第十五章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律（教师用书word）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 浙江专用第二版）

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制成． 考点一　热力学第一定律　能量守恒定律 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)表达式中的正、负号法则： 物理量 ＋ － W 外界对物体做功 物体对外界做功 Q 物体吸收热量 物体放出热量 ΔU 内能增加 内能减少 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．(例如：机械能守恒) (3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律． 1．做功和传热改变物体内能的实质是相同的．(　×　) 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．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(　√　) 1．热力学第一定律的理解 (1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析． (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，则不发生传热，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，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(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)； (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)； (3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量． 例1　一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　　) A．气体从外界吸收热量2.0×105 J B．气体向外界放出热量2.0×105 J C．气体从外界吸收热量6.0×104 J D．气体向外界放出热量6.0×104 J 答案　B 解析　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确． 例2　(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体(　　) A．内能减少 B．对外界做正功 C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量 答案　B 解析　由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误． 考点二　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．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． 1．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(　√　) 2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化．(　×　) 3．热量不可能从低温物体传给高温物体．(　×　) 1．热力学第二定律的含义 (1)“自发地”指明了传热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． 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． (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)． 3．两类永动机的比较 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 从单一热源吸收热量，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3　(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；由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． 考点三　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像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． (4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功． 例4　(多选)(2022·全国乙卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T－V图上的两条线段所示，则气体在(　　) A．状态a处的压强大于状态c处的压强 B．由a变化到b的过程中，气体对外做功 C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能 答案　AB 解析　根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T－V图像的斜率为，故有pa＝pb>pc，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D错误． 例5　(多选)(2023·浙江嘉兴高三模拟)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，已知状态A的气体温度为TA＝200 K，则(　　) A．状态B的气体温度为800 K B．在A→B过程中，气体分子的平均动能减小 C．在C→A过程中，外界对气体做功300 J D．在A→B→C→A一个循环过程中，气体从外界吸收450 J热量 答案　ACD 解析　A→B过程为等容过程，由＝，状态B的气体温度为TB＝800 K，A正确；在A→B过程中，气体温度升高，分子平均动能增大，B错误；在C→A过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为WCA＝pΔV＝300 J，C正确；B→C过程中，气体对外做功等于图线与横坐标轴围成的面积WBC＝(1＋4)×105×3××10－3 J＝750 J，在A→B→C→A一个循环过程中，外界对气体做功为W＝－(WBC－WCA)＝－450 J，气体内能不变，由ΔU＝Q＋W可知气体从外界吸收热量为Q＝450 J，D正确． 例6　(2023·浙江丽水、湖州、衢州一模)一定量的理想气体从状态A开始，经历A、B、C三个状态变化，其压强p与体积V的关系如图所示．已知状态A的温度为T0. (1)求状态C的温度TC； (2)类比直线运动中根据速度—时间图像求位移的方法，求A→B过程，气体对外界做的功W； (3)求A→B过程中，气体从外界吸收的热量Q. 答案　见解析 解析　(1)由理想气体的状态方程有 A→C：＝ 得TC＝3T0 (2)由题图可知，A→B，气体体积膨胀，气体对外做功 气体对外做功W＝ 得W＝4p0V0 (3)由A→B可得pAVA＝pBVB＝3p0V0 即A、B两个状态温度相等，内能相等 由热力学第一定律有 ΔU＝Q－W 则A→B过程中，气体从外界吸收的热量为 Q＝W＝4p0V0. 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7　(2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，固定汽缸内由截面积为400 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与汽缸右端相距30 cm，汽缸内气体温度为300 K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终汽缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400 K，已知大气压强为1.0×105 Pa，则(　　) A．达到热平衡时汽缸内气体体积比原体积增大了 B．汽缸内的气体内能增加，每一个气体分子的动能均增大 C．整个过程汽缸内气体对外界做功4 000 J D．整个过程中汽缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功 答案　D 解析　对气体加热时进行等压变化，则由盖—吕萨克定律可得＝，即 ＝，解得V2＝V1，达到热平衡时汽缸内气体体积比原体积增大了，选项A错误；汽缸内的气体温度升高，内能增大，气体的平均动能增大，但并非每一个气体分子的动能均增大，选项B错误；整个过程汽缸内气体对外界做功W＝p0ΔV＝1.0×105×(16 000－12 000)×10－6 J＝400 J，选项C错误；整个过程中因气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，可知汽缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D正确． 例8　(2023·浙江1月选考·17)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示．在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动．开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器．从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J．取大气压p0＝0.99×105 Pa，求气体 (1)在状态B的温度； (2)在状态C的压强； (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q. 答案　(1)330 K　(2)1.09×105 Pa　(3)187.7 J 解析　(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，为p0，则有＝ 解得TB＝TA＝330 K (2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有＝ 解得pC＝pB＝1.1p0≈1.09×105 Pa (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功，则W0＝－p0ΔV＝－29.7 J 由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q 解得Q＝ΔU－W0＝187.7 J. 课时精练 1．(多选)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，D正确． 2．(2022·重庆卷·15(1))2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录．若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)(　　) A．吸收热量 B．压强增大 C．内能减小 D．对外做负功 答案　C 解析　由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选C. 3.