还剩28页未读，
继续阅读
(新高考)高考物理一轮复习教案第14章第3讲《热力学定律与能量守恒定律》(含详解)
展开
这是一份(新高考)高考物理一轮复习教案第14章第3讲《热力学定律与能量守恒定律》(含详解)，共31页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第3讲 热力学定律与能量守恒定律
知识点 热力学第一定律 Ⅰ
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；
(2)传热。
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热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中物理量正、负号的意义
物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对系统做功
系统吸收热量
内能增加
－
系统对外界做功
系统放出热量
内能减少
(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对系统做的功等于系统内能的增加。
②若外界对系统做功为0，即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收的热量等于系统内能的增加。此处的W包含机械功、电流功等一切功。对于不涉及其他力做功的气体的等容过程，W＝0，Q＝ΔU。
③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对气体做的功等于气体放出的热量。
知识点 能量守恒定律 Ⅰ
1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的，例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。
3．第一类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。
违背能量守恒定律，因此不可能实现。
知识点 热力学第二定律 Ⅰ
1．克劳修斯表述
热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
2．开尔文表述
不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。”
3．用熵的概念表示热力学第二定律
在自发过程中，系统总是自发地向无序方向发展，即一个孤立系统的熵值总是不减少的。(熵增加原理)
4．第二类永动机
从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生其他影响的机器。
违背热力学第二定律，不可能实现。
5．能源的利用
(1)存在能量耗散和品质降低。
(2)重视利用能源时对环境的影响。
(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水能等)。
一 堵点疏通
1．做功和传热的实质是相同的。( )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。( )
3．根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。( )
4．熵增加原理说明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。( )
5．随着技术不断进步，热机的效率可能达到100%。( )
6．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机。( )
7．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。( )
8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。( )
9．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。( )
10．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.×
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第三册·P53·T1改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能( )
A．增加了1100 J B.减少了1100 J
C．增加了690 J D.减少了690 J
答案 C
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加690 J，C正确。
2．(人教版选择性必修第三册·P63·T2改编)(多选)下列现象中能够发生的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案 CD
解析 热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将箱内低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。
3. (多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容变化过程ab到达状态b，再经过等温变化过程bc到达状态c，最后经等压变化过程ca回到状态a。下列说法正确的是( )
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程bc中气体从外界吸收热量
D．在过程ca中气体从外界吸收热量
答案 ABC
解析 从a到b等容升压，根据＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；在等温变化过程bc中，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，C正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据＝C可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体一定向外界放出热量，D错误。
4．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想将海水放出的热量完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能而不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
答案 C
解析 内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确，D错误。
考点 1 热力学第一定律
改变内能的两种方式的比较
方式名称比较项目
做功
传热
区别
内能变化情况
外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少
系统吸收热量，内能增加；系统放出热量，内能减少
从能量的角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程
不同系统间或同一系统不同部分之间内能的转移
能的性质变化情况
能的性质发生了变化
能的性质不变
相互联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
例1 (2020·山西省长治市3月线上测试改编)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，气体对外界做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．C→D过程中，气体放热
(1)B→C为绝热过程，体积变大，对外做功，则温度如何变化？
提示：内能减少温度降低。
(2)C→D为等温过程，体积减小，压强如何变化？
提示：增大。
尝试解答 选ACD。
A→B过程中，温度不变，体积增大，气体对外界做功，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，压强增大，分子平均速率不变，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；C→D过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，故D正确。
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(2)与外界绝热，则不与外界发生热传递，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子平均动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
[变式1－1] (2020·山东省泰安三模)如图所示，开口竖直向上的薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸内下部装有电热丝，一定质量的理想气体被一绝热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，则该过程中( )
A．气体的压强增大
B．气体的内能增大
C．气体分子热运动的平均动能可能减小
D．气体对外界做的功等于气体吸收的热量
答案 B
解析 电热丝对缸内气体缓慢加热过程中，因外界的大气压没变，汽缸内气体压强不变，气体的温度升高，内能增大，A错误，B正确；汽缸内气体温度升高，分子热运动的平均动能增大，C错误；在缸内封闭的是一定质量的理想气体，温度升高，内能增加，即ΔU>0，体积增大，对外做功，即W<0，吸收热量，即Q>0，根据ΔU＝W＋Q，可知气体对外界做的功小于气体吸收的热量，D错误。
[变式1－2] (多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能减少
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界没做功
D．气体在被压缩过程中，气体分子的平均动能变大
答案 BCD
解析 气体向真空自发扩散过程，对外界不做功，且没有传热，气体的内能不变，则C正确，A错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，因汽缸绝热，故气体内能增大，故B正确；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增大，D正确。
考点 2 热力学第二定律
1.热力学第一、第二定律的比较
定律名称
比较项目
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示的问题
