第3.2课 热力学第一定律第3.3课 能量守恒定律 分层练习 -2024-2025学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第三册

第3.2课 热力学第一定律 第3.3课 能量守恒定律 ( 基础达标练 ) 01热力学第一定律 1．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增量ΔU为( ) A．60 J B．－60 J C．－140 J D．140 J 2．密封有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( ) A．内能增大，放出热量 B．内能减小，吸收热量 C．内能增大，对外界做功 D．内能减小，外界对其做功 3.如图所示是封闭的汽缸，内部封有一定质量的理想气体。用外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功 800 J，同时气体向外界放热200 J，则缸内气体的( ) A．温度升高，内能增加600 J B．温度升高，内能减少200 J C．温度降低，内能增加600 J D．温度降低，内能减少200 J 4．(多选)如图所示，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( ) A．气体体积逐渐减小，内能增加 B．气体压强逐渐增大，内能不变 C．气体压强逐渐增大，放出热量 D．外界对气体做功，气体内能不变 5．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a，下列说法正确的是( ) A．在ab过程中气体的内能增加 B．在ca过程中外界对气体做功 C．在bc过程中气体从外界吸收热量 D．在ca过程中气体从外界吸收热量 6．若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功。(设湖水的温度相等且保持不变) (1)气泡上升过程中吸收的热量是多少？ (2)气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了多少？ 7．如图所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使缸内气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1。求： (1)加热后缸内气体的温度； (2)该过程中气体增加的内能。 8．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则( ) A．A→B过程气体升温 B．B→C过程气体内能增加，气体吸热 C．C→A过程气体放热 D．全部过程气体做功为零 9．如图所示为一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A的p－V图像，其中，A→B和C→D图线为双曲线的一部分，D→A为绝热过程。下列说法正确的是( D ) A．A→B过程中，气体可能向外界放出热量 B．B→C过程中，气体一定向外界放出热量 C．C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同 D．整个过程中气体从外界吸收热量 10．(多选)(2024·全国高考真题)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( ) A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热 C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热 11．(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p－V图如图所示。完成一次循环，气体内能________(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体________(填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”)。 12．如图所示，内壁光滑且长为L＝50 cm的绝热汽缸固定在水平面上，汽缸内用面积为S＝100 cm2的绝热活塞封闭有温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝30 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa) (1)试计算当温度升高到t＝377 ℃时，缸内封闭气体的压强p； (2)若汽缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时电热丝中的电流I＝0.2 A，在此变化过程中共持续了t′＝300 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。 02能量守恒定律 13．(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，能耗是正常运行时的5～7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是( ) A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律 B．变频空调运行中做功少，转化能量多 C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电 D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样的电能 03永动机不可能制成 14．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，转轮因此能较长时间转动。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 15．下列说法正确的是( ) A．随着科技的发展，第一类永动机是可能制成的 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可能凭空产生的 ( 能力提升练 ) 16．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连如图所示静置在水平面上，已知汽缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时A气体的压强； (2)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后活塞a离水平面的高度； (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，求A气体向外界释放的热量Q。 ( 综合拓展 练 ) 17．(2024·山东高考真题)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( ) A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→c过程，气体对外做功，内能增加 C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3.2课 热力学第一定律 第3.3课 能量守恒定律 ( 基础达标练 ) 01热力学第一定律 1．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增量ΔU为( ) A．60 J B．－60 J C．－140 J D．140 J 答案：C 解析：由于气体对外做功，所以W＝－100 J，气体放出热量Q＝－40 J。