【备考2022】高考物理一轮复习学案 13.3 热力学定律与能量守恒 有解析

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【备考2022】高考物理一轮复习学案
13.3
热力学定律与能量守恒
1、理解热力学第一定律、第二定律；
2、运用能量守恒定律解决问题。
　
核心素养一
改变内能的两种方式
1、热传递
　　①条件：存在温度差，最终结果是使两物体温度一样。
　　②方式：热传导、热对流、热辐射。
　　③规律：热量从高温物体传向低温物体。
　　④和内能变化的关系：系统在单纯的传热过程中，内能的增量等于外界向系统传递的热量Q，即。
2、做功
　　做功改变物体内能的过程是将其他形式的能（如机械能）与内能相互转化的过程，做功使物体内能发生变化时，内能改变了多少用做功的数值来度量。
要点诠释：（1）要使物体改变同样的内能，通过做功或者热传递都可以实现，若不知道过程，我们无法分辨出是做功还是热传递实现的这种改变。
　　（2）做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化。热传递则是通过分子之间的相互作用，使不同物体间分子热运动变化，是内能的转移。前者能的性质发生了变化，后者能的性质不变。
　　（3）物体的内能增加与否，不能单纯地只看做功或热传递，两个过程需要全面考虑。
核心素养二
热力学第一定律
1、内容
　　物体内能的增量等于外界对物体做的功W和物体吸收的热量Q的总和。
2、公式
要点诠释：
（1）在应用热力学第一定律时，应特别分清W、Q的正负号，以便准确地判断的正、负。热力学第一定律的符号法则：
　　①
功W＞0，表示外界对系统做功；W＜0，表示系统对外界做功。
　　②
热量Q＞0，表示物体吸热；Q＜0，表示物体放热。
　　③
内能＞0，表示内能增加；＜0，表示内能减少。
（2）容易出错的几种特殊情况
　　①
若是绝热过程，则Q=0、W=，即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=，物体吸收的热量等于物体内能的增加；
　　③
若过程的始末状态物体的内能不变，即=0，则或，外界对物体做的功等于物体放出的热量。
核心素养三
热力学第二定律
1、两种表述
　（1）按热传递的方向性来表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
（2）按机械能与内能转化过程的方向性来表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
要点诠释：
这里所说“自发地”是指没有任何外界的影响或帮助，电冰箱工作时能将冰箱内（温度较低）的热量，传给外界空气（温度较高），是因为电冰箱消耗了电能，对制冷系统做了功。
　　上述两种表述是等价的，即一个说法是正确的，另一个说法也必然是正确的；如果一个说法是错误的，另一个说法必然也是不成立的。
2、热力学第二定律的意义
　　提示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，是独立于热力学第一定律的一个重要自然规律。
3、热力学第二定律的微观解释
　　（1）一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。这是热力学第二定律的微观意义。
　　（2）从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展。
1．根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
E．吸收了热量的物体，其内能也不一定增加
解析：第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化是不可能实现的，它不是提高机械效率的常用手段，故D错误；改变内能的方式有做功和热传递，吸收了热量的物体，其内能也不一定增加，E正确．
答案：BCE
2．下列各说法正确的是(　　)
A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大
C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D．用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105
J的功，同时气体向外界放出1.5×105
J的热量，则气体内能增加了1.5×105
J
E．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关
解析：气体扩散现象表明气体分子在做无规则运动，选项A错误；由于温度是分子平均动能的标志，故对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B正确；分子的平均动能大，则说明物体的温度高，热量总是自发地从高温物体传递到低温物体，选项C正确；用活塞压缩汽缸内的理想气体，根据热力学第一定律，对气体做了3.0×105
J的功，同时气体向外界放出1.5×105
J的热量，则气体内能增加了1.5×105
J，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项E错误．
答案：BCD
3．下列对热学相关知识的判断中正确的是(　　)
A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大
B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大
C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程
E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
解析：气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能量在逐渐减少，故要节约能源，E正确．
答案：CDE
一、单选题
1．水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（
）
A．压强变大
B．对外界做功
C．对外界放热
D．分子平均动能变大
2．如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1mol氧气，b部分气体为2mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是（　　）
A．Va＞Vb，Ta＞Tb
B．Va＞Vb，Ta＜Tb
C．Va＜Vb，Ta＜Tb
D．Va＜Vb，Ta＞Tb
3．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（　　）
A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D．A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功
4．已知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”，其原理图如图所示，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，对外做功
B．气体分子势能减少，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
5．如图所示，导热良好的圆筒形气缸竖直放置在水平地面上，用活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞上堆放着铁砂，系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂，忽略活塞与气缸之间的摩擦，外界环境温度不变，则在此过程中缸内气体（　　）
A．对外做功，其内能减少
B．温度不变，与外界无热量交换
C．单个分子碰撞缸壁时的平均作用力减小
D．单位时间内对活塞的碰撞次数减少
6．下列关于能量转换过程的叙述，不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律的有（　　）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
7．下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有（　　）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
8．一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大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小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
9．如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200J，同时气体向外界放热100J，缸内气体的
（　　）
A．温度降低，内能增加100J
B．温度降低，内能减少200J
C．温度升高，内能减少200J
D．温度升高，内能增加100J
二、多选题
10．如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、c→d三个状态变化过程，其中纵坐标表示理想气体压强p、横坐标表示理想气体的热力学温度T。则下列结论正确的是（　　）
A．a→b过程，理想气体对外界做正功