从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
指出一切与热现象有关的宏观自然过程都有特定的方向性
机械能和内能的转化
通过做功机械能与内能互相转化
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能
热量的传递
内能的变化量等于外界做的功与吸收的热量之和
说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律的关系
在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础
2．两类永动机的比较
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器
从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制
成的原因
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
例2 (2020·天津部分区高三第一学期期中)下列说法正确的是( )
A．热量不可能从低温物体传到高温物体
B．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
C．自然界中的一切宏观过程都是具有可逆性的
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，可以制成
(1)热量可以自发地从低温物体传向高温物体吗？
提示：不可以。
(2)第二类永动机不可能制成是违背了能量守恒定律还是热力学第二定律？
提示：热力学第二定律。
尝试解答 选B。
根据热力学第二定律可知，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，即热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误，B正确；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故C错误；第二类永动机没有违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，不可能制成，故D错误。
对热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义：
①“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了传热等热力学宏观现象的方向性；
②“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。
(2)热力学第二定律的实质：
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：
①高温物体低温物体。
②功热。
③气体体积V1气体体积V2(较大)。
④不同气体A和B混合气体AB。
[变式2－1] (2020·辽宁省锦州市一模改编)(多选)对于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能实现，因为违背了能量守恒定律
B．热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度
C．热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和
D．热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响
答案 ACD
解析 第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；热力学第一定律没有指出是否能达到绝对零度，故B错误；据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响，故D正确。
[变式2－2] (多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．科技的进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机
B．物体对外做功，其内能一定减少
C．气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的
D．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，没有违反热力学第二定律
答案 CD
解析 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故A错误；根据热力学第一定律，物体对外做功，若同时物体吸热，则其内能不一定减少，故B错误；熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的，故C正确；制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，同时引起其他变化，例如消耗一定的电能，因此没有违反热力学第二定律，故D正确。
考点 3 气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
解答此类问题的基本流程
例3 (2020·江西省上饶市三模)一定质量的理想气体，由状态a经状态b、状态c又回到状态a，其体积V随温度T的变化图像如图所示。已知该气体在状态a时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在状态b时温度为T0、体积为2V0，在状态c时体积为2V0，(其中T0＝300 K、压强p0＝1.0×105 Pa、体积V0＝1.0 L)求：
(1)状态c的温度Tc为多少？
(2)若由状态b到状态c气体吸收的热量为Q＝100 J，则由状态c到状态a气体放出的热量Q′为多少？
(1)状态c的压强能确定吗？
提示：能，pc＝pa＝p0。
(2)气体由状态a经状态b、状态c又回到状态a，整个过程内能不变，由a到b内能也不变，那么由b到c和由c到a的内能改变有什么关系？
提示：ΔUbc＝－ΔUca。
尝试解答 (1)600_K__(2)200_J
(1)因气体由状态c到a对应的VT图像为过原点的直线，故发生的是等压变化，即pa＝pc＝p0
由c到a，根据盖—吕萨克定律有＝，代入数据得Tc＝600 K。
(2)气体由状态b到状态c为等容变化，吸收的热量等于增加的内能，即ΔUbc＝Q
气体由状态c到a，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，则气体对外放出热量Q′，根据热力学第一定律有ΔUca＝p0(Vc－V0)－Q′
气体在状态b与状态a的温度相等，内能相同，有ΔUbc＝－ΔUca，即Q′＝Q＋p0V0
代入数据解得Q′＝200 J。
气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态参量，利用相关规律解决。
(3)对理想气体，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。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
[变式3－1] 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C时的温度为300 K。则：
(1)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？
(2)该气体从状态A到状态B是吸热还是放热？请说明理由。
答案 (1)TA＝450 K(或tA＝177 ℃) TB＝300 K(或tB＝27 ℃) (2)放热，理由见解析
解析 (1)B到C过程，由理想气体状态方程知＝
解得TB＝TC＝300 K(或tB＝27 ℃)。
又A到B为等容过程，有＝
解得TA＝450 K(或tA＝177 ℃)。
(2)根据题图可知，从A到B气体体积不变，
故外界对气体做功W＝0
由TA>TB可知，内能变化ΔU<0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q<0
即该气体从状态A到状态B放热。
[变式3－2] (2021·四川省达州市高三上第一次诊断性测试)如图所示，长为40 cm、内壁光滑的汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为100 cm2的活塞封闭有压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃的理想气体，开始时活塞位于距汽缸底30 cm处，现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1.0×105 Pa。
(1)试计算当温度升高到327 ℃时，缸内封闭气体的压强p；
(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
答案 (1)1.5×105 Pa (2)700 J
解析 (1)活塞移动到汽缸口的过程中，缸内气体做等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖—吕萨克定律可知＝
代入数据解得：T2＝400 K＝127 ℃
因为127 ℃<327 ℃，所以气体接着做等容变化，则根据查理定律有，＝
代入数据解得：p＝1.5×105 Pa。
(2)气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝0.1 m
故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx
代入数据解得：W＝－100 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
代入数据得ΔU＝－100 J＋800 J＝700 J。
1．(2020·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，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
E．外界对气体做功，气体吸收热量
答案 BCD
解析 因为活塞缓慢下降，汽缸导热，环境温度保持不变，故气体体积逐渐减小，温度不变，理想气体的内能只与温度有关，则内能不变。由理想气体状态方程＝C可知，气体体积逐渐减小，温度不变，则压强逐渐增大。因为气体的体积减小，故外界对气体做功，而气体的内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量。综上所述，B、C、D正确，A、E错误。
2．(2020·天津高考) 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。若在水不断喷出的过程中，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
