅱ、B气体对外做功W＝（p0S+mg）h′
对A、B两部分气体组成的系统，由热力学第一定律得：ΔU1+ΔU2＝Q﹣W
代入数据解得：ΔU2＝127J
答：I、添加砂粒的总质量M是8.04kg；
Ⅱ、B气体的内能增加量ΔU2是127J。
13．如图所示，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图象如下。已知该气体在状态A时的温度为60℃。求：
（1）气体在状态A时的热力学温度多少？
（2）该气体在状态B、C时的温度分别为多少？
（3）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？
【答案】（1）气体在状态A时的热力学温度333.15K
（2）该气体在状态B的温度分别为111.05K，C的温度为333.15K
（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，传递的热量是200J
【解答】解：（1）气体在状态A时的热力学温度
TA＝t+273.15K＝（60+273.15）K＝333.15K
（2）由图可知A﹣B等容变化，根据查理定律
解得
TBK＝111.05K
气体从状态B到状态C，是等压过程，则有
解得
TCK＝333.15K
（3）因为状态A和状态C温度相等，且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，所以在该过程中ΔU＝0
气体从状态A到状态B过程体积不变，气体不做功，气体从状态B到状态C过程对外做功，故气体从状态A到状态C的过程中，外界
对气体所做的功为
W＝﹣pΔV＝﹣1×105×（3×10﹣3﹣1×10﹣3） J＝﹣200J
由热力学第一定律有/
ΔU＝Q+W
解得
Q＝200J＞0
是吸热
答：（1）气体在状态A时的热力学温度333.15K
（2）该气体在状态B的温度分别为111.05K，C的温度为333.15K
（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，传递的热量是200J
▉题型2 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
【知识点的认识】
1.热力学图像包括p﹣V、p﹣T、V﹣T等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2.对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
14．热力学理论上最完善的闭式概括性卡诺循环，它包含两个等容变化过程和两个等温变化过程，如图所示是一定质量的理想气体在该循环下的p﹣V图像，其中a→b和c→d是等温过程。关于卡诺循环，下列说法正确的是（ ）
A．a→b的过程中，气体从外界吸收热量
B．c→d过程中，气体分子在单位时间与器壁单位面积的碰撞次数增加
C．经历如图所示这一完整的循环过程，气体对外界放出热量
D．b→c过程气体吸收的热量等于d→a过程气体放出的热量
【答案】D
【解答】解：A、a→b的过程等温压缩，外界对气体做功，但气体的内能不变，所以由W+Q＝ΔU知气体对外放出热量，故A错误；
B、c→d过程中，由于体积增大，但温度不变，由pV＝C知压强减小，故单位体积内分子数减少，单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数也减少，故B错误；
C、p﹣V图像图线与横轴所围面积表示做功，a→b过程外界对气体做功小于c→d过程气气体对外界所做的功，由于一个循环结束后气体温度回到初始状态，即内能不变，故一个循环过程需要吸收热量，故C错误；
D、b→c过程和d→a过程都是等容变化，气体不对外界做功，但温度变化又相同，即内能变化量的大小相等，因此b→c过程吸收的热等于d→a过程放出的热，故D正确。
故选：D。
（多选）15．如V﹣T图所示，一定质量的理想气体经历了三个过程的状态变化，从状态1开始，经状态2和状态3，最后回到原状态.下列判断正确的是（ ）
A．1 和 2 两个状态中，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子 撞击的次数相同
B．从状态 1 到状态 2 的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做功
C．三个状态中，2 状态的分子平均动能最大
D．从状态 3 到状态 1 的过程中气体温度不变，所以气体既不吸热也不放热
【答案】BC
【解答】解：
A、1和2两个状态的压强相等，由于温度不同，单位时间内单位面积上容器壁受到的气体分子撞击的次数不同，故A错误；
B、从状态1到状态2的过程中，体积增大，温度升高，对外做功且内能增大，气体吸收的热量大于气体对外做功，故B正确；
C、三个状态中，2状态的温度最高，分子平均动能最大，故C正确；
D、从状态3到状态1的过程中气体体积减小，外界对气体做功；温度不变，内能不变；所以气体放热，故D错误.
