(全国版)高考物理一轮复习讲义第14章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律(含解析)

第3讲　热力学定律与能量守恒定律

目标要求　1.理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式，并能用热力学第一定律解决相关问题.2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性.3.知道第一类永动机和第二类永动机不可能实现.

考点一　热力学第一定律

基础回扣

1.改变物体内能的两种方式

(1)做功；(2)热传递.

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)表达式中的正、负号法则：

3.能量守恒定律

(1)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.

(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律.

技巧点拨

1.热力学第一定律的理解

(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析.

(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正.

(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.

(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.

2.三种特殊情况

(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，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＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；

(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量.

例1　(2020·山东等级考模拟卷)如图1所示，水平放置的封闭绝热汽缸，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1 mol氧气，b部分气体为2 mol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(　　)

图1

A.Va>Vb，Ta>Tb   B.Va>Vb，Ta<Tb

C.Va<Vb，Ta<Tb  D.Va<Vb，Ta>Tb

答案　D

解析　解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由于b部分压强大，故解除锁定后活塞左移，则平衡时Va<Vb，pa＝pb.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，温度升高；b气体对外做功，内能减小，温度降低，则平衡时Ta>Tb，D正确.

1.(改变内能的两种方式)(多选)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

答案　BD

2.(热力学第一定律的计算)如图2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200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的(　　)

图2

A.温度升高，内能增加100 J

B.温度升高，内能减少200 J

C.温度降低，内能增加100 J

D.温度降低，内能减少200 J

答案　A

解析　外界对气体做功，W＝200 J；气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律得，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J.对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确.

3.(热力学第一定律)(2020·天津卷·5)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图3.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.若水在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)

图3

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　储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝C可知，压强变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0，由于气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体从外界吸热，故C错误；温度不变，分子平均动能不变，故D错误.

考点二　热力学第二定律

基础回扣

1.热力学第二定律的两种表述

(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”.

2.热力学第二定律的微观意义

一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行.

3.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.

技巧点拨

1.热力学第二定律的含义

(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助.

(2)“不产生其他影响”的含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.在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程.

2.热力学第二定律的实质

热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.

3.热力学过程的方向性实例

(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.(对热力学第二定律的理解)(多选)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度增大的方向进行的

答案　BCD

5.(热力学第一定律与热力学第二定律的比较)(多选)(2020·江西南昌市模拟)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

答案　AD

解析　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；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；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；能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，D正确.

考点三　热力学第一定律与图象的综合应用

1.气体的状态变化可由图象直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析.

2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析.

(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功.

(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小.

(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热.

例2　(2020·山东卷·6)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4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(　　)

图4

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　由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误.由＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误.由＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确.由于a、b状态内能相等，故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.

例3　(2020·四川达州市一模)在如图5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图象.已知图线AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，求：

图5

(1)气体在状态B的体积VB；

(2)此过程中气体内能的增量ΔU.

答案　(1)8.0×10－3 m3　(2)400 J

解析　(1)由V－T图象中图线AB的反向延长线通过坐标原点，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：VB＝VA＝×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3.

(2)从A到B气体对外界做功，则

W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－2.0×102 J

根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W

解得：ΔU＝6.0×102 J－2.0×102 J＝4.0×102 J＝400 J.

6.(p－T图象)(多选)(2020·内蒙古阿拉善盟高三上学期期末)一定质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6所示，下列判断正确的是(　　)

图6

A.过程bc中气体既不吸热也不放热

B.过程ab中气体一定吸热

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

E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同

答案　BDE

解析　由题图可知，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ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，故A错误；由题图可知，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ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量，故B正确；由题图可知，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，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知，气体要放出热量，且外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由题图可知，a、b和c三个状态中，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；由题图可知，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，b、c状态气体的分子数密度不同，则b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确.

7.(p－T图象)(多选)(2016·全国卷Ⅱ·33(1)改编)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图象如图7所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)

图7

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

E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功

答案　ABE

解析　由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由图象可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确.

8.(p－图象)(2020·江苏卷·13(3))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－图像如图8所示，求该过程中气体吸收的热量Q.

图8

答案　2×105 J

解析　气体由A→B为等压变化过程，则外界对气体做的功W1＝p(VA－VB)

气体由B→C为等容变化过程，则W2＝0

根据热力学第一定律得ΔU＝(W1＋W2)＋Q

A和C的温度相等ΔU＝0

代入数据解得Q＝2×105 J.

考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用

解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程

例4　(2020·河北唐山市一模)如图9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＝10 kg，横截面积S＝100 cm2，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＝11 cm，到汽缸口的距离L2＝4 cm.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＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则：

图9

(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？

(2)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＝350 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？

答案　(1)450 K(或177 ℃)　(2)295 J

解析　(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K.

当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，

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＝450 K(或177 ℃)

(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得

p0L1S＝p1LS

加热后，气体做等压变化，气体对外界做功为

W＝－p1(L1＋L2－L)S

根据热力学第一定律

ΔU＝W＋Q

解得ΔU＝295 J.

9.(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)如图10所示，竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中末画出)，面积为S的绝热活塞位于汽缸内(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，此时汽缸内理想气体的温度为T0，活塞距汽缸底部的高度为h，现用电热丝缓慢给汽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：

图10

(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.