答案 B
解析 在水不断喷出的过程中，气体的体积变大，由于气体温度不变，则有pV＝恒量，可知气体压强变小，A错误；由于气体体积变大，故气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，则气体从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于气体温度不变，则气体分子平均动能不变，D错误。
3. (2020·山东高考)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pV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
答案 C
解析 根据气体做功的表达式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV，可知pV图线和V轴围成的面积即为做功大小，所以气体在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，A错误；由理想气体状态方程＝C可知，气体从a→b，paVa＝pbVb，所以Ta＝Tb，ΔUab＝0，根据热力学第一定律可知ΔUab＝Qab＋Wab＝0，气体从b→c，pbVb0，根据热力学第一定律可知ΔUbc＝Qbc＋Wbc>0，由A选项可知Wab＝Wbc<0，所以QabpaVa，所以Tc>Ta，ΔUca<0，而气体体积减小，所以外界对气体做功，Wca>0，根据热力学第一定律可知Qca<0，向外界放出热量，且|Wca|<|Qca|，即外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，C正确；理想气体的内能只与温度有关，根据Ta＝Tb可知|ΔUca|＝|ΔUbc|，即气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。
4. (2018·全国卷Ⅰ)(多选)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
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE
解析 由理想气体状态方程＝可知，体积不变，温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
5．(2018·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案 BCD
解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。
6．(2020·全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________。(填正确答案标号)
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
答案 B C
解析 汽车燃烧汽油产生的内能一部分通过做功转化为机械能，使汽车获得动力，另一部分通过热传递向空气转移，选项A既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，杯和水组成的系统没有对外做功，也没有向外传递热量，内能不可能减少，即冷水和杯子的温度不可能都变得更低，选项B违背热力学第一定律；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，必然产生其他影响，选项C不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律；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，发生了内能的转移，同时也产生了其他影响(消耗电能)，选项D既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
7．(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案 低于 大于
解析 活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
8. (2020·江苏高考)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
答案 2×105 J
解析 根据p图象可知，状态A和状态C温度相同，则内能相同，故从A经B到C的过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。
根据图象可知，从状态A到状态B为等压变化过程，气体对外做的功为W1＝pΔV＝2×105×(2－1) J＝2×105 J，
从状态B到状态C为等容变化过程，气体对外不做功，
故从A经B到C的过程中气体吸收的热量为Q＝W1＝2×105 J。
9．(2018·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案 T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有＝ ①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg ②
联立①②式可得T1＝T0 ③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有＝ ④
式中V1＝SH ⑤
V2＝S(H＋h) ⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0 ⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
10．(2021·八省联考辽宁卷)某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，汽缸如图a所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，汽缸如图b所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图c所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。
(1)判断汽缸内气体由图a状态到图b状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图c估测出此时客机的飞行高度。
答案 (1)吸热，原因见解析
(2)0.24×105 Pa 10000 m
解析 (1)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于由图a状态到图b状态，汽缸内气体体积膨胀，对外做功，而温度保持不变，内能保持不变，因此该过程吸热。
(2)初态汽缸内气体的压强p1＝p0＋＝1.2×105 Pa
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
可得p2＝0.96×105 Pa
又因为机舱内外气体压强之比为4∶1
因此舱外气体压强p2′＝p2＝0.24×105 Pa
对应图c可知飞行高度为10000 m。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1. (2020·山东省德州市一模)如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000 J，则封闭气体的内能变化量为( )
A．400 J B.1200 J
C.2000 J D.2800 J
答案 B
解析 由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功大小为W＝p0Sx＝1×105×0.04×0.2 J＝800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝－W＋Q＝－800 J＋2000 J＝1200 J，故A、C、D错误，B正确。
2. (2020·山东省潍坊高密市模拟)如图，在研究功与内能改变的关系时，将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部，用力向下压活塞，可以将易燃物点燃。关于该实验，下列说法正确的是( )
A．筒内气体在被压缩的同时从外界迅速吸收热量，导致气体温度升高
B．只要最终筒内气体压强足够大，筒内易燃物就会被点燃
C．若实验中易燃物被点燃，则是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快
答案 D
解析 筒内气体在被压缩时外界对气体做功，由于是被迅速压缩，该过程可看作是绝热过程，则气体内能增大，温度升高，A错误；易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，B错误；压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不足以把易燃物点燃，C错误；该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速增大，温度升高，D正确。
3. (2020·山东省威海市一模)如图所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三个状态的压强相等
B．从a到c气体的内能减小
C．从a到b气体吸收热量
D．从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等
答案 C
解析 根据理想气体状态方程＝C得V＝T，若压强不变，则VT图像应为过原点的倾斜直线，A错误；从a到c气体温度升高说明内能增加，B错误；从a到b气体体积增加说明对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q知气体吸收热量，C正确；从a到b与从b到c气体体积变化相同，但由V＝T可知气体压强不断增大，因而从b到c气体对外界做功的数值比从a到b时的大，D错误。
4. (2021·八省联考江苏卷)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体( )
A．在状态a和c时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
答案 B
