专题30 固体、液体、气体 热力学定律-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

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题型一 固体和液体性质的理解
1．晶体与非晶体
2.液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
3．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．
（2024•台州二模）2024年1月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，大地银装素裹。下列说法正确的是（ ）
A．毛绒绒的雪花是晶体
B．雪花在空中飘舞做的是布朗运动
C．雪花在风中飘落过程中机械能一直减小
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用
【解答】解：A、雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故A正确；
B、雪花形状比较大，不是悬浮在空气中的固体小颗粒，所以不能把雪花的运动认为是布朗运动，故B错误；
C、雪花飘落过程中风可能对雪花做正功，雪花的机械能可能增大，故C错误；
D、雪天路滑，汽车在转弯时容易侧滑是因为地面的摩擦力不足以提供向心力；车辆受到离心力这样的说法本身就是错误的，故D错误。
故选：A。
（2024•黄陂区校级一模）半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800到1250摄氏度）状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是（ ）
A．这种渗透过程是自发可逆的
B．硅晶体具有光学上的各向同性
C．这种渗透过程是分子的扩散现象
D．温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增加
【解答】解：AC、掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；
B、由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；
D、温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均动能增大，则分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D错误。
故选：C。
（2024•思明区校级模拟）茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的是（ ）
A．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈
B．放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是不浸润的
D．打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力
【解答】解：A、温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以开水能使茶叶中的香味物质更快地扩散出来，从而能快速泡出茶香，故A正确；
B、将茶叶放入茶杯中，倒入沸水后发现水的颜色变深了，这是扩散现象，不是布朗运动现象，故B错误；
C、泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，而不是不浸润，故C错误；
D、打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离较大，分子间作用力十分微弱，而不是不存在作用力，故D错误。
故选：A。
题型二 气体压强求解的方法
1．产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．
2．决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
（2024•南通三模）如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水银与玻璃管的质量相等。现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，重力加速度为g，则（ ）
A．释放瞬间，水银的加速度大小为g
B．释放瞬间，玻璃管的加速度大小为2g
C．释放瞬间，水银内部各处压强相等
D．释放后，水银与玻璃管始终以相同速度运动
【解答】解：AB、开始时，水银柱受重力、向下的大气压力、向上的大气压力，三力平衡；
玻璃管受重力、向下的大气压力、向上的大气压力、手的作用力（等于玻璃管和水银柱整体的重力），四力平衡；
释放瞬间，手的托力减为零，其余力都不变，故水银柱的合力为零，加速度为零，玻璃管的合力为（m+m）g＝ma
解得a＝2g
故A错误，B正确；
C、由释放瞬间，根据p＝ρgh可知，水银内部各处压强不相等，故C错误；
D、由于加速度不同，所以初始时水银与玻璃管的速度不同，故D错误；
故选：B。
（2023•昆明一模）如图所示，两端开口的“U”形玻璃管竖直放置，其右侧水银柱之间封住一段高h＝5cm的空气柱。空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高度差也为h。已知大气压强为75cmHg，空气柱中的气体可视为理想气体，周围环境温度保持不变，玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细均匀。下列说法正确的是（ ）
A．右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5cm
B．封闭空气柱中气体的压强为70cmHg
C．从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大
D．从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大
【解答】解：AB、同一液面压强相等，则封闭气体的压强为：p＝（75cmHg+5cmHg）＝80cmHg，所以右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度等于5cm，故AB错误；
C、从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度增加，水银柱对空气柱产生的压强增大，则空气柱的压强一定变大，故C正确；
D、从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度不变，气体做等压变化，即空气柱的压强不变，故D错误。
故选：C。