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＝－140 J，故C正确。 2．密封有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( ) A．内能增大，放出热量 B．内能减小，吸收热量 C．内能增大，对外界做功 D．内能减小，外界对其做功 答案：D 解析：温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子平均动能减少，总动能减少，不计分子势能的情况下，可知瓶内空气内能减小，又因瓶内空气体积减小，可知外界对其做功，气体向外界放出热量，故D正确，A、B、C错误。 3.如图所示是封闭的汽缸，内部封有一定质量的理想气体。用外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功 800 J，同时气体向外界放热200 J，则缸内气体的( ) A．温度升高，内能增加600 J B．温度升高，内能减少200 J C．温度降低，内能增加600 J D．温度降低，内能减少200 J 答案：A 解析：由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU＝600 J>0，故温度升高，A选项正确。 4．(多选)如图所示，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( ) A．气体体积逐渐减小，内能增加 B．气体压强逐渐增大，内能不变 C．气体压强逐渐增大，放出热量 D．外界对气体做功，气体内能不变 答案：BCD 解析：温度不变，理想气体的内能不变，根据玻意耳定律知，体积减小，压强增大，根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故A错误，B、C、D正确。 5．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a，下列说法正确的是( ) A．在ab过程中气体的内能增加 B．在ca过程中外界对气体做功 C．在bc过程中气体从外界吸收热量 D．在ca过程中气体从外界吸收热量 答案：ABC 解析：气体在ab过程中做等容变化，由查理定律知气体温度升高，故内能增加，故A正确；在ca过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0；因压强不变，则温度降低，内能减小，即ΔU<0，根据ΔU＝W＋Q可知Q<0，则气体放热，故B正确，D错误；在bc过程中，气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故C正确。 6．若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功。(设湖水的温度相等且保持不变) (1)气泡上升过程中吸收的热量是多少？ (2)气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了多少？ 答案：(1)0.6 J　(2)0.2 J 解析：(1)气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W＝0－(－0.6 J)＝0.6 J。 (2)由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝0.3 J＋(－0.1 J)＝0.2 J，内能增加0.2 J。 7．如图所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使缸内气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1。求： (1)加热后缸内气体的温度； (2)该过程中气体增加的内能。 答案：(1)T1　(2)Q1－(V2－V1) 解析：(1)该过程为等压变化，由盖－吕萨克定律可得＝，得T2＝T1。 (2)气体升温过程，外界对气体做功为W＝－pSΔh＝－pΔV＝－(V2－V1) 由题可知该过程中气体吸收的热量为Q1，则由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－(V2－V1)＋Q1。 热力学第一定律与气体状态变化的综合应用 ①研究对象是否为理想气体；②只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功 W＝pΔV，只要温度发生变化，其内能就发生变化；③结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。 8．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则( ) A．A→B过程气体升温 B．B→C过程气体内能增加，气体吸热 C．C→A过程气体放热 D．全部过程气体做功为零 答案：BC 解析：A→B过程是绝热过程，Q＝0，体积变大，气体对外做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU<0，内能减小，故温度降低，故A错误；由图示图像可知，B→C过程中，气体体积V不变而压强p变大，由查理定律可知，气体温度T升高，故内能增加，但体积V不变，外界对气体不做功，所以气体吸收热量，故B正确；由题可知，C→A过程是等温变化，气体体积V减小，外界对气体做功，W>0，气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律得Q<0，气体放热，故C正确；全部过程分三个过程，A到B气体对外做功W1<0，B到C不做功，C到A外界对气体做功W2>0，根据p－V图像中，图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的功，得A到B气体对外做的功小于C到A外界对气体做的功，如图中阴影面积所示，故全部过程气体做功不为0，故D错误。 9．如图所示为一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A的p－V图像，其中，A→B和C→D图线为双曲线的一部分，D→A为绝热过程。下列说法正确的是( D ) A．A→B过程中，气体可能向外界放出热量 B．B→C过程中，气体一定向外界放出热量 C．C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同 D．整个过程中气体从外界吸收热量 答案：D 解析：根据题意可知，A→B过程中，气体温度不变，气体内能不变，由图像可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；由题意可知，C→D过程气体温度不变，则有TC＝TD，D→A为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，则有TA＝TB>TC＝TD，则B→C过程中，气体温度降低，气体内能减小，气体体积变大，外界对气体做负功，所以无法确定气体向外界放出热量还是从外界吸收热量，故B错误；C→D过程气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的数密度增大，所以气体压强增大；D→A过程气体体积减小，气体分子的数密度增大，且气体温度升高，气体分子平均动能增大，所以气体压强增大；可知C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制并不完全相同，故C错误；根据p－V图像的面积意义可知，整个过程中，外界对气体做负功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。 10．