故选：BC。
（多选）16．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数，状态b较状态c多
【答案】AD
【解答】解：由图示可知，ab过程，气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量。bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体吸热；过程ca中，温度降低由ΔU＝Q+W，可知外界对气体所做的功小于气体所放的热；bc过程气体发生等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b状态撞击的次数较多。综上分析，AD正确，BC错误。
故选：AD。
（多选）17．一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图象如图所示。下列说法正确的有（ ）
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
【答案】BC
【解答】解：A、A→B的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A错误。
B、A→B的过程中，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ΔU＝W+Q知，W为正，则Q为负，即气体放出热量，故B正确。
C、因为V﹣T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C的过程中，压强不变，故C正确。
D、A到B的过程中，温度不变，内能不变，B到C的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C的过程中，气体内能减小，故D错误。
故选：BC。
18．一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p﹣V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：
①该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？
②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：①对一定质量的理想气体由图象可知，A→B为等容变化，由查理定律得：
即代入数据得：
A→C由理想气体状态方程得：
代入数据得：
②从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p﹣V图线与横轴所围成的面积可得：
由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：△U＝0
由热力学第一定律有：△U＝W+Q
可得：Q＝﹣1000J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1000 J
答：①该气体在状态B的温度为600K和C时的温度为300K。
②该气体从状态A经B再到C的全过程中是放热，传递的热量是1000J
19．一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图象如图所示。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℃？
②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？
③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？
【答案】见试题解答内容
【解答】解；①对于理想气体由图象可知：A→B等容变化，由查理定律得：
代入数据得：TB＝100K…①
又：T＝273+t…②
①②得：tB＝﹣173℃
B→C等压变化，由盖吕萨克定律得
代入数据得：TC＝300K…③
联立②③得：tC＝27℃
②A到状态C体积增大，对外做功，即W＜0，TA＝TC，所以，A到状态C的过程中内能变化量为0．
③由热力学第一定律得：Q＞0，所以A→C的过程中是吸热．
吸收的热量Q＝W＝PΔV＝1×105×（3×10﹣3﹣1×10﹣3）J＝200J
答：①B、C时的温度分别为﹣173℃，27℃
②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是0；
③A到状态C的过程中吸热，吸了200J．
▉题型3 第一类永动机不可能制成
【知识点的认识】
1.第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律．
如下图所示的饮水小鸭不是永动机。
小鸭的头和身由两个玻璃球构成，并通过细玻璃管相连。下球盛有一些乙醚，上球连同尖嘴被吸水毛毡包起来。那么，它是靠什么来维持工作的呢？原来小鸭头部的毛毡“饮水”后，水蒸发吸热，导致头部温度降低。上段玻璃管中的乙醚蒸气被液化，压强减小，液柱上升（图甲），小鸭重心上移，直到小鸭倾倒。处于倾倒位置的小鸭，头部再次被浸湿，上下玻璃球内的气体相通，压强相等，乙醚流回下玻璃球内（图乙），重心下移，小鸭站立。如此循环往复。可见，正是因为小鸭头部“饮水”后水不断蒸发，吸收了察觉不到的空气的热量，才使小鸭能够持续工作下去。
2.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．
3.两类永动机的比较
20．下列说法中正确的是（ ）
A．第二类永动机既违反了热传导的方向性又违反了能量守恒定律
B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
C．液体不能在任何温度下都发生蒸发现象
D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象说明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系
【答案】D
【解答】解：A、第二类永动机既违反了热传导的方向性，但是不违反能量守恒定律，故A错误；
B、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，绝对湿度不一定大，故B错误；
C、液体在任何温度下都能发生蒸发现象，故C错误；
D、水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象说明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，故D正确。
故选：D。
21．第二类永动机不可能制成，是因为（ ）
A．违背了能量的守恒定律
B．违背了热力学第一定律
C．违背了热力学第二定律
D．违背了热力学第三定律
【答案】C
【解答】解：机械能和内能的转化过程具有方向性，即不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响。所以第二类永动机的原理违背了热力学第二定律；
故C正确，ABD错误。
故选：C。
