课时测评14 热力学第一定律 能量守恒定律-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套练习（教科版2019）

课时测评14　热力学第一定律　能量守恒定律 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1.(多选)下列改变物体内能的方法，属于做功方式的是(　　) A．冷物体接触热物体后变热 B．锯木头时，锯条发热 C．电流通过电炉丝，电炉丝发热 D．物体在火炉旁被烤热 答案：BC 解析：冷物体接触热物体后变热是通过热传递改变物体内能，A错误；锯木头时，锯条克服摩擦力做功，锯条发热，B正确；电流通过电炉丝时，电流做功，电炉丝发热，C正确；物体在火炉旁被烤热是通过热传递改变物体内能，D错误。 2．在热力学第一定律的表达式ΔU＝Q＋W中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法正确的是(　　) A．外界对系统做功时，W为正；吸热时，Q为负；内能增加时，ΔU为正 B．系统对外界做功时，W为负；吸热时，Q为正；内能增加时，ΔU为负 C．系统对外界做功时，W为负；吸热时，Q为正；内能增加时，ΔU为正 D．外界对系统做功时，W为负；吸热时，Q为负；内能增加时，ΔU为负 答案：C 解析：根据公式ΔU＝Q＋W的符号法则可知C正确。 3．做功和热传递都可以改变物体的内能，以下说法正确的是(　　) A．物体放出热量，内能一定减少 B．物体对外做功，内能一定减少 C．物体吸收热量，同时对外做功，内能一定减少 D．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少 答案：D 解析：物体放出热量，若外界同时对物体做更多的功，则内能增加，故A错误；物体对外做功，若同时从外界吸收更多的热量，则内能增加，故B错误；物体吸收热量，同时对外做功，若二者相等，则内能不变，故C错误；物体放出热量，同时对外做功，则内能一定减少，故D正确。 4．下列说法错误的是(　　) A．能量守恒定律只适用于物体内能的变化 B．只要有能量的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律 C．能量守恒定律是人们认识自然和利用自然的有力武器 D．任何一种形式的能量在转化为其他形式的能量的过程中，消耗多少某种形式的能量，就能得到多少其他形式的能量，且能的总量保持不变 答案：A 解析：各种形式的能量都可以相互转化，并不是只适用于物体内能的变化，且有能量的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律，A错误，B、C、D正确。 5．(2023·唐山高二检测)如图所示，容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A气体的密度小，B气体的密度大。抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合。设在此过程中气体吸热Q，气体内能的增加量为ΔU，则(　　) A．ΔU＝Q B．ΔU<Q C．ΔU>Q D．ΔU＝0 答案：B 解析：抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀分布，其重心升高，重力势能增加。由能量守恒定律知，增加的重力势能由内能转化而来，所以内能的增加量小于吸收的热量，故选项B正确。 6．(多选)下列关于第一类永动机的说法正确的是(　　) A．第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器 B．第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律 C．第一类永动机不能制成的原因是技术问题 D．第一类永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律 答案：ABD 解析：第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律和热力学第一定律，这也是它不能制成的原因。故A、B、D正确，C错误。 7. (多选)(2023·山东威海期末)如图所示，光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的气缸内，开始时系统处于静止状态，环境温度保持不变。下列判断正确的是(　　) A．若迅速压活塞，则气体的内能减小 B．若迅速压活塞，则气体的内能增加 C．若缓慢压活塞，则气体的内能不变 D．若缓慢压活塞，则气体的内能增加 答案：BC 解析：若迅速压活塞，则外界对气体做功，短时间内热量向外界散失小，W>0，Q<0，且W>|Q|，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，ΔU>0，即气体的内能增加，A错误，B正确；若缓慢压活塞，则外界对气体做功，气缸的导热性能良好，气体向外界放热，W>0，Q<0，且W＝|Q|，得ΔU＝0，气体的内能不变，C正确，D错误。 8．(2023·武汉高二检测)一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有(　　 ) A．Q1－Q2＝W2－W1 B．Q1＝Q2 C．W1＝W2 D．Q1>Q2 答案：A 解析：因为该理想气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以初、末状态内能相同，即ΔU＝0。根据热力学第一定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确。 9.(多选)在一气缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是(　　) A．气体的体积不变，温度升高 B．气体的体积减小，温度降低 C．气体的体积减小，温度升高 D．