13.3热力学定律与能量守恒（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份13.3热力学定律与能量守恒（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共23页。试卷主要包含了热力学第一定律，热力学第二定律，能量守恒定律，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、热力学第一定律
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增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和．
(2)表达式：ΔU＝Q＋W.
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：
二、热力学第二定律
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．
2．用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．
3．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性增大的方向进行．
4．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．
三、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另一种形式，或者是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．
热力学第一定律
例题1.
(多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
【答案】ACD
【解析】
根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W如图所示，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 ml氧气，b部分气体为2 ml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，TaTb
【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VaTb.
(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相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
【答案】ABD
【解析】抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B正确。
热力学第二定律
例题2.(多选)下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B．自发的热传导是不可逆的
C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D．气体向真空膨胀具有方向性
【答案】BD
【解析】
有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确，不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确．
(多选)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
【答案】BC
【解析】 第二类永动机不可能制成，是因为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，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误。
(多选)以下现象不违背热力学第二定律的有( )
A．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉
B．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能是100%
C．桶中浑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．热量自发地从低温物体传到高温物体
【答案】AC
【解析】热茶自动变凉是热从高温物体传递到低温物体，A正确；任何热机效率都不可能达到100%，B错误；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化，C正确；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，D错误。
热力学第一定律与图像的综合应用
例题3.
(多选)(2021·全国乙卷·33(1)改编)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
【答案】AB
【解析】
由理想气体的p－V图可知，ab过程是等容过程，外界对气体不做功，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；
ca过程为等压压缩，气体体积减小，则外界对气体做正功，但气体温度降低，即内能减小，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误．
(多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
【答案】AC
【解析】
在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU ＝ 0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
如图，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，外界对气体做了90 J的功．已知状态A时气体的体积VA＝600 cm3.求：
(1)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量；
(2)状态A时气体的压强pA.
【答案】(1)吸收热量45 J (2)1.5×105 Pa
【解析】 (1)根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q①
由①代入数据得Q＝＋45 J②
即气体从外界吸收热量45 J.
(2)从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)③
从状态B到状态C为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有eq \f(VB,TB)＝eq \f(VC,TC)④
从状态A到状态B，外界对气体不做功；
从状态B到状态C，外界对气体做功，W＝pBΔV⑤
又ΔV＝VB－VC，VB＝VA⑥
由③④⑤⑥式代入数据得：pA＝1.5×105 Pa.