（2023•浦东新区二模）如图，气缸放置在水平地面上，用质量为m1、截面积为S的活塞封闭一定质量的气体。活塞上放置一个质量为m2的重物，不计摩擦，重力加速度为g，大气压强为p0，平衡时缸内气体的压强为（ ）
A．p0B．p0+m1gS
C．p0+m2gSD．p0+m1g+m2gS
【解答】解：活塞处于平衡状态，由pS＝p0S+m1g+m2g，解得p＝p0+m1g+m2gS，故D正确，ABC错误；
故选：D。
题型三 气体状态变化的图像问题
1．气体实验定律
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
（2023•浙江模拟）在“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，注射器内空气体积逐渐减小，多次测量得到注射器内气体压强p、体积V变化的p﹣V图线，如图所示（其中实线是实验所得图线，虚线为一条双曲线，实验过程中环境温度保持不变），发现该图线与玻意耳定律明显不合，造成这一现象的可能原因是（ ）
A．实验时用手握住注射器
B．实验时迅速推动活塞
C．注射器没有保持水平
D．推动活塞过程中有气体泄漏
【解答】解：由图示图象可知，该图线与玻意耳定律不够吻合，结合图象的特点可知，压缩气体的过程中p与V的乘积减小，根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C分析可知，造成这一现象的可能原因是：实验时注射器内的空气向外泄漏，或实验时环境温度降低了，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024•皇姑区校级模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T﹣V图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b状态对应的压强之比为2：3
B．b→c过程，容器壁单位面积上的分子撞击次数不变
C．c→a过程为绝热过程
D．a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
【解答】解：由图可知，各点的状态参量有：a（V0，2T0）、b（3V0，T0）、c（3V0，2T0）
A、气体在a→b过程中，由理想气体状态方程得：paVaTa=pbVbTb，解得：pa＝6pb，故A错误；
B、b到c的过程中，体积不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，压强增大，容器壁单位面积上的分子撞击次数增多，故B错误；
C、气体在c→a过程中，温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：W＝ΔU﹣Q＝﹣Q，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，故不是绝热过程，故C错误；
D、将V﹣T图像转化为p﹣V图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p﹣V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态a温度回到初始状态，全过程内能变化量
ΔU＝0
由热力学第一定律
ΔU＝Q+W
得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
故选：D。
（2024•南通模拟）一定质量的理想气体从状态A出发到达状态B，其V﹣T图像如图所示，AB的反向延长线经过原点。气体在状态A的压强pA=1.5×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝800J。已知外界大气压强p0=1.0×105Pa，下列说法不正确的是（ ）
A．气体在状态B时的压强为2.5×105Pa
B．气体在状态B时的体积为1.5×10﹣2m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功750J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加50J
【解答】解：AB、AB的反向延长线过原点，可知从状态A到状态B气体的压强不变，所以气体在状态B的压强为1.5×105Pa，从A到B，由盖﹣吕萨克定律有：VATA=VBTB，可得VB＝1.5×10﹣2m3，故A错误，B正确；
CD、从状态A到状态B的过程，气体做的功：W＝pAΔV＝1.5×105×（1.5×10﹣2﹣1×10﹣2）J＝750J，气体体积增大，气体对外界做功，所以W应为负值，即W＝﹣750J，由热力学第一定律有：ΔU＝W+Q，其中Q＝800J，代入数据可得：ΔU＝50J，可知气体内能增加50J，故CD正确；
本题选错误的，
故选：A。
（2024•朝阳区校级模拟）如图所示，两条曲线分别为一定质量的理想气体从某一状态A经等温过程或绝热过程体积由V1减小为V2的p﹣V图，则下列说法中正确的是（ ）
A．曲线1为等温过程
B．等温过程中外界对气体做的功比绝热过程的多
C．等温过程中气体从外界吸收热量
D．两个过程的末态相比，绝热过程的末态气体在单位时间内与单位面积的器壁碰撞的次数多
【解答】解：A、等温过程中，温度保持不变，因此压强与体积成反比，由于曲线1在体积减小时，压强增加得过快，这不符合反比例图像的特性，所以曲线1应该是绝热过程，曲线2是等温过程，故A错误；
B、在p﹣V图像中，图像与坐标轴围成的面积表示外界对气体做功，通过图像可以看出曲线1围成的面积大于曲线2围成的面积，所以绝热过程做的功大于等温过程做的功，故B错误；
C、等温过程中体积减小，所以外界对气体做功，要保证温度不变，即内能不变，则气体需要同时向外界释放热量，故C错误；
D、两个过程的末态体积相同所以气体的密度相同，但曲线1的压强大，所以曲线1的末态温度高，所以分子平均动能大，即速度大，运动快，所以碰撞次数多，故D正确。
故选：D。
（2024•青岛模拟）一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积（p﹣V）图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是（ ）
A．TaTb=13B．TaTc=21C．papd=32D．pdpb=12
【解答】解：A．根据一定质量的理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线I为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，故A错误；
B．根据一定质量的理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有TaTc=VaVc=12，故B错误；
C．cd为等温变化，所以有pcVc＝pdVd
解得：pd=pcVcVd=23p0
所以有：papd=32
故C正确；
D．ab为等温变化，所以有：paVa＝pbVb
得：pb=paVaVb=13p0
所以有：pdpb=2
故D错误。
故选C。
题型四 热力学第一定律与能量守恒定律