气体的体积增大，温度不变 答案：ABD 解析：气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增加，体积不变，气体对外界做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增加，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q可能等于零，即可能没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，即气体吸收热量，D正确。 10.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能转动较长时间，下列说法正确的是(　　) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 答案：D 解析：叶片进入水中后吸热，形状发生改变而搅动热水，由能量守恒定律知，转轮转动所需能量来源于热水，热水温度会降低，故A、B、C错误；由能量守恒定律知，叶片吸收的热量一部分转化为叶片的弹性势能，一部分释放于空气中，故D正确。 11．(10分)(2024·四川凉山统考一模)一定质量的理想气体，初始体积为6 L，初始温度为300 K，初始压强为p0，经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。求： (1)等压过程体积增加多少？ (2)初始压强p0的大小。 答案：(1)2 L　(2)1.0×105 Pa 解析：(1)根据气体等压变化的规律有＝ 代入数据可得ΔV＝2 L。 (2)由题可知两次变化气体内能增量相同，则等压过程中，气体对外做功为200 J，即W＝p0·ΔV＝200 J 因此初始压强的大小p0＝1.0×105 Pa。 12.(10分)(2023·衡阳高二检测)如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。气体从状态A(活塞在A处)变为状态B(活塞在B处)时，气体吸收热量280 J，并对外做功120 J。 (1)气体的内能改变量是多少？是增加还是减少？ (2)某人在上一问的基础上又接着提出了一个问题，说：“有人使气体从上一问的B状态再回到A状态，即回到原来A时的体积和温度，气体放出的热量是150 J，那么返回过程中气体对外做的功又是多少？”请你对该问题进行评价。 答案：(1)160 J　增加　(2)见解析 解析：(1)根据热力学第一定律可知，气缸内封闭气体的内能变化量为 ΔU＝Q＋W＝[280＋(－120)] J＝160 J 即内能增加了160 J。 (2)若气体从B状态又返回A状态，则气体的内能变化量为ΔU′＝－ΔU＝－160 J 根据热力学第一定律可知，气体由B状态返回A状态的过程中有ΔU′＝Q′＋W′ 则W′＝ΔU′－Q′＝[(－160)－(－150)] J＝－10 J 即气体从B状态返回A状态过程中，对外做功10 J。 但题图中从B状态到A状态，气体体积减少，应为外界对气体做功，显然计算结果与实际情况不符，故该问题题设有误，该过程不可能发生。 素养提升课二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 【素养目标】　1.进一步理解热力学第一定律的内容。2.能结合图像分析与系统内能变化有关的问题。3.能结合气体实验定律分析与系统内能相关的问题。 提升点一　热力学第一定律和热学图像的综合 [问题探究]　如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后达到状态B和C，已知状态A的温度为300 K。 结合图像分析以下问题： (1)气体在状态C的温度为多少？ (2)A→B的过程中，外界对气体做了多少功？ (3)气体从A到C的整个过程内能变化了300 J，则气体从A到C的整个过程吸收的热量是多少？ 提示：(1)A→B过程，气体做等压变化，由气体等压变化的规律得＝ B→C过程，气体做等容变化，由气体等容变化的规律得＝ 解得TB＝900 K，TC＝270 K。 (2)A→B过程，气体压强不变，体积增大，外界对气体做负功，W＝－pB(VB－VA) 解得W＝－600 J。 (3)由TA>TC知，A到C内能减少300 J，即ΔU＝－300 J 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，解得Q＝300 J 即气体从外界吸收热量300 J。 角度1　有关图像的定性分析 (多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p T图上从a到b的线段所示。在此过程中(　　) A．气体一直对外做功 B．气体的内能一直增加 C．气体一直从外界吸热 D．气体吸收的热量等于其对外做的功 答案：BC 解析：根据理想气体状态方程可知，过原点的p T图像的斜率与体积V有关，一定量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，选项A、D错误；理想气体的内能只与温度有关，又一定量理想气体从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，选项B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项C正确。 角度2　有关图像的定量计算 (2024·四川高三校联考期末)一定质量的理想气体由状态M→N变化的p V图像为如图所示的直线。已知气体在此过程中的最高热力学温度Tmax＝300 K，求： (1)此过程中气体对外界做的功W； (2)气体在状态M时的热力学温度TM。 答案：(1)8×105 J　(2)225 K 解析：(1)根据W＝pΔV可知，p V图像与横坐标轴围成的面积为气体对外界做功的大小，有 W＝ J＝8×105 J。 (2)根据pV＝CT可知，每个点的横、纵坐标构成的矩形面积反映温度的大小，结合题图有p＝4×105－×105×V 则有pV＝4×105V－×105×V2 可得，当V1＝4 m3时，p1＝2×105 Pa，对应最高热力学温度Tmax＝300 K，由理想气体状态方程有＝ 代入数据解得TM＝225 K。 