解析 根据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则Qcd＝0，Wcd<0，根据ΔU＝W＋Q，ΔUcd<0，则温度降低；气体从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c的温度高于在状态a时的温度，故在状态c时的内能大于在状态a时的内能，A错误；a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功，Wab>0，Qab＝0，则ΔUab＝Wab，即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；根据pV图像与V轴围成的面积表示气体做功的大小，可知一次循环过程中外界对气体做的功W＝Wcd＋Wab＜0，而整个过程气体内能变化为零，则整个过程Q＞0，即在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，D错误；根据D项分析可知，Qbc＞－Qda，而ΔUbc＝Qbc，ΔUda＝Qda，则ΔUbc＞－ΔUda，即b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C错误。
5．(2020·河北省张家口市一模改编)下列说法正确的是( )
A．若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统必定达到热平衡
B．一个孤立系统如果过程不可逆，则熵是增加的
C．露珠成球状说明液体表面分子间呈现斥力
D．一定质量的理想气体等容升温，一定吸收热量
答案 ABD
解析 根据热平衡定律可知，若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，故A正确；一个孤立系统若过程不可逆，则熵是增加的，故B正确；液体表面张力使液体具有收缩的趋势，露珠成球形是由于液体表面张力的作用，故C错误；一定质量的理想气体等容升温，内能增加，而体积不变，气体对外做功为零，根据热力学第一定律可知，一定吸收热量，故D正确。
6．下列说法正确的是( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的
C．自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D．绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大
答案 BCD
解析 能量耗散是指能量的可利用率越来越低，但仍然遵守能量守恒定律，故A错误；热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确；根据热力学第二定律，自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故C正确；绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故D正确。
7．(2021·八省联考湖南卷) 一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从d到a，气体对外界做正功
E．从a经过b、c、d，再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等
答案 BCE
解析 从a到b，气体压强不变，体积变大，根据＝C可知，温度升高，气体分子平均动能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，A错误；从b到c，气体体积不变，压强变大，根据＝C可知，气体温度升高，B正确；从c到d是等温膨胀过程，气体的温度不变，则气体内能不变，C正确；从d到a，气体体积减小，则外界对气体做正功，D错误；从a经过b、c、d，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做的功也等于图像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程始末气体温度相同，则气体内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，E正确。
8. (2020·安徽省蚌埠市第四次质检改编)一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其pT图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．c→d的过程中，外界对气体做功
C．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
D．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小
答案 ABD
解析 a→b的过程中，气体温度不变，气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积变大，则气体对外界做功，A正确。根据＝C可知p＝T，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d状态对应的体积小于c状态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确。a→b的过程中，温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，由盖—吕萨克定律可知其体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，C错误。根据＝C可知p＝T，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，D正确。
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9．(2021·八省联考福建卷)(6分)一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。一质量为m、横截面积为S的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。当活塞静止时，活塞与汽缸底部的距离为h，如图a所示。已知大气压强为p0，重力加速度为g。现把汽缸从图a状态缓慢转到图b状态，在此过程中气体温度不变，则图b状态下气体体积为____________。从图b状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离l，如图c所示。若此过程中气体内能增量为ΔU，则气体吸收的热量应为____________。
答案 hS＋ p0Sl＋ΔU
解析 汽缸从图a状态缓慢转到图b状态过程中，气体温度不变，即缸内气体发生等温变化，图a状态缸内气体：p1＝p0＋，V1＝Sh
图b状态缸内气体：p2＝p0，V2
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
解得V2＝hS＋；
活塞向外缓慢移动距离l时，缸内气体对外做功，且W＝Fl＝p0Sl
根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
联立解得气体吸收的热量为Q＝p0Sl＋ΔU。
10. (2020·广西柳州4月线上测试)(10分)如图，容积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：
(1)汽缸内气体与大气达到热平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
答案 (1)V (2)p0V＋αT0
解析 (1)由理想气体状态方程得＝
解得：V1＝V。
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
活塞刚要下降时，由理想气体状态方程得＝
解得：T1＝2T0
在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU＝α(T0－T1)
由热力学第一定律得ΔU＝W－Q
解得：Q＝p0V＋αT0。
11．(2021·八省联考重庆卷) (12分)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ΔU＝k(T2－T1)(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。
答案 (1)p0 (2)0.6p0 0.2kT0
解析 (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，根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0
解得再次达到平衡时气体的压强p＝p0。
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝
解得重新达到平衡时气体的压强为p′＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度后，气体内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
12. (2020·江苏省南通市二模)(12分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中吸收的热量。
答案 (1)9.0×10－3 m3 (2)400 J
解析 (1)气体从C→A，发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
代入数据解得VC＝9.0×10－3 m3。
(2)pT图像中BA的延长线过原点，故气体从A→B为等容变化，则此过程外界对气体做功WAB＝0
B→C，气体膨胀对外做功，此过程外界对气体做功WBC＝－1000 J
C→A，气体做等压变化，体积减小，外界对气体做功，WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中外界对气体做功
W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
初末状态温度相同，所以全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体吸收的热量Q＝－W＝400 J。
13. (2020·陕西省咸阳市二模)(12分)绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸顶部侧壁有一小口)，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：
(1)气体的温度升高多少？
(2)气体的内能增加多少？
答案 (1)T1 (2)Q＋(G＋G0)h－p0Sh
解析 (1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀，根据盖—吕萨克定律有＝
即＝
解得T2＝2T1
气体的温度升高了ΔT＝T2－T1＝T1。
(2)根据平衡条件，汽缸内气体的压强为p＝p0－
活塞向下运动的过程中，外界对气体做功
W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh。
第3讲 热力学定律与能量守恒定律