答案　(1)T0　(2)Q－(p0S＋Mg)h

解析　(1)封闭理想气体初始状态：V1＝Sh，T1＝T0

末状态：V2＝S(h＋h)＝Sh，

用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，理想气体发生等压变化，设末状态的温度为T2，

由盖—吕萨克定律得＝，

可得T2＝T0.

(2)设封闭气体压强为p1，理想气体发生等压变化，对活塞，根据受力平衡可得p1S＝p0S＋Mg，

理想气体对外做功为W＝p1S·h，

由热力学第一定律可知ΔU＝Q－W，

联立解得ΔU＝Q－(p0S＋Mg)h.

课时精练

1.(多选)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

E.熵是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展

答案　BDE

解析　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；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；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；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；熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，选项E正确.

2.(多选)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

答案　CD

解析　第二类永动机违反了热力学第二定律，选项A错误；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，选项B错误；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，选项C正确；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，选项D正确.

3.(2020·全国卷Ⅱ·33(1))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　A项符合热力学第一、第二定律.冷水和杯子温度不可能都变低，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项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.

4.(2020·山东潍坊市模拟)如图1所示，导热良好的圆筒形汽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汽缸内，活塞上堆放着铁砂，系统处于静止状态.现缓慢取走铁砂，忽略活塞与汽缸之间的摩擦，外界环境温度不变，则在此过程中缸内气体(　　)

图1

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

答案　D

解析　汽缸导热，缸内气体温度保持不变，所以气体内能不变，A错误；取走铁砂，缸内气体压强减小，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体应从外界吸收热量，故B错误；温度不变，分子平均动能不变，单个分子撞击缸壁的平均作用力不变，故C错误；气体压强减小，单个分子撞击缸壁的平均作用力不变，则单位时间内对活塞的碰撞次数减少，故D正确.

5.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2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(　　)

图2

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

答案　D

解析　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；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B、C错误；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.

6.(多选)(2020·山东省实验中学模拟)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3为某同学设计的消杀喷药装置，内部装有8 L药液，上部密封1 atm的空气1 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.2 L.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(　　)

图3

A.充气后，密封气体的压强增大为1.2 atm

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

答案　ABC

解析　以密封空气和充入空气为研究对象，由p1V1＋p2V2＝pV1可得p＝1.2 atm，故A正确；温度不变，分子平均动能不变，故B正确；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；由p1V1＋p2V2＝p3V3可得：1 atm×1 L＋1 atm×0.2 L＝p3×9 L得p3＝ atm<p0，故不能把药液喷光，故D错误.

7.(多选)如图4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(　　)

图4

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

答案　ABD

解析　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→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→d过程为等压变化，温度升高，理想气体内能增大，故C错误；根据＝C可得p＝·T，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.

8.(2020·山东枣庄市模拟)如图5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(　　)

图5

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

答案　C

解析　A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A错误；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；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：ΔU1＝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：ΔU2＝－Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝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；气体做功W＝pΔV，A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图象上的点与原点连线的斜率越大，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.

9.(2020·甘肃临夏中学期末)在如图6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A到状态B，外界对该气体做功为6 J；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9 J.图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零.求：

图6

(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ΔU1；

(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.

答案　(1)0　9 J　(2)9 J　3 J

解析　(1)由题意知，从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化，

该气体对外界做的功W1＝0

根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1

得内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.

(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高，

B、C两状态温度相同，

则该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J

根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2

则从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.

10.如图7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收(或放出)的热量.

图7

答案　2 400 K　气体放出的热量为1.5×103 J

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：＝

解得：TB＝1 200 K

B到C过程为等容变化，则有：＝

解得：TC＝2 400 K

整个过程中从A状态回到A状态，温度不变，则ΔU＝Q＋W＝0

因为外界对气体做的功在数值上等于四边形ABCD围成的面积，

即W＝×1×105×10×10－3 J＋×2×105×10×10－3 J＝1.5×103 J

则：Q＝－1.5×103 J，

即气体放出的热量为1.5×103 J.

11.如图8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＝360 J，已知A状态的体积为1 L.

图8

(1)求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？

答案　(1)0　(2)对外做功　360 J　(3)600 J

解析　(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，W＝－360 J，即气体对外做的功为360 J.

(3)A状态的体积是1 L，压强为3×105 Pa，

B状态压强为1×105 Pa，

根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB

可得VB＝3 L

WA→C→B＝－pAΔV＝－3×105×2×10－3 J＝－600 J

由ΔU＝WA→C→B＋Q′知，气体吸收的热量为Q′＝600 J.

12.(2020·安徽省舒城中学期末)如图9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T0，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.

图9

(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.

答案　(1)　(2)T0　Q－(p0S－Mg)Δh0

解析　(1)设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，根据平衡条件有p0S＝pS＋Mg，

用水银柱表达气体的压强为p＝p0－ρgΔh，解得Δh＝.

(2)缓慢加热过程中封闭气体做等压变化，由盖—吕萨克定律知＝，

解得T＝T0，

气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0，

则气体内能的变化ΔU＝Q－W＝Q－(p0S－Mg)Δh0.