学生用书↓第71页 处理热力学第一定律和热学图像综合问题的方法步骤 1.“两明确”巧析气体状态变化图像 (1)明确点、线的物理意义 ①点表示一个平衡状态，对应相应的气体状态参量。 ②线表示理想气体状态变化的一个过程。 (2)明确斜率的物理意义：利用＝C变形为正比例函数关系，确定斜率的意义。 2．通过分析，选择相应气体方程，列式分析、计算。 3．做功分析与计算 (1)体积增大，气体对外界做功；体积减小，外界对气体做功。 (2)等压变化利用W＝pΔV计算；p V图像与横坐标轴所围面积表示做功的大小。 4．利用ΔU＝Q＋W分析求解问题。 针对练1. (2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　　) A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少 答案：A 解析：理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由＝C知，V＝T，因a、b与O的连线均表示等压变化，由斜率ka>kb知pa<pb，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。 针对练2.(多选)(2023·四川遂宁期末)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则(　　) A．气体在状态c的体积为1.5V0 B．气体在状态b的压强为p0 C．从状态a到状态c，气体对外界做功为－p0V0 D．从状态a到状态b，气体内能的变化量为Q－p0V0 答案：BD 解析：由题意可知ac为等压线，则有pc＝p0，根据气体等压变化的规律，有＝，解得Vc＝2V0，故A错误；cb为等温线，根据气体等温变化的规律可得pcVc＝pb·3V0，解得pb＝p0，故B正确；从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，外界对气体做负功，其值为W＝－p0(Vc－Va)＝p0(2V0－V0)＝－p0V0，根据热力学第一定律可得该过程气体内能变化量ΔU＝Q＋W＝Q－p0V0，由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c，气体内能的变化量相同，均为Q－p0V0，故C错误，D正确。 提升点二　热力学第一定律与气体实验定律的综合 [问题探究]　如图所示，竖直放置的导热圆柱形容器开口向上，用质量m＝10 kg的活塞密封一部分理想气体，活塞在容器内能自由滑动且保持水平，容器内侧的底面积S＝50 cm2，开始时气体的温度t1＝27 ℃，活塞到容器底的距离L＝20 cm。在气体从外界吸收Q＝60 J热量的过程中，活塞缓慢上升的距离L′＝2 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)活塞缓慢上升过程中，气体对外界做功还是外界对气体做功？ (2)气体对外界(或外界对气体)做了多少功？ (3)求密闭气体内能的增加量ΔU。 提示：(1)气体体积增大，气体对外做功。 (2)气体压强p＝p0＋＝1.2×105 Pa，气体对外界做功W＝pΔV＝pSL′＝12 J。 (3)由热力学第一定律可得ΔU＝Q－W＝48 J。 (2024·四川绵阳统考二模)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的质量为m，面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离0.5L后停止，整个过程中气 学生用书↓第72页 体吸收的热量为Q。忽略活塞与气缸间的摩擦，重力加速度为g。求： (1)理想气体最终的温度T。 (2)理想气体内能的增加量ΔU。 答案：(1)1.5T0　(2)Q－0.5(p0S＋mg)L 解析：(1)活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有 ＝ 且V2＝1.5V1 解得T＝1.5T0。 (2)活塞缓慢移动，所以受力平衡，则有 p1S＝p0S＋mg 气体对外界做功W＝p1·0.5LS＝0.5p1SL 根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W 解得ΔU＝Q－0.5(p0S＋mg)L。 1．几种常见的气体变化过程 (1)绝热过程：在该过程中气体既不从外界吸热，也不向外界放热，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对气体(气体对外界)做的功等于气体内能的增加(减少)量。 (2)等容过程：在该过程中气体不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，气体吸收(放出)的热量等于气体内能的增加(减少)量。 (3)等温过程：在该过程中，气体的内能不变，即ΔU＝0，则Q＋W＝0或W＝－Q，表示气体吸收的热量全部用来对外做功或外界对气体所做的功全部转化为热量放出。 2．常见的分析思路 (1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功。 (2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小。 (3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。 针对练1. (多选)(2023·山东德州期末)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b。在这一过程中，下列说法正确的是 (　　) A．气体温度降低 B．气体温度升高 C．气体向外界放出热量 D．