知识点 热力学第一定律 Ⅰ
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；
(2)传热。
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热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中物理量正、负号的意义
物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对系统做功
系统吸收热量
内能增加
－
系统对外界做功
系统放出热量
内能减少
(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对系统做的功等于系统内能的增加。
②若外界对系统做功为0，即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收的热量等于系统内能的增加。此处的W包含机械功、电流功等一切功。对于不涉及其他力做功的气体的等容过程，W＝0，Q＝ΔU。
③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对气体做的功等于气体放出的热量。
知识点 能量守恒定律 Ⅰ
1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的，例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。
3．第一类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。
违背能量守恒定律，因此不可能实现。
知识点 热力学第二定律 Ⅰ
1．克劳修斯表述
热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
2．开尔文表述
不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的。”
3．用熵的概念表示热力学第二定律
在自发过程中，系统总是自发地向无序方向发展，即一个孤立系统的熵值总是不减少的。(熵增加原理)
4．第二类永动机
从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生其他影响的机器。
违背热力学第二定律，不可能实现。
5．能源的利用
(1)存在能量耗散和品质降低。
(2)重视利用能源时对环境的影响。
(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水能等)。
一 堵点疏通
1．做功和传热的实质是相同的。( )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。( )
3．根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。( )
4．熵增加原理说明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。( )
5．随着技术不断进步，热机的效率可能达到100%。( )
6．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机。( )
7．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。( )
8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。( )
9．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。( )
10．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.×
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第三册·P53·T1改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能( )
A．增加了1100 J B.减少了1100 J
C．增加了690 J D.减少了690 J
答案 C
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加690 J，C正确。
2．(人教版选择性必修第三册·P63·T2改编)(多选)下列现象中能够发生的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案 CD
解析 热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将箱内低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。
3. (多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容变化过程ab到达状态b，再经过等温变化过程bc到达状态c，最后经等压变化过程ca回到状态a。下列说法正确的是( )
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程bc中气体从外界吸收热量
D．在过程ca中气体从外界吸收热量
答案 ABC
解析 从a到b等容升压，根据＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；在等温变化过程bc中，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，C正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据＝C可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体一定向外界放出热量，D错误。
4．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想将海水放出的热量完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能而不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
答案 C
解析 内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确，D错误。
考点 1 热力学第一定律
改变内能的两种方式的比较
方式名称比较项目
做功
传热
区别
内能变化情况
外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少
系统吸收热量，内能增加；系统放出热量，内能减少
从能量的角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程
不同系统间或同一系统不同部分之间内能的转移
能的性质变化情况
能的性质发生了变化
能的性质不变
相互联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
例1 (2020·山西省长治市3月线上测试改编)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，气体对外界做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．C→D过程中，气体放热
(1)B→C为绝热过程，体积变大，对外做功，则温度如何变化？
提示：内能减少温度降低。
(2)C→D为等温过程，体积减小，压强如何变化？
提示：增大。
尝试解答 选ACD。
A→B过程中，温度不变，体积增大，气体对外界做功，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，压强增大，分子平均速率不变，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；C→D过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，故D正确。
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(2)与外界绝热，则不与外界发生热传递，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子平均动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
[变式1－1] (2020·山东省泰安三模)如图所示，开口竖直向上的薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸内下部装有电热丝，一定质量的理想气体被一绝热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，则该过程中( )
A．气体的压强增大
B．气体的内能增大
C．气体分子热运动的平均动能可能减小
D．气体对外界做的功等于气体吸收的热量
答案 B
解析 电热丝对缸内气体缓慢加热过程中，因外界的大气压没变，汽缸内气体压强不变，气体的温度升高，内能增大，A错误，B正确；汽缸内气体温度升高，分子热运动的平均动能增大，C错误；在缸内封闭的是一定质量的理想气体，温度升高，内能增加，即ΔU>0，体积增大，对外做功，即W<0，吸收热量，即Q>0，根据ΔU＝W＋Q，可知气体对外界做的功小于气体吸收的热量，D错误。
[变式1－2] (多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能减少
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界没做功
D．气体在被压缩过程中，气体分子的平均动能变大
答案 BCD
解析 气体向真空自发扩散过程，对外界不做功，且没有传热，气体的内能不变，则C正确，A错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，因汽缸绝热，故气体内能增大，故B正确；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增大，D正确。
考点 2 热力学第二定律
1.热力学第一、第二定律的比较
定律名称
比较项目
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示的问题
从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
指出一切与热现象有关的宏观自然过程都有特定的方向性
机械能和内能的转化
通过做功机械能与内能互相转化
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能
热量的传递
内能的变化量等于外界做的功与吸收的热量之和