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
例题4. 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＝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：
(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eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1(L1＋L2)S,T1)
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
则W＝－p1(L1＋L2－L)S
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝295 J.
如图所示，体积为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分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
【答案】 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
【解析】
(1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，
解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的变化量为
ΔU＝a(T0－T1)
由热力学第一定律得，
Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
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取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 (2) 2.4×104 Pa 104 m
【解析】(1)根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。
(2)初态封闭气体的压强
P1＝P0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
根据P1l1S＝P2l2S
可得P2＝9.6×104 Pa
机舱内外气体压强之比为4∶1，因此舱外气体压强
P2′＝eq \f(1,4)P2＝2.4×104 Pa
对应表可知飞行高度为104 m。
一、单选题
1．关于下列几幅图的说法正确的是（ ）
A．图1为悬浮在液体中的花粉颗粒每隔一段时间位置间的连线，反映了花粉颗粒内部分子的无规则运动
B．图2为水黾静止在水面上，说明液体表面层分子间表现为斥力
C．图3中“永动机”不可能制作出来的原因是违背了热力学第三定律
D．图4封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，主要是因为气体压强增大
【答案】D
【解析】A．图1，悬浮在液体中花粉颗粒无规则的运动，说明液体分子无规则撞击花粉颗粒，反映了液体分子运动的无规则性，故A错误；
B．图2说明液体表面层分子稀疏，分子间距大于平衡位置距离，分子间作用力表现为引力，使液面绷紧形成表面张力，故B错误；
C．图3中永动机的设计违背了能量守恒定律，故C错误；
D．图4中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，这主要是气体压强增大的缘故，故D正确。
故选D。
2．下列说法正确的是（ ）
A．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点
B．第一类永动机不可能制成是因为它违背了热力学第二定律
C．布朗运动说明组成悬浮微粒的分子在永不停息地做无规则运动
D．一定质量的某种理想气体，如果压强不变，体积减小，那么它一定向外界放热
【答案】D
【解析】A．晶体包括单晶体和多晶体，都具有确定的熔点，故 A错误；
B．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，故B错误；
C．布朗运动说明悬浮微粒周围的气体分子或液体分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；
D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积减小，根据盖-吕萨克定律
可知，气体的温度降低，内能减小，又因为外界对气体做功，根据热力学第一定律
△U=W+Q
可知，气体一定向外界放热，故D正确。
故选D。
二、多选题
3．下列说法正确的是 （ ）
A．物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变
B．在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
C．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功
D．物体内能的增加等于外界对物体所做的功与从外界吸收的热量之和
E．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行
【答案】ABD
【解析】A．理想气体分子的平均动能由温度决定，温度发生变化，则分子的平均动能一定随之发生改变，A正确；
B．压强不变，根据盖吕萨克定律有可知
可知温度降低，则分子运动的平均速率减小，气体体积减小，则气体分子分布的密集程度降低，由于压强不变，则分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数增多，B正确；
C．根据热力学第二定律有不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功而不引起其他变化，当外接干扰时，不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，仍然有可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，C错误；
D．根据热力学第一定律有
可知物体内能的增加等于外界对物体所做的功与从外界吸收的热量之和，D正确；
E．根据热力学第一定律可知，一切自然界中的宏观的热现象，其物理过程的发生都具有方向性，说明在外接人为干扰的情况下，满足能量守恒定律的物理过程亦能够逆方向进行，E错误。
故选ABD。
4．热学是研究物质处于热状态时的有关性质和规律的物理学分支，它起源于人类对冷热现象的探索。下列说法正确的是（ ）
A．温度高的物体，其内能一定大
B．气体对外界做功，其内能可能增加
C．做功和热传递对改变物体的内能是等效的
D．第一类永动机无法制成，这是因为它违背了热力学第二定律
E．在完全失重状态下，水滴呈现球状，这是液体表面张力作用的结果
【答案】BCE
【解析】A．物体的内能不仅与温度有关，还与状态、质量有关，所以温度高的物体，其内能不一定大，故A错误；