气体的内能增加 答案：BD 解析：根据理想气体状态方程有＝C，从状态a变化到状态b，气体的压强和体积均增大，则温度升高，A错误，B正确；温度升高，气体的内能增加，D正确；根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，气体体积增大，对外界做功，但内能增加，故气体从外界吸热，C错误。 针对练2.(2021·江苏卷)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中 (1)内能的增加量ΔU； (2)最终温度T。 答案：(1)Q－L　(2)T0 解析：(1)活塞缓慢移动时受力平衡， 有p1S＝p0S＋f 气体对外界做的功W＝p1SL 根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W 解得ΔU＝Q－L。 (2)活塞发生移动前为等容过程，有＝ 活塞向右移动了L为等压过程，有＝ 且V2＝2V1 解得T＝T0。 学生用书↓第73页 1. (多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　) A．若气体不与外界进行热传递，可以在减小体积的同时，降低温度 B．若气体发生等温膨胀，则气体对外界做功和吸收的热量数值相等 C．若气体的温度升高，体积不变，则单位时间内气体对容器壁冲量增大 D．若气体先等压膨胀再等温压缩，内能可能不变 答案：BC 解析：若气体不与外界进行热传递，则Q＝0，减小气体的体积，则W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0，则气体温度升高，故A错误；若气体发生等温膨胀，则ΔU＝0，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外界做功和吸收的热量数值相等，故B正确；若气体温度升高，体积不变，根据理想气体状态方程＝C，压强增加，分子密集程度不变，分子热运动的平均动能增加，气体对容器壁的作用力增大，故单位时间内气体对容器壁的冲量增大，故C正确；等压膨胀过程，由气体等压变化的规律＝常量得，气体温度升高，则气体内能增大；等温压缩过程，温度不变，气体内能不变，则气体初始状态的内能一定小于末状态的内能，故D错误。 2.(多选)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图像如图所示，ac的延长线过坐标原点，ab垂直于T轴，bc平行于T轴。下列判断正确的是(　　) A．过程ab中气体体积增大 B．过程ab中气体一定吸收热量 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c分子的平均动能最小 答案：ABD 解析：过程ab中气体温度不变，压强减小，则体积增大，选项A正确；过程ab中气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，则气体一定吸收热量，选项B正确；过程ca中气体体积不变，则外界对气体不做功，选项C错误；a、b和c三个状态中，状态c温度最低，则分子的平均动能最小，选项D正确。 3．一定质量的理想气体吸热膨胀，保持压强不变，它的内能增加，那么(　　) A．它吸收的热量等于内能的增量 B．它吸收的热量小于内能的增量 C．它吸收的热量大于内能的增量 D．它吸收的热量可以大于内能的增量，也可以小于内能的增量 答案：C 解析：气体膨胀，对外做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体吸收的热量大于内能的增量，故C正确。 4．(选自粤教版新教材课后练习)如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中，气体压强p＝1.0×105 Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增加量。 答案：5.0×102 J 解析：气体发生等压变化，由＝得VB＝VA＝8.0×10－3 m3 因VB>VA，外界对气体做负功，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， 可得ΔU＝－2.0×102 J＋7.0×102 J＝5.0×102 J。 课时测评15　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 (时间：45分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题4分，共40分) 1. (2022·江苏高考)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，根据理想气体状态方程＝，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，外界对气体做负功，即W<0，而气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，根据ΔU＝Q＋W，可知Q>0，即气体吸收热量，故C正确，D错误。 2.(多选)(2023·青海西宁高二期末)如图所示，一定质量的理想气体，由状态a等容变化到状态b，再从状态b等压变化到状态c，a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　) A．从状态b到状态c的过程中气体放热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度高于在状态a的温度 D．从状态b到状态c的过程中气体对外做正功 答案：BD 解析：a、c两状态温度相等，则气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故B正确；从状态a到状态b为等容过程，压强减小，根据＝C(常量)可知，温度降低，故C错误；从状态b到状态c为等压过程，体积增大，气体对外做正功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知气体吸热，故A错误，D正确。 