B．b→c过程，理想气体向外界放出热量
C．c→d过程，理想气体内能不变
D．三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程
11．2020年初，新冠病毒来袭，我国人民万众一心、英勇抗“疫”，取得阶段性胜利。为确保师生健康，各校都进行了严格的消杀工作，图为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8L药液，上部密封1atm的空气1L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.2L，设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，下列说法正确的是（　　）
A．充气后，密封气体的压强增大为1.2atm
B．充气后，密封气体的分子平均动能不变
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把药液喷光
12．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（　　）
A．第二类永动机违反了能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的
13．关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀对外做功，内能一定减少
B．第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律
C．热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律
D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律
14．一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程、、、回到原状态，其图像如图所示，其中对角线的延长线过原点O。下列判断正确的是（　　）
A．气体在a、c两状态的体积相等
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．在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功
15．下列说法正确的是（　　）
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
16．下列说法中正确的是（　　）
A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上。其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向
D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
17．一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．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
18．关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
三、解答题
19．如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一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T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g。
(1)
求U形细管内两侧水银柱的高度差；
(2)
通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。
20．如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，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）若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
（2）若密闭气体的内能与温度的关系为（k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度），在①所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
21．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面积为S的绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为T0，活塞距气缸底部的高度为h，现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，活塞上升了，封闭理想气体吸收的热量为Q。已知大气压强为p0，重力加速度为g。求：
(1)活塞上升了时，理想气体的温度是多少
(2)理想气体内能的变化量
22．如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m=10kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1=11cm，到汽缸口的距离L2=4cm。现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=10m/s2，外界气温为27°C，大气压强为1.0×105Pa，活塞厚度不计，求：
(i)活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度是多少?
(ii)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=350J的热量，则气体增加的内能?U多大?
23．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
24．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等温过程到状态B．此过程中，气体温度t＝20℃，吸收的热量Q＝3.6×102
J，已知A状态的体积是1升，求
（1）此过程中气体内能的增量；
（2）此过程中气体是对外做功还是外界对气体做功，做的功是多少；
（3）若气体先从状态A经等压变化到状态C，再经等容变化到状态B，则这个过程气体吸收的热量是多少？
25．在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9J．图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：
（1）从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功
W1和其内能的增量；
（2）从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量及其从外界吸收的热量Q2．
26．在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在状态A的压强为P＝Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为J。求：
(1)气体在状态B的体积VB；
(2)此过程中气体内能的增量ΔU。
1．如图所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终回到A状态，已知A状态的温度为27
℃，求C状态的温度以及全过程中气体吸(放)热量．
2．将如图所示的装置的右端部分汽缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A和导热汽缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p0、体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，使汽缸A的温度升高到1.5T0，稳定后，求：
(1)汽缸A中气体的压强pA以及汽缸B中气体的体积VB；
(2)此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明．
考题预测
参考答案
1解析：气体由A到B过程：
初状态：pA＝1×105
Pa，TA＝300
K，VA＝10
L
末状态：pB＝2×105
Pa，VB＝20
L
由理想气体状态方程得＝
可得TB＝1
200
K
B到C过程为等容变化，有＝
可得TC＝2
400
K
tC＝(2
400－273)
℃＝2
127
℃
整个过程中气体温度不变，即ΔU＝Q＋W＝0
由p?V图象可知外界对气体做的功等于A、B、C、D四点所组成的四边形的面积，由几何知识知W＝1.5×103
J
则Q＝－1.5×103
J，即气体放出热量为1.5×103
J
答案：2
127
℃　气体放出热量为1.5×103
J
2解析：(1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知pA＝pB，选汽缸A中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得p0V0·＝pAVA·，
选汽缸B中气体为研究对象，根据玻意耳定律得p0V0＝pBVB，
又因为2V0＝VA＋VB，
联立得pA＝pB＝1.25p0，VB＝0.8V0.