B．根据热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体对外做功，若同时吸收一定的热量，其内能可能增加，故B正确；
C．改变物体的内能有两种物理过程：做功与热传递,它们在改变内能能达到相同的效果，故C正确；
D．第一类永动机无法制成，这是因为它违背了能量守恒定律，故D错误；
E．在完全失重状态下，水滴呈现球状，这是液体表面张力作用的结果，故E正确。
故选BCE。
5．某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环可视为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a→b的过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等
C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数增多
D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
【答案】AC
【解析】A.由题意可知a→b过程为绝热过程，即气体吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功全部用于增加内能，故A正确；
B．在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。根据查理定律可知b→c过程中，气体温度也升高，所以气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能不可能相等，故B错误；
C．在b→c过程中，气体压强增大，单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，故C正确；
D．根据能量守恒定律可知，在一次循环过程中，气体吸收的热量一定大于放出的热量，其差值为对外所做的机械功，故D错误。
故选AC。
6．如图所示，一绝热容器中间有一挡板，右半边封闭有理想气体，左半边是真空。若把挡板抽开，右边气体将向左边膨胀，最后气体将均匀分布在整个容器中，下列说法正确的是（ ）
A．气体对外做功，内能减小
B．气体温度不变，压强减小
C．气体分子单位时间对气壁单位面积的碰撞次数减小
D．根据热力学第二定律，抽开挡板，挡板左侧气体分子不能全部自发地回到右侧
【答案】BCD
【解析】A．挡板抽开后，由于左侧为真空，因此气体不对外做功，容器绝热，根据热力学第一定律得气体的内能不变，A错误；
B．对理想气体有内能不变温度不变，根据玻意耳定律，气体体积增大，所以压强减小，B正确；
C．温度不变分子平均动能不变，压强减小则气体分子单位时间对气壁单位面积的碰撞次数减小，C正确；
D．根据热力学第二定律可知热力学过程是有方向的，所以挡板左侧气体分子不能全部自发地回到右侧，D正确。
故选BCD。
7．如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从状态b等容变化到状态c，最后从状态c等温变化回到状态a、下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态a的温度小于在状态b的温度
B．从状态a到状态b的过程气体对外做正功
C．从状态b到状态c的过程气体从外界吸热
D．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
E．从状态c到状态a的过程气体从外界吸热
【答案】ABD
【解析】A．由状态a等压变化到状态b，气体的体积变大，根据
可知气体的温度升高，故气体在状态a的温度小于在状态b的温度，A正确；
B．从状态a到状态b的过程，气体的体积变大，可知气体对外做正功，B正确；
C．从状态b到状态c的过程，气体体积不变，气体的压强变小，根据
可知气体的温度降低，可知气体的内能减小，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，C错误；
D．由题意可知气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，D正确；
E．从状态c到状态a的过程，气体的体积变小，外界对气体做正功，又气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，E错误。
故选ABD。
8．下列说法正确的是（ ）
A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力
C．液体中悬浮微粒的布朗运动使液体分子永不停息地做无规则运动
D．热力学第二定律告诉我们一切自发进行的热现象总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
E．一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多
【答案】BDE
【解析】A．当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大可能先增大后减小，分子势能总是随分子间距离的增大而增大，A错误；
B．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，B正确；
C．液体中悬浮微粒的布朗运动反映了液体分子永不停息地做无规则运动，因为微粒的布朗运动是由液体分子的撞击产生的不平衡引起的，C错误；
D．热力学第二定律告诉我们一切自发进行的热现象总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，D正确；
E．一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，分子的平均动能越大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，E正确。
故选BDE。
三、填空题
9．如图所示为一定质量的理想气体发生状态变化时的p-V图像，图像中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应理想气体的三个不同状态，坐标分别是Ⅰ（1，4）、Ⅱ（4，1）、Ⅲ（4，4），理想气体按照图中箭头所示由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅰ完成一个循环。当理想气体由Ⅰ→Ⅱ过程中，气体分子的平均动能______（填“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”）；由Ⅱ→Ⅲ过程中，气体______（填“吸收”或“放出”）热量；由Ⅲ→Ⅰ过程中，气体放出的热量______（填“大于”“小于”或“等于”）外界对气体做的功。
【答案】 先增大后减小 吸收 大于
【解析】[1]对于一定质量的理想气体，有
由状态Ⅰ到状态Ⅱ，根据图像可知，pV先增大后减小，则气体的温度先增大后减小，所以气体分子的平均动能先增大后减小；
[2]由状态Ⅱ到状态Ⅲ，气体做等容变化，压强增大，温度升高，气体的内能增大，吸收热量；