说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律的关系
在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础
2．两类永动机的比较
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器
从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制
成的原因
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
例2 (2020·天津部分区高三第一学期期中)下列说法正确的是( )
A．热量不可能从低温物体传到高温物体
B．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
C．自然界中的一切宏观过程都是具有可逆性的
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，可以制成
(1)热量可以自发地从低温物体传向高温物体吗？
提示：不可以。
(2)第二类永动机不可能制成是违背了能量守恒定律还是热力学第二定律？
提示：热力学第二定律。
尝试解答 选B。
根据热力学第二定律可知，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，即热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误，B正确；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故C错误；第二类永动机没有违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，不可能制成，故D错误。
对热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义：
①“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了传热等热力学宏观现象的方向性；
②“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。
(2)热力学第二定律的实质：
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：
①高温物体低温物体。
②功热。
③气体体积V1气体体积V2(较大)。
④不同气体A和B混合气体AB。
[变式2－1] (2020·辽宁省锦州市一模改编)(多选)对于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能实现，因为违背了能量守恒定律
B．热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度
C．热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和
D．热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响
答案 ACD
解析 第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；热力学第一定律没有指出是否能达到绝对零度，故B错误；据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响，故D正确。
[变式2－2] (多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．科技的进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机
B．物体对外做功，其内能一定减少
C．气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的
D．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，没有违反热力学第二定律
答案 CD
解析 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故A错误；根据热力学第一定律，物体对外做功，若同时物体吸热，则其内能不一定减少，故B错误；熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的，故C正确；制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热，同时引起其他变化，例如消耗一定的电能，因此没有违反热力学第二定律，故D正确。
考点 3 气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
解答此类问题的基本流程
例3 (2020·江西省上饶市三模)一定质量的理想气体，由状态a经状态b、状态c又回到状态a，其体积V随温度T的变化图像如图所示。已知该气体在状态a时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在状态b时温度为T0、体积为2V0，在状态c时体积为2V0，(其中T0＝300 K、压强p0＝1.0×105 Pa、体积V0＝1.0 L)求：
(1)状态c的温度Tc为多少？
(2)若由状态b到状态c气体吸收的热量为Q＝100 J，则由状态c到状态a气体放出的热量Q′为多少？
(1)状态c的压强能确定吗？
提示：能，pc＝pa＝p0。
(2)气体由状态a经状态b、状态c又回到状态a，整个过程内能不变，由a到b内能也不变，那么由b到c和由c到a的内能改变有什么关系？
提示：ΔUbc＝－ΔUca。
尝试解答 (1)600_K__(2)200_J
(1)因气体由状态c到a对应的VT图像为过原点的直线，故发生的是等压变化，即pa＝pc＝p0
由c到a，根据盖—吕萨克定律有＝，代入数据得Tc＝600 K。
(2)气体由状态b到状态c为等容变化，吸收的热量等于增加的内能，即ΔUbc＝Q
气体由状态c到a，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，则气体对外放出热量Q′，根据热力学第一定律有ΔUca＝p0(Vc－V0)－Q′
气体在状态b与状态a的温度相等，内能相同，有ΔUbc＝－ΔUca，即Q′＝Q＋p0V0
代入数据解得Q′＝200 J。
气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态参量，利用相关规律解决。
(3)对理想气体，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。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
[变式3－1] 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C时的温度为300 K。则：
(1)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？
(2)该气体从状态A到状态B是吸热还是放热？请说明理由。
答案 (1)TA＝450 K(或tA＝177 ℃) TB＝300 K(或tB＝27 ℃) (2)放热，理由见解析
解析 (1)B到C过程，由理想气体状态方程知＝
解得TB＝TC＝300 K(或tB＝27 ℃)。
又A到B为等容过程，有＝
解得TA＝450 K(或tA＝177 ℃)。
(2)根据题图可知，从A到B气体体积不变，
故外界对气体做功W＝0
由TA>TB可知，内能变化ΔU<0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q<0
即该气体从状态A到状态B放热。
[变式3－2] (2021·四川省达州市高三上第一次诊断性测试)如图所示，长为40 cm、内壁光滑的汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为100 cm2的活塞封闭有压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃的理想气体，开始时活塞位于距汽缸底30 cm处，现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1.0×105 Pa。
(1)试计算当温度升高到327 ℃时，缸内封闭气体的压强p；
(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
答案 (1)1.5×105 Pa (2)700 J
解析 (1)活塞移动到汽缸口的过程中，缸内气体做等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖—吕萨克定律可知＝
代入数据解得：T2＝400 K＝127 ℃
因为127 ℃<327 ℃，所以气体接着做等容变化，则根据查理定律有，＝
代入数据解得：p＝1.5×105 Pa。
(2)气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝0.1 m
故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx
代入数据解得：W＝－100 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
代入数据得ΔU＝－100 J＋800 J＝700 J。
1．(2020·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，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
E．外界对气体做功，气体吸收热量
答案 BCD
解析 因为活塞缓慢下降，汽缸导热，环境温度保持不变，故气体体积逐渐减小，温度不变，理想气体的内能只与温度有关，则内能不变。由理想气体状态方程＝C可知，气体体积逐渐减小，温度不变，则压强逐渐增大。因为气体的体积减小，故外界对气体做功，而气体的内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量。综上所述，B、C、D正确，A、E错误。
2．(2020·天津高考) 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。若在水不断喷出的过程中，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
答案 B
解析 在水不断喷出的过程中，气体的体积变大，由于气体温度不变，则有pV＝恒量，可知气体压强变小，A错误；由于气体体积变大，故气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，则气体从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于气体温度不变，则气体分子平均动能不变，D错误。