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。
（2024•龙凤区校级模拟）在学校春季运动会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为30L、压强为1.0×107Pa的氦气罐给气球充气（充气过程温度不变），要求充气后气球体积为5L、压强为1.0×105Pa；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到8L时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大气温度下降6℃，高度每升高1m，大气压减小11Pa，庆祝现场地面空气温度为27℃，大气压为1.0×105Pa，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是（ ）
A．用一个氦气罐可以充出600个符合要求的气球
B．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3846m
C．用氮气罐给气球充气过程中，氦气放出热量
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
【解答】解：A．设充气前氦气罐的压强和体积分别为p0、V0，充气后气球的压强和体积分别为p1、V1、，根据题意，设用一个氦气罐可以充出n个符合要求的气球，由玻意耳定律有
p0V0＝p1（V0+nV1）
解得n＝594
故A错误；
B．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到8L，设此时气球离地面高度为h，根据题意可知爆裂时气体的压强和温度分别是p2＝p1﹣11h
T2=T0-6h1000
由理想气体方程有p1V1T0=p2V2T2
其中T0＝t0+273K＝300K
解得h≈3846m
故B正确；
C．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热，故C错误；
D．由B中分析可以推导出h与V1的函数关系式为h=10511+99V1-1
可知，体积越小，高度越大，要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当增大，故D错误。
故选：B。
（2024•青羊区校级模拟）一定质量的理想气体封闭在汽缸内，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程A→B中，气体从外界放出热量
B．过程C→D中，气体内能的减少量大于气体向外界放出的热量
C．过程B→C中，气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大
D．过程D→A与过程A→B→C→D中，气体对外界做功的数值相等
【解答】解：A、A→B过程中，气体的体积不变，气体不做功，则W＝0，温度升高，气体的内能增大，则ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以气体吸收热量，故A错误；
B、C→D过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，则W＞0，温度降低，则气体的内能减小，则ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＜0，则＜，所以气体的气体内能的减少量小于气体向外界放出的热量，故B错误；
C、B→C过程中，气体温度不变，气体体积减小，则气体密集程度增大，所以气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大，故C正确；
D、D→A过程，DA连线过坐标原点，气体的压强不变，体积增大，气体对外界做功，
A→B→C→D过程中，A→B过程中，气体不做功，
B→C→D过程，根据V﹣T图像上各点与坐标原点连线的斜率减小，气体的压强越大，可知B→C→D过程中压强大于A→B过程中压强，体积减小，则外界对气体做功，但两过程体积变化相等，由W＝pΔV可知两过程气体做功不相等，故D错误。
故选：C。
（2024•乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。
该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g、厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。
（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）；
（2）该温度计的测温范围；
（3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。
【解答】解：（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到热平衡。
测温时金属块在上下挡条之间自由移动，封闭气体压强一定，由盖—吕萨克定律：VT=C，可得：
ΔVΔT=SΔhΔT=C
因圆柱形细管的横截面积S一定，故金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可知该温度计的刻度是均匀的。
（2）已知当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力，此时封闭气体的体积最小，所测温度最低。
此时气体的体积为：V1＝Sh1，h1＝100cm﹣40cm＝60cm
温度为：T1＝（27+273）K＝300K
所测温度最高时（设为T2），金属块恰好对上方挡条无压力，此时气体的体积为：
V2＝Sh2，h2＝100cm﹣2cm＝98cm
根据盖—吕萨克定律可得：V1T1=V2T2
解得：T2＝490K，即217℃
则该温度计的测温范围为：27℃～217℃
（3）示数由57℃上升到157℃，温度升高了Δt＝100℃，设对应的金属块上升的高度为Δh，由（1）的结论：金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可得：
ΔhΔt=h2-h1T2-T1
解得：Δh＝20cm＝0.2m
封闭气体压强为：p＝p0+mgS
此过程外界对气体做功为：
W＝﹣pSΔh
其中：m＝20g＝0.02kg，S＝5mm2＝5×10﹣6m2，p0=1.0×105Pa
解得：W＝﹣0.14J
根据热力学第一定律得：ΔU=W+Q
解得：Q＝0.54J
即气体吸收的热量为0.54J。
答：（1）热平衡；均匀；
（2）该温度计的测温范围27℃至217℃；
（3）管内气体吸收的热量为0.54J。
题型五 热力学第一定律与图像的综合应用
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eq \f(pV,T)＝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.