[3] 由状态Ⅲ到状态Ⅰ，气体做等压变化，体积减小，温度减低，外界对气体做正功，同时气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量应大于外界对气体做的功。
四、解答题
10．水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，是一个利用气压作用设计的玩具。在学校科技节上，科技小组同学用容积为2.0L的可乐瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重总质量M=0.1kg。现向瓶中装入0.5L的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，火箭内气体的压强为1atm，如图所示。用打气筒向里打气，已知打气筒每打一次气能把体积为0.5L、压强为1atm的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到5atm时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。
（1）水喷出后瞬间，箭体内气体的温度升高还是降低，简要说明理由：
（2）设打气过程气体温度保持不变，求需打气的次数。
【答案】（1）降低；（2）12
【解析】（1）水喷出后瞬间，箭体内气体对外做功，内能减小，温度降低。
（2）火箭内气体体积为
设p0=1atm下，打入气体后，总体积V1，则
V1=V+V0
打入气体后体积
V2=V0
压强
p2=5atm
根据
解得
V=6L
需打气的次数
11．如图所示，导热气缸开口向右水平放置，缸内活塞密闭效果良好且能无摩擦滑动。开始时活塞在虚线位置静止（状态I），封闭气体体积为V=1L，通过给缸体缓慢加热，气体膨胀至体积加倍（状态Ⅱ），此时气缸内壁的卡销自动开启，同时停止加热，待气缸慢慢冷却至环境温度（状态Ⅲ）。若封闭气体可视为理想气体，环境温度为27℃，外界大气压强为p0=1.0×105Pa。求：
（1）请在坐标图上画出封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像，并通过计算说明作图所需的关键状态参量；
（2）若给缸体缓慢加热的过程，气体吸收的热量为Q=220J，则在气缸冷却的过程气体放出的热量是多少？
【答案】（1）见解析；（2）120J
【解析】（1）状态I状态参量：体积：，温度：，压强：
状态Ⅱ状态参量：体积：；由于等压膨胀
由等压变化规律
解得
状态Ⅲ状态参量：，体积：
由等容变化可知
可得
封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像为
（2）加热过程由热力学第一定律
外界做功
又，可得
气缸冷却过程是等容变化，则
内能变化
由，可得
则在气缸冷却的过程气体放出的热量120J。
12．如图所示，P、Q是两个质量和厚度均不计的活塞，可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S1=30cm2、S2=10cm2，它们之间用一根长为的轻质细杆连接，静止时汽缸中气体的温度T1=600K，活塞P下方气柱（较粗的一段气柱）长为d=12cm，己知大气压强p0=1×105Pa，g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。
（1）求活塞静止时汽缸内气体的压强；
（2）若缸内气体的温度逐渐降为T2=300K，已知该过程中缸内气体的内能减小100J，求活塞下移的距离h和气体放出的热量Q。
【答案】（1）1×105Pa；（2）10cm，120J
【解析】（1）对两个活塞的整体受力分析可得
解得
p=1×105Pa
（2）由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
其中
解得
活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得
其中
解得
Q=-120J
即放出热量为120J。
13．一定质量的理想气体，在初始状态A时，体积为V0，压强为，温度为。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终返回到原来状态A，其变化过程的图，如图所示。其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：
（1）画出图甲中理想气体从状态A经由一系列变化得图；
（2）该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意，由图甲可知，B、A点在同一竖直线上，则气体由状态A到状态B为等温变化，由玻意耳定律有
可得
气体由状态B到状态C为等容变化，由查理定律有
解得
由于CA延长线过坐标原点，气体由状态C到状态A为等压变化，综上所述，理想气体从状态A经由一系列变化得图，如图所示
（2）由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，从状态C到状态A，等压变化过程，外界对气体做功为
对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为
由热力学第一定律
解得
即气体对外界放出热量为。
14．如图所示为一导热性能良好的圆柱形汽缸，用质量为m的活塞封闭一定量的空气，汽缸的横截面积为S，内壁光滑，此时汽缸内封闭空气的高度为h。现将质量M=3m的重物缓慢压在汽缸的活塞上，使活塞再次稳定，此过程汽缸内气体向外界散发的热量为Q。空气可看成理想气体，环境温度保持不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，求：
（1）此过程活塞对汽缸内气体做的功W；
（2）稳定后活塞下降的距离∆h。
【答案】（1）Q；（2）
【解析】（1）根据热力学第一定律可知，气体温度不变，内能不变，则
W=Q
（2）以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律可知
解得
15．我国航天员漫步太空已变成现实．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．若将此气体近似看成为理想气体，则下列说法正确的是_____ ．
A．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
B．气体体积变大，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少
C．气体并没有对外做功，气体内能不变
D．B中气体不可能自发地全部退回到A中
E．气体温度变小，体积增大，压强减小
【答案】BCD
【解析】ACE．气体自由膨胀，没有对外做功，故内能不变，温度不变，故AE错误，C正确；
B．气体体积变大，气体的分子密度减小，则气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，选项B正确；
D．一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故D正确；
故选BCD。
物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少