3. (2020·山东高考)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pV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
答案 C
解析 根据气体做功的表达式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV，可知pV图线和V轴围成的面积即为做功大小，所以气体在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，A错误；由理想气体状态方程＝C可知，气体从a→b，paVa＝pbVb，所以Ta＝Tb，ΔUab＝0，根据热力学第一定律可知ΔUab＝Qab＋Wab＝0，气体从b→c，pbVb
4. (2018·全国卷Ⅰ)(多选)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
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE
解析 由理想气体状态方程＝可知，体积不变，温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
5．(2018·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案 BCD
解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。
6．(2020·全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________。(填正确答案标号)
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
答案 B C
解析 汽车燃烧汽油产生的内能一部分通过做功转化为机械能，使汽车获得动力，另一部分通过热传递向空气转移，选项A既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，杯和水组成的系统没有对外做功，也没有向外传递热量，内能不可能减少，即冷水和杯子的温度不可能都变得更低，选项B违背热力学第一定律；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，必然产生其他影响，选项C不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律；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，发生了内能的转移，同时也产生了其他影响(消耗电能)，选项D既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
7．(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案 低于 大于
解析 活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
8. (2020·江苏高考)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
答案 2×105 J
解析 根据p图象可知，状态A和状态C温度相同，则内能相同，故从A经B到C的过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。
根据图象可知，从状态A到状态B为等压变化过程，气体对外做的功为W1＝pΔV＝2×105×(2－1) J＝2×105 J，
从状态B到状态C为等容变化过程，气体对外不做功，
故从A经B到C的过程中气体吸收的热量为Q＝W1＝2×105 J。
9．(2018·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案 T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有＝ ①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg ②
联立①②式可得T1＝T0 ③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有＝ ④
式中V1＝SH ⑤
V2＝S(H＋h) ⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0 ⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
10．(2021·八省联考辽宁卷)某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，汽缸如图a所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，汽缸如图b所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图c所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。
(1)判断汽缸内气体由图a状态到图b状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图c估测出此时客机的飞行高度。
答案 (1)吸热，原因见解析
(2)0.24×105 Pa 10000 m
解析 (1)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于由图a状态到图b状态，汽缸内气体体积膨胀，对外做功，而温度保持不变，内能保持不变，因此该过程吸热。
(2)初态汽缸内气体的压强p1＝p0＋＝1.2×105 Pa
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
可得p2＝0.96×105 Pa
又因为机舱内外气体压强之比为4∶1
因此舱外气体压强p2′＝p2＝0.24×105 Pa
对应图c可知飞行高度为10000 m。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1. (2020·山东省德州市一模)如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000 J，则封闭气体的内能变化量为( )
A．400 J B.1200 J
C.2000 J D.2800 J
答案 B
解析 由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功大小为W＝p0Sx＝1×105×0.04×0.2 J＝800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝－W＋Q＝－800 J＋2000 J＝1200 J，故A、C、D错误，B正确。
2. (2020·山东省潍坊高密市模拟)如图，在研究功与内能改变的关系时，将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部，用力向下压活塞，可以将易燃物点燃。关于该实验，下列说法正确的是( )
A．筒内气体在被压缩的同时从外界迅速吸收热量，导致气体温度升高
B．只要最终筒内气体压强足够大，筒内易燃物就会被点燃
C．若实验中易燃物被点燃，则是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快
答案 D
解析 筒内气体在被压缩时外界对气体做功，由于是被迅速压缩，该过程可看作是绝热过程，则气体内能增大，温度升高，A错误；易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，B错误；压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不足以把易燃物点燃，C错误；该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速增大，温度升高，D正确。
3. (2020·山东省威海市一模)如图所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三个状态的压强相等
B．从a到c气体的内能减小
C．从a到b气体吸收热量
D．从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等
答案 C
解析 根据理想气体状态方程＝C得V＝T，若压强不变，则VT图像应为过原点的倾斜直线，A错误；从a到c气体温度升高说明内能增加，B错误；从a到b气体体积增加说明对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q知气体吸收热量，C正确；从a到b与从b到c气体体积变化相同，但由V＝T可知气体压强不断增大，因而从b到c气体对外界做功的数值比从a到b时的大，D错误。
4. (2021·八省联考江苏卷)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体( )
A．在状态a和c时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
答案 B
解析 根据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则Qcd＝0，Wcd<0，根据ΔU＝W＋Q，ΔUcd<0，则温度降低；气体从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c的温度高于在状态a时的温度，故在状态c时的内能大于在状态a时的内能，A错误；a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功，Wab>0，Qab＝0，则ΔUab＝Wab，即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；根据pV图像与V轴围成的面积表示气体做功的大小，可知一次循环过程中外界对气体做的功W＝Wcd＋Wab＜0，而整个过程气体内能变化为零，则整个过程Q＞0，即在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，D错误；根据D项分析可知，Qbc＞－Qda，而ΔUbc＝Qbc，ΔUda＝Qda，则ΔUbc＞－ΔUda，即b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C错误。
5．(2020·河北省张家口市一模改编)下列说法正确的是( )
A．若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统必定达到热平衡