（2024•泰州模拟）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。下列判断正确的是（ ）
A．气体在a→b过程中做等温变化
B．气体在b→c过程中内能增加
C．气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
【解答】解：A．气体在a→b过程中因pV乘积变大，根据理想气体状态方程pV＝CT可知，温度升高，故A错误；
B．气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，故B错误；
C．在p﹣V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等，故C正确；
D．气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，故D错误。
故选：C。
（2024•郑州三模）一定质量的理想气体从状态a开始，经历abcda过程回到原状态，其P﹣T图象如图所示，其中ab、cd与T轴平行，bd的延长线过原点O。下列判断正确的是（ ）
A．在a、c两状态，气体的体积相等
B．在b、d两状态，气体的体积相等
C．由c状态到d状态，气体内能增大
D．由d状态到a状态，气体对外做功
【解答】解：ABD、根据pVT=C可得：p=CV⋅T，即p﹣T图像图线的斜率k=CV
在a、c两状态分别与O点连线的斜率不同，其气体的体积不相等；
气体在b、d两状态在同一条过原点的直线上，即在同一条等容线上，其体积相等；
d与O点连线的斜率小于a点与O点连线的斜率，则d状态时的气体体积小于a状态时的气体体积，即由d状态到a状态，气体的体积减小，外界对气体做功，故AD错误，B正确；
C、理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，由c状态到d状态，气体温度降低，气体内能减小，故C错误；
故选：B。
（2024•荆州区校级四模）如图，是以状态α为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的p﹣V图像，虚线T1、T2为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B．一个循环过程中，外界对气体做的功小于气体对外界做的功
C．d→a过程向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
D．a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功
【解答】解：A、由公式pV＝CT可知，pV的乘积越大，则气体的温度越高，a→b过程中气体的温度降低，则气体的内能减小，a→b过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低而导致的分子平均动能减小导致的，故A错误；
B、由图像，一个循环过程中，c→d→a外界对气体做的功大于a→b→c气体对外界做的功，故B错误；
C、由图像，d→a过程外界对气体做的功大于b→c过程气体对外做的功，所以d→a过程向外界释放的热量大于b→c过程从低温热源吸收的热量，故C错误；
D、因为两个过程是绝热过程，a→b过程气体对外做的功，气体温度由T1减小到T2，等于c→d过程外界对气体做的功，气体温度由T2增加到T1，根据ΔU＝Q+W，a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故选：D。
题型六 热力学第二定律的理解
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.
（2024•海淀区校级三模）下列说法正确的是（ ）
A．流散到周围环境中的内能可以自动聚集起来，并被加以利用
B．只要对内燃机不断进行革新，总有一天它可以把气体的内能全部转化为机械能
C．第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律
D．热量不可能由低温物体传给高温物体
【解答】解：A、根据热力学第二定律，流散到周围环境中的内能不可能自动聚集起来，并被加以利用，故A错误；
B、根据热力学第二定律，不可能利用高科技手段，让内燃机把气体的内能全部转化为机械能，故B错误；
C、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C正确；
D、根据热力学第二定律，热量可能由低温物体传给高温物体，但会引起其他的变化，故D错误。
故选：C。
（2024•湖北二模）关于热力学定律，下列说法错误的是（ ）
A．做功与传热对改变系统的内能是等价的
B．热力学第一定律实际上是内能与其他形式能量发生转化时的能量守恒定律
C．一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的
D．能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降
【解答】解：A、做功与热传递是改变内能的两种方式，对改变系统的内能是等价的，故A正确；
B、根据热力学第一定律可知，热力学第一定律揭示了内能与其他形式能量发生转化时的能量之间的关系，故B正确；
C、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；
D、能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降说明了能源是有限的，我们要节约能源，故D正确。
本题选择错误的，
故选：C。
（2024•通州区一模）黑洞是广义相对论预言的奇异天体，对于质量为M的球对称简单黑洞，可以定义一个以黑洞中心为球心、半径为r的球面，称为视界。按照经典理论，视界以内所有物质都无法逃离黑洞。按照牛顿力学，如果一个粒子在质量为M的球对称天体表面的逃逸速度恰好等于真空中的光速c，此天体即为黑洞，其半径r的表达式为r=2GMc2，其中G为引力常量。由牛顿力学得到的r恰好与广义相对论给出的同质量黑洞的视界半径结果一致。
按照贝肯斯坦和霍金的理论，黑洞的熵S正比于其视界面积A，即S=kBc34GℏA，其中h、kB均为常量。当两个质量均为M1的简单黑洞塌缩成一个质量为M2（M2＜2M1）的简单黑洞时，其系统的熵的变化量为（ ）
A．ΔS=4πkBGcℏ(2M22-M12)B．ΔS=4πkBGcℏ(M22-2M12)
C．ΔS=2πkBGcℏ(M22-M12)D．ΔS=2πkBGcℏ(M22-2M12)
【解答】解：由题意可的黑洞熵与质量的关系为：S=kBc34GℏA=kBc34Gℏ×4πr2=πkBc3Gℏ(2GMc2)2=4πkBGM2cℏ
当两个质量均为M1的简单黑洞塌缩成一个质量为M2（M2＜2M1）的简单黑洞时，其系统的熵的变化量为：
ΔS＝S2﹣2S1=4πkBGM22cℏ-2×4πkBGM12cℏ=4πkBGcℏ(M22-2M12)，故B正确，ACD错误。
故选：B。
题型七 热力学定律与气体实验定律的综合问题
1.热力学定律与气体实验定律问题的处理方法
(1)气体实验定律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,找出与之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)就要做功,如果是等压变化,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。
2.与理想气体相关的热力学问题的分析方法
对一定量理想气体的内能变化,吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题,可按下面方法判定:
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W>0;
体积V增大→气体对外界做功→W0;
温度T降低→内能减少→ΔU