(2)因为B中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．
答案：(1)1.25p0　0.8V0　(2)见解析
过关训练
参考答案
1．B
【详解】
A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据
恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
故选B。
2．D
【详解】
AB．解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，根据
可知，b气体的压强大，故活塞左移，平衡时
AB错误；
CD．根据热力学第一定律，活塞左移过程中，a气体被压缩内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时Ta＞Tb，C错误，D正确；
故选D。
3．C
【详解】
A．
A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故A错误；
B．
C→A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B错误；
C．
气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1，做功大小为W1，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：△U2=-Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：
△U=△U1+△U2=Q1-W1-Q2=0
即
Q1=W1+Q2＞Q2
所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；
D．
气体做功
，A→B过程中体积变化等于C→A过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】
A．打开阀门K后，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错误；
BC．气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体的温度也不变，故BC错误；
D．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中气体不可能自发地全部退回到A中，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
A．由于圆筒形气缸导热良好且环境温度不变，则气体发生等温变化，气体内能不变，故A错误；
B．由于气体发生等温变化，内能不变，缓慢取走铁砂，由平衡可知，气体压强减小，则体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B错误；
C．由于温度不变，分子平均动能不变，但单个分子的速度不一定不变，可能变大，也可能变小，则无法确定单个分子碰撞缸壁时的平均作用力大小变化，故C错误；
D．由于气体发生等温变化，内能不变，缓慢取走铁砂，由平衡可知，气体压强减小，则体积增大，分子平均动能不变，则单位时间内对活塞的碰撞次数减少，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A选项符合热力学第一、第二定律．B选项的不可能，冷水和杯子的温度不可能都变低，只能是一个升高、一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C选项的描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D选项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律．
故选C。
7．B
【详解】
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热符合热力学第一、第二定律．故A不符合题意；
B．冷水和杯子的温度不可能都变低，只能是一个升高、一个降低，
描述违背了热力学第一定律，故B符合题意；
C．从高温热源吸收的热量全部转化为功，的描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．故C不符合题意；
D．冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律．故C不符合题意；
故选B。
8．C
【详解】
A．根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功，A错误；
B．气体从，满足玻意尔定律，所以
所以，根据热力学第一定律可知
气体从，温度升高，所以，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量，B错误；
C．气体从，温度降低，所以，气体体积减小，外界对气体做功，所以，根据热力学第一定律可知，放出热量，C正确；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据可知从
所以气体从过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，D错误。
故选C。
9．D
【详解】
据题，外界对气体做功，W=200J；气体向外散热，则
Q=-100J
根据热力学第一定律得，气体内能的增量
△U=W+Q=200J-100J=100J
即内能增加100J
对于一定质量的理想气体，内能增加温度必然升高，故D正确，ABC错误。
故选D。
10．ABD
【详解】
A．a→b过程为等温变化，且压强减小，由公式pV=C知，体积增大，气体对外界做正功，故A正确；
B．b→c过程为等容变化，且温度降低，理想气体内能减小，气体做功为零，由热力学第一定律可知，气体应放热，故B正确；
C．c→d过程为等压变化，温度升高，理想气体内能增大，故C错误；
D．根据可得
设b处的体积为Vb，则a处的体积为，c处的体积为Vb，d处的体积为6Vb，根据W=p·ΔV可知三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程，故D正确。
故选ABD。
11．ABC
【详解】
A．以密封空气和充入空气为研究对象，由
p1V1＋p2V2＝pV1
可得
p＝1.2atm
故A正确；
B．温度不变，分子平均动能不变，故B正确；
C．由于p>p0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；
D．由
p1V1＋p2V2＝p3V3
可得
1atm×1L＋1atm×0.2L＝p3×9L
得
p3＝atm故不能把药液喷光，故D错误。
故选ABC。
12．CD
【详解】
A．第二类永动机违反了热力学第二定律，A错误；
B．物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，因此物体的内能不一定增加，B错误；
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C正确；
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的，D正确。
故选CD。
13．BD
【详解】