B．一个孤立系统如果过程不可逆，则熵是增加的
C．露珠成球状说明液体表面分子间呈现斥力
D．一定质量的理想气体等容升温，一定吸收热量
答案 ABD
解析 根据热平衡定律可知，若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，故A正确；一个孤立系统若过程不可逆，则熵是增加的，故B正确；液体表面张力使液体具有收缩的趋势，露珠成球形是由于液体表面张力的作用，故C错误；一定质量的理想气体等容升温，内能增加，而体积不变，气体对外做功为零，根据热力学第一定律可知，一定吸收热量，故D正确。
6．下列说法正确的是( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的
C．自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D．绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大
答案 BCD
解析 能量耗散是指能量的可利用率越来越低，但仍然遵守能量守恒定律，故A错误；热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确；根据热力学第二定律，自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故C正确；绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故D正确。
7．(2021·八省联考湖南卷) 一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从d到a，气体对外界做正功
E．从a经过b、c、d，再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等
答案 BCE
解析 从a到b，气体压强不变，体积变大，根据＝C可知，温度升高，气体分子平均动能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，A错误；从b到c，气体体积不变，压强变大，根据＝C可知，气体温度升高，B正确；从c到d是等温膨胀过程，气体的温度不变，则气体内能不变，C正确；从d到a，气体体积减小，则外界对气体做正功，D错误；从a经过b、c、d，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做的功也等于图像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程始末气体温度相同，则气体内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，E正确。
8. (2020·安徽省蚌埠市第四次质检改编)一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其pT图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．c→d的过程中，外界对气体做功
C．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
D．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小
答案 ABD
解析 a→b的过程中，气体温度不变，气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积变大，则气体对外界做功，A正确。根据＝C可知p＝T，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d状态对应的体积小于c状态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确。a→b的过程中，温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，由盖—吕萨克定律可知其体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，C错误。根据＝C可知p＝T，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，D正确。
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9．(2021·八省联考福建卷)(6分)一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。一质量为m、横截面积为S的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。当活塞静止时，活塞与汽缸底部的距离为h，如图a所示。已知大气压强为p0，重力加速度为g。现把汽缸从图a状态缓慢转到图b状态，在此过程中气体温度不变，则图b状态下气体体积为____________。从图b状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离l，如图c所示。若此过程中气体内能增量为ΔU，则气体吸收的热量应为____________。
答案 hS＋ p0Sl＋ΔU
解析 汽缸从图a状态缓慢转到图b状态过程中，气体温度不变，即缸内气体发生等温变化，图a状态缸内气体：p1＝p0＋，V1＝Sh
图b状态缸内气体：p2＝p0，V2
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
解得V2＝hS＋；
活塞向外缓慢移动距离l时，缸内气体对外做功，且W＝Fl＝p0Sl
根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
联立解得气体吸收的热量为Q＝p0Sl＋ΔU。
10. (2020·广西柳州4月线上测试)(10分)如图，容积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：
(1)汽缸内气体与大气达到热平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
答案 (1)V (2)p0V＋αT0
解析 (1)由理想气体状态方程得＝
解得：V1＝V。
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
活塞刚要下降时，由理想气体状态方程得＝
解得：T1＝2T0
在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU＝α(T0－T1)
由热力学第一定律得ΔU＝W－Q
解得：Q＝p0V＋αT0。
11．(2021·八省联考重庆卷) (12分)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ΔU＝k(T2－T1)(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。
答案 (1)p0 (2)0.6p0 0.2kT0
解析 (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，根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0
解得再次达到平衡时气体的压强p＝p0。
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝
解得重新达到平衡时气体的压强为p′＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度后，气体内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
12. (2020·江苏省南通市二模)(12分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中吸收的热量。
答案 (1)9.0×10－3 m3 (2)400 J
解析 (1)气体从C→A，发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
代入数据解得VC＝9.0×10－3 m3。
(2)pT图像中BA的延长线过原点，故气体从A→B为等容变化，则此过程外界对气体做功WAB＝0
B→C，气体膨胀对外做功，此过程外界对气体做功WBC＝－1000 J
C→A，气体做等压变化，体积减小，外界对气体做功，WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中外界对气体做功
W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
初末状态温度相同，所以全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体吸收的热量Q＝－W＝400 J。
13. (2020·陕西省咸阳市二模)(12分)绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸顶部侧壁有一小口)，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：
(1)气体的温度升高多少？
(2)气体的内能增加多少？
答案 (1)T1 (2)Q＋(G＋G0)h－p0Sh
解析 (1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀，根据盖—吕萨克定律有＝
即＝
解得T2＝2T1
气体的温度升高了ΔT＝T2－T1＝T1。
(2)根据平衡条件，汽缸内气体的压强为p＝p0－
活塞向下运动的过程中，外界对气体做功
W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh。
相关教案
(新高考)高考物理一轮复习教案第8章第3讲《电学实验基础》(含详解)： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习教案第8章第3讲《电学实验基础》(含详解)，共26页。
(新高考)高考物理一轮复习教案第6章第2讲《动量守恒定律》(含详解)： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习教案第6章第2讲《动量守恒定律》(含详解)，共39页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
(新高考)高考物理一轮复习教案第5章第4讲《功能关系能量守恒定律》(含详解)： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习教案第5章第4讲《功能关系能量守恒定律》(含详解)，共28页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