(多选)(2024·全国高考真题)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( ) A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热 C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热 答案：AD 解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖—吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确。 11．(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p－V图如图所示。完成一次循环，气体内能________(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体________(填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”)。 答案：不变　做正功　吸热 解析：完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；对p－V图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为ΔU＝0，可知因W＜0，则Q＞0，所以气体从外界吸收热量。 12．如图所示，内壁光滑且长为L＝50 cm的绝热汽缸固定在水平面上，汽缸内用面积为S＝100 cm2的绝热活塞封闭有温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝30 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa) (1)试计算当温度升高到t＝377 ℃时，缸内封闭气体的压强p； (2)若汽缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时电热丝中的电流I＝0.2 A，在此变化过程中共持续了t′＝300 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。 答案：(1)1.3×105 Pa　(2)1 000 J 解析：(1)设封闭气体刚开始的温度为T1，压强为p0，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2。封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律可得＝，解得T2＝500 K＝227 ℃，由于227 ℃<377 ℃，所以气体发生等压变化之后再发生等容变化。 设当温度达到377 ℃时，封闭气体的压强为p，根据查理定律可得＝，代入数据解得p＝1.3×105 Pa。 (2)根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，外界对气体做的功W＝p0S(l－L)＝－200 J，封闭气体共吸收的热量为Q＝I2Rt′＝1 200 J，则气体增加的内能ΔU＝W＋Q＝1 000 J。 02能量守恒定律 13．(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，能耗是正常运行时的5～7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是( ) A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律 B．变频空调运行中做功少，转化能量多 C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电 D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样的电能 答案：CD 解析：自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A错误；功是能量转化的量度，做同样的功，消耗同样的电能，B错误，D正确；由变频空调的工作特点可知省电的原因是效率高，C正确。 03永动机不可能制成 14．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，转轮因此能较长时间转动。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：形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D正确。 15．下列说法正确的是( ) A．随着科技的发展，第一类永动机是可能制成的 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可能凭空产生的 答案：C 解析：第一类永动机违背了能量守恒定律，故永远无法制成，A错误；太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，B错误；马儿奔跑时需要消耗能量，故“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的，C正确；不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是通过手臂运动对其做功而工作的，D错误。 ( 能力提升练 ) 16．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连如图所示静置在水平面上，已知汽缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。 (1)求初始时A气体的压强； (2)若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后活塞a离水平面的高度； (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，求A气体向外界释放的热量Q。 答案：(1)p0＋　(2)0.8L＋L0－　(3)U＋0.2p0LS＋0.2MgL 解析：(1)设弹簧的弹力为F，以上方汽缸、A气体、活塞a为整体，根据受力平衡可得 F＝Mg 设气体A的压强为pA，以活塞a为对象，根据受力平衡可得 pAS＝p0S＋F 解得初始时A气体的压强为 pA＝p0＋。 (2)若环境温度缓慢降至0.8T0，根据受力平衡可知，气体发生等压变化，则有 ＝ 可得L1＝0.8L 设弹簧压缩量为x，则有kx＝Mg 解得x＝ 故稳定后活塞a离水平面的高度为ha＝L1＋＝0.8L＋L0－。 (3)若环境温度缓慢降至0.8T0，A气体内能减小量为U，气体被压缩，则外界对气体做功为 W＝×0.2LS＝0.2p0LS＋0.2MgL 根据热力学第一定律可得ΔU＝W－Q 即－U＝W－Q 解得A气体向外界释放的热量为Q＝U＋0.2p0LS＋0.2MgL。 ( 综合拓展 练 ) 17．(2024·山东高考真题)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( ) A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→c过程，气体对外做功，内能增加 C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 答案：C 解析：a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，故A错误；方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，方法二：c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb>Ta分析可知Tb>Tc，所以b到c过程气体的内能减少，故B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$