3. (多选)(2022·重庆市沙坪坝区高二期末)如图所示，金属薄壁气缸静止在水平地面上，内部封有一定质量的理想气体，竖直向上的外力F作用于活塞上，拉动活塞向上缓慢移动，环境温度和压强不变，气缸未离开地面，不计活塞与气缸间的摩擦，活塞向上运动过程中(　　) A．外界对气体做正功 B．外力F逐渐增大 C．气体从外界吸热 D．气缸内壁单位面积单位时间内受到分子的撞击次数减少 答案：BCD 解析：活塞向上运动过程，气体体积变大，气体对外界做正功，A错误；由于活塞向上缓慢移动，气体温度始终与外界相同，即气体发生等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，C正确；由理想气体的状态方程＝C，可知气体等温膨胀，压强p减小，对活塞由平衡条件可得F＋pS＝mg＋p0S，故外力F逐渐增大，B正确；由压强的微观意义可知，气缸内壁单位面积单位时间内受到分子的撞击次数减少，D正确。 4. (多选)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p T图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a到b过程中，气体分子的平均动能增大 B．a到b过程中，外界对气体做功 C．b到c过程中，气体分子密集程度增大 D．b到c过程中，气体对外界做功 答案：AD 解析：a到b过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，故A正确；由题图知a→b过程中气体压强不变，温度升高，由＝C可得气体体积增大，气体对外界做功，故B错误；由题图知b→c过程中，气体压强减小，温度降低，图线上各点与原点连线的斜率逐渐减小，又由p＝T可得，图像中的状态点与原点连线的斜率与体积大小成反比，所以b→c过程中，气体体积逐渐增大，气体分子密集程度减小，故C错误；根据C选项可知b到c过程中，体积变大，则气体对外界做功，故D正确。 5. (2023·江苏南京期末)如图为一定质量的理想气体所经历的由两个绝热过程和两个等容过程组成的奥托循环，则该气体 (　　) A．在状态a与状态c的内能可能相等 B．从d→a吸收的热量小于从b→c放出的热量 C．从c→d的过程中，气体对外界做功 D．经历一个循环，气体对外界做功 答案：D 解析：依题意知，气体从a→b状态，气体绝热膨胀，则气体对外做功，气体的内能减少；气体从b→c状态，气体的体积不变，压强减小，则气体温度降低，内能减少，可知气体在状态a的内能大于在状态c的内能，故A错误；气体从c→d，气体的体积减小，则外界对气体做功，故C错误；从b→c气体的内能减少，根据热力学第一定律可知，气体放出热量；从d→a气体的体积不变，压强增大，则温度升高，气体的内能增加，气体吸收热量；气体经历一个循环，气体的内能增加量为零，根据热力学第一定律可知ΔW＝ΔQ，由p V图像与横坐标轴围成的面积可知一个循环后气体对外界做功，则整个过程气体吸热，即一个循环过程从d→a吸收的热量大于从b→c放出的热量，故B错误，D正确。 6. (多选)(2023·广东广州市真光中学开学考试)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的变化过程，其状态变化过程的p 图像如图所示，ab平行于轴，ad垂直于轴，dc的延长线过原点O。下列说法正确的是(　　) A．a→b过程中气体的温度升高 B．b→c过程中气体向外界放出热量 C．c→d过程中气体从外界吸收热量 D．d→a过程中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少 答案：AD 解析：a→b过程中气体做等压变化，根据气体等压变化的规律＝常量可知，体积增大，则温度升高，A项正确；b→c过程中气体做等容变化，根据气体等容变化的规律＝常量可知，压强增大，则气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，B项错误；c→d过程中气体做等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，C项错误；d→a过程中气体做等容变化，根据气体等容变化的规律＝常量可知，压强减小，则气体温度降低，分子的平均速率减小，从微观角度可知气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少，D项正确。 7. (多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态a，变化过程的p V图像如图所示。关于理想气体经历的三个过程，下列说法正确的是(　　) A．a、b两状态下气体温度之比为1∶1 B．bc过程中，气体一定从外界吸热 C．bc过程中，气体体积变小，外界对气体做功 D．ca过程中，气体压强增大，温度升高 答案：ACD 解析：ab过程中，根据理想气体的状态方程有＝，可得a、b两状态下气体温度之比为 ＝，故A正确；bc过程中，气体做等压变化，则有＝，气体体积减小，则气体温度降低，气体内能减小，又气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放热，故B错误，C正确；ca过程中，气体做等容变化，则有＝，气体压强增大，温度升高，故D正确。 8. (多选)(2023·新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将气缸分为f、g、h三部分，活塞与气缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(　　) A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等 C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等 答案：AD 解析：当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩，与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，因为是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析有pfS＝F弹＋pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有＝，＝，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误；在达到稳定过程中，h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h中的气体分析可知＝，联立可得Tf>Th，C错误，D正确。 