A．一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；
B．第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；
C．热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；
D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确。
故选BD。
14．ABD
【详解】
A．根据气体状态方程
得
图像的斜率
a、c两点在同一直线上，即a、c两点是同一等容线上的两点，体积相等，选项A正确。
B．理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确。
C．在过程中温度不变，内能不变，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c到d体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律
所以
所以在过程中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误。
D．在过程中，等压变化，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据
即
过程中，气体对外界做功
因为
所以
在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功，选项D正确。
故选ABD。
15．AD
【详解】
A．第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；
B．能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；
D．能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，D正确。
故选AD。
16．BCD
【详解】
A．相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；
B．火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；
C．根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，在有外界做功的条件下热传递可以逆向，故C正确；
D．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确。
故选BCD。
17．AD
【详解】
试题分析：由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，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，故A正确；由图示图象可知，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△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；故选AD．
考点：热力学第一定律；p﹣T图象
【名师点睛】本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线；知道热力学第一定律的表达式及物理意义．
18．BD
【详解】
A．根据热力学第一定律可知气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增大，选项A错误；
B．吸放热和对气体做功都可以改变其内能，选项B正确；
C．理想气体等压膨胀，对外做功，根据理想气体状态方程可知温度升高，内能增加，气体一定吸热，选项C错误；
D．根据热力学第二定律可知热量不可能自发地由低温物体传到高温物体，选项D正确。
故选BD。
19．（1）；（2）；
【详解】
（1）封闭气体的压强为p，对活塞分析，根据平衡条件有
用水银柱表达气体的匀强为
解得到
（2）加热过程中气体变化是等压变化
解得到
气体对外做功为
则内能的变化
20．（1）；（2），
【详解】
（1）容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律得
解得此时气体压强
（2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得
解得压强为
温度改变，理想气体的体积不变，则外界即不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以；升高温度，内能增量为
根据热力学第一定律可知气体吸收的热量为
21．(1)；(2)
【详解】
(1)封闭理想气体初始状态
，
封闭理想气体末状态
用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为，由盖吕萨克定律得
解得
(2)
理想气体做等压变化，根据受力平衡可得
理想气体对外做功为
由热力学第一定律可知
联立解得
22．(i)450K；(ii)
295J
【详解】
(i)当汽缸水平放置时，p0=1.0×105Pa，V0=L1S，T0=（273+27）K=300K。当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示
根据平衡条件有
p1S=p0S+mg
V1=（L1+L2）S
由理想气体状态方程得
解得T1=450K
(ii)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p0L1S=p1LS
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W=-p0（L1+L2-L）S-mg（L1+L2-L）
根据热力学第一定律
解得
23．
【详解】
根据图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；故A经B到C过程中气体吸收的热量为
24．（1）（2）对外做功，做功W=360J（3）Q=600J
【详解】
（1）从状态A到状态B，气体的温度不变，则内能不变，即ΔU=0；
（2）气体从A到B内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU=W+Q可知对外做功为3.6×102
J
；
（3）A状态的体积是1升，压强为3×105Pa，B态压强为1×105Pa；根据pAVA=pBVB可得VB=3升；；
所以气体吸热为Q=600J
25．（1），
（2），
【详解】
（1）从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W1=0，根据热力学第一定律
有△U1=W1﹢Q1，内能的增量△U1=Q1=9J．
（2）从状态A到状态B过程，体积减小，温度升高，该气体内能的增量△U2=△U1=9J，根据热力学第一定律
有△U2=W2﹢Q2，从外界吸收的热量
Q2=△U2-W2=3J．
26．(1)8.0×10﹣3m3
；(2)400J。
【详解】
(1)由题V﹣T图像通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化，由盖·吕萨克定律得：
解得：
(2)外界对气体做的功：
根据热力学第一定律：
解得：
。
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