(2022·山东卷·5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　　) A．内能增加，外界对气体做正功 B．内能减小，所有分子热运动速率都减小 C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加 答案　C 解析　初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误． 4．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中(　　) A．上下乘客时，气体的内能不变 B．上下乘客时，气体从外界吸热 C．剧烈颠簸时，外界对气体做功 D．剧烈颠簸时，气体的温度不变 答案　AC 5.(多选)(2023·浙江省温州中学检测)夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂．若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体．则上升过程中，以下说法正确的是(　　) A．气泡内气体分子平均动能增大 B．气泡内气体温度升高导致放热 C．气泡内气体的压强可能不变 D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小 答案　AD 解析　温度是分子平均动能的标志，温度升高，气泡内气体分子平均动能增大，故A正确；温度升高，气泡内气体内能增大，即ΔU>0，体积增大，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q>0，故气泡内的气体吸热，故B错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，气泡升高过程中，气泡内气体压强减小，故C错误；根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确． 6．(多选)(2022·湖南卷·15(1)改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离．如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成．高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位．气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出．下列说法正确的是(　　) A．A端为冷端，B端为热端 B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 答案　AB 解析　依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端，B端为热端，故A正确．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误． 7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律． 答案　大于　① 解析　对活塞受力分析有p＝，因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB，则根据ΔU＝W＋Q，因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB，即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律． 8．(2023·浙江山水联盟高三上联考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　　) A．外界对其做正功 B．体积保持不变 C．从外界吸热 D．内能减少 答案　C 解析　增加一个等效过程，即先进行等压变化到状态c，再经过等容变化到状态b，如图所示 可知从a到c为等压变化，温度升高，气体体积增大，气体对外界做功，而c到b气体体积不变，外界不对其做功，故整个过程气体对外界做功，故A、B错误；根据ΔU＝W＋Q，气体对外界做功，W<0，而温度升高，说明内能增加，ΔU>0，因此Q>0，即从外界吸热，故C正确，D错误． 9．(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则(　　) A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c C．a→c过程中气体吸收热量 D．a→c过程中外界对气体做正功 答案　C 解析　由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc，根据查理定律有＝，可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，故B错误；因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误． 10.(2023·浙江省泰顺中学检测)如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀透明吸管，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)，如果不计大气压的变化，这就是一个简易的温度计．当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5 cm处缓慢移到离接口15 cm处的位置．饮料罐内气体为理想气体，则下列说法中错误的是(　　) A．温度T2大于温度T1 B．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体的压强变大 C．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体从外界吸收的热量Q D．若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的 答案　B 解析　油柱总是处于平衡状态，即饮料罐内气体的压强总是与外界大气压相等，B错误；当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5 cm处缓慢移到离接口15 cm处的位置，可知气体体积膨胀，由盖—吕萨克定律可知，气体温度升高，故温度T2大于温度T1，A正确；气体体积膨胀对外做功，而温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体从外界吸收的热量Q，C正确；设吸管横截面积为S，饮料罐体积为V，油柱到接口距离为x，由理想气体状态方程可得＝C，整理可得T＝＋·x，可知T与x是一次函数关系，故若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的，D正确． 11．(2023·浙江温州市一模)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的理想气体，活塞上静止一质量为m的重物．图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V－T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500 J．已知外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．重物质量m＝1 kg B．气体在状态B时的体积为8.0×10－2 m3 C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202 J D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294 J 答案　D 解析　在A状态，根据题意有mg＋p0S＝pAS，解得m＝2 kg，故A错误； 根据题图乙可知气体做等压变化，由盖－吕萨克定律＝，解得VB＝8.0×10－3 m3，故B错误； 从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pAΔV＝206 J，故C错误； 根据热力学第一定律ΔU＝Q－W＝294 J，故D正确． 12．(多选)(2023·浙江镇海中学模拟预测)一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次回到状态a，气体压强和摄氏温度t的关系如图所示．下列说法正确的是(　　) A．状态b的体积为状态a的2倍 B．过程②中气体放热 C．状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数为状态a的倍 D．过程③中气体对外做功 答案　BD 解析　a到b的过程压强不变，由盖－吕萨克定律可知＝，可得Va<Vb<2Va，故A错误；b到c过程中温度不变，压强增大，则体积减小，外界对气体做功，由ΔU＝W＋Q，得过程②中气体放热，故B正确；状态a和状态b气体压强相同，但b状态温度更高，动能更大，故单位时间内对器壁的碰撞次数要少，故C错误；由c到a，由理想气体状态方程得＝，可得Va>Vc，可得③过程中，体积变大，故气体对外做功，故D正确． 13．(2023·浙江Z20研究联盟一模)如图所示，在标准大气压强p0＝1.0×105 Pa的低温实验室中有一竖直放置的圆柱形容器，用质量为m＝10 kg的活塞密封一部分理想气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为：S＝200 cm2，活塞与容器底的距离为h0＝20 cm.将整个装置静置于标准大气压，温度为T1＝300 K的空气中，气体从外界吸收热量Q＝180 J，活塞缓慢上升d＝5 cm后再次达到热平衡，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)低温实验室的温度T0是多少． (2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少． 答案　(1)240 K　(2)75 J 解析　(1)由题意可知此过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝ 解得T0＝T1＝240 K (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以气体对外做的功 W＝d＝105 J 根据热力学第一定律得在此过程中密闭气体增加的内能ΔU＝Q－W＝J＝75 J. 14.(2023·浙江绍兴市一模)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，横截面积S＝100 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h＝0.3 m，周围环境温度为t0＝27 ℃，当环境温度上升，活塞上移Δh＝0.01 m时，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，求： (1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度； (2)若上述过程气体吸收的热量为30 J，则此过程气体内能的增加量为多少． 答案　(1)37 ℃　(2)20 J 解析　(1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，得＝，代入数据解得t2＝37 ℃. (2)气体等压膨胀对外做功，则W＝－p0·ΔV＝－p0(S·Δh)，代入数据得W＝－10 J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，代入数据得ΔU＝－10 J＋30 J＝20 J. 学科网（北京）股份有限公司 $$