9．(10分)(2023·黑龙江齐齐哈尔期末)带活塞的气缸封闭了一定质量的理想气体，该理想气体经历了如图所示的AB、BC和CA过程。已知气体在状态B时，温度为400 K。 (1)求气体在状态A时的温度； (2)若C到A过程中，气体内能减小了40 J，求该过程中气体与外界的热量交换。 答案：(1)100 K　(2)气体向外放热100 J 解析：(1)由理想气体的状态方程得＝ 解得TA＝100 K。 (2)气体由C到A的过程中，压强不变，体积减小，外界对气体做功W＝pC(VC－VA)＝60 J 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W， 其中ΔU＝－40 J， 解得Q＝－100 J，即气体向外放热100 J。 10. (10分)(2023·钦州市高二期末)如图所示，一U形管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝27 ℃，管的横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，T/K＝t/℃＋273，封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃。 (1)求温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L； (2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，求气体内能的变化量。(结果保留2位有效数字) 答案：(1)36 cm　(2)减少2.5 J 解析：(1)气体做等压变化，有＝ 解得L＝36 cm。 (2)封闭气体的压强p＝p0＋ρgΔh，其中Δh＝50 cm－30 cm＝20 cm，解得p＝1.272×105 Pa 外界对气体做功W＝pS(L0－L)≈2.5 J 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 解得ΔU＝－2.5 J，即内能减少了2.5 J。 11. (10分)如图所示，一个开口向下内壁光滑的气缸竖直吊在天花板上。气缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3m2，质量m＝4 kg，活塞只能在气缸内活动，活塞距气缸底部h1＝20 cm，距缸口h2＝10 cm。气缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境的温度为T1＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，气缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至T2＝900 K时。 (1)求此时气体压强； (2)在此过程中气体从外界吸收Q＝30 J的热量，求气体内能的增加量ΔU。 答案：(1)1.6×105 Pa　(2)14 J 解析：(1)设气体初状态压强为p1，对活塞由平衡条件得p0S＝p1S＋mg 解得p1＝8×104 Pa 气体初状态的温度T1＝300 K，体积V1＝h1S 气体末状态的温度T2＝900 K，体积V2＝(h1＋h2)S 对缸内封闭气体，由理想气体的状态方程有 ＝ 解得p2＝p1＝1.6×105 Pa。 (2)对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为W＝－p1·ΔV＝－p1·h2S＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得气体增加的内能为ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。 12．(10分)(2024·四川成都统考模拟预测)如图(a)所示，竖直圆柱形气缸导热性良好，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为m0，此时活塞静止，距缸底高度为H。在活塞上放置质量为m1(未知)的物块静止后，活塞距缸底高度为H′＝ H，如图(b)所示。不计活塞与气缸间的摩擦，已知大气压强为p0，外界温度为27 ℃，重力加速度为g，气缸始终保持竖直。T/K＝t/℃＋273。 (1)求物块质量m1； (2)活塞上仍放质量为m1物块，为使得活塞回到距缸底为H的高度，求密封气体的热力学温度T应缓慢上升为多少？若此过程中气体内能增加了ΔU，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q。 答案：(1) (2)450 K　ΔU＋ 解析：(1)以被密封气体为研究对象，初态，对活塞由力的平衡条件有m0g＋p0S＝p1S 活塞从位置H到位置H，气体发生等温变化，由气体等温变化规律可知p1HS＝p2H′S 解得p2＝ 末态，对物块和活塞整体，由力的平衡条件有 m0g＋m1g＋p0S＝p2S 解得m1＝。 (2)活塞从H位置回到H位置的过程，气体发生等压变化，由气体等压变化的规律有＝ 解得T2＝450 K 外界对气体做功为W＝－p2S(H－H′)＝－ 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 解得Q＝ΔU＋。 学生用书↓第74页 学科网（北京）股份有限公司 $$