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第13章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律—2024高考物理科学复习解决方案（讲义）
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这是一份第13章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律—2024高考物理科学复习解决方案（讲义），共28页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
知识点 热力学第一定律 Ⅰ
1．改变物体内能的两种方式
(1)eq \x(01)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eq \x(02)热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝eq \x(03)Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况
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eq \x(08)内能的增加。
②若外界对系统做功为0，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体eq \x(09)内能的增加。此处的W包含机械功、电流功等一切功。对于不涉及其他力做功的气体的等容过程，W＝0，Q＝ΔU。
③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，eq \x(10)外界对物体做的功等于物体放出的热量。
知识点 热力学第二定律 Ⅰ
1．热力学第二定律的三种表述
(1)克劳修斯表述
热量不能eq \x(01)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eq \x(02)不产生其他影响。或表述为“eq \x(03)第二类永动机是不可能制成的。”
(3)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eq \x(04)减小。(熵增加原理)
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eq \x(05)无序性增大的方向进行。
知识点 能量守恒定律 Ⅰ
1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式eq \x(01)转化为另一种形式，或者从一个物体eq \x(02)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，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。
3．两类永动机
(1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。
违背eq \x(03)能量守恒定律，因此不可能实现。
(2)第二类永动机：从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生其他影响的机器。
违背eq \x(04)热力学第二定律，不可能实现。
4．能源的利用
(1)存在能量耗散和eq \x(05)品质降低。
(2)重视利用能源时对eq \x(06)环境的影响。
(3)要开发新能源(如eq \x(07)太阳能、生物质能、风能、水能等)。
一 堵点疏通
1．做功和热传递的实质是相同的。( )
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．根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。( )
4．熵增加原理说明一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。( )
5．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－283 ℃。( )
6．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机。( )
7．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。( )
8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。( )
9．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。( )
10．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.×
二 对点激活
1．(人教版选修3－3·P56·T1改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能( )
A．增加了1100 J B．减少了1100 J
C．增加了690 J D．减少了690 J
答案 C
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，内能增加690 J，C正确。
2．(人教版选修3－3·P61·T2改编)(多选)下列现象中能够发生的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混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．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案 CD
解析 热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。
3.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程(a到b、b到c、c到a)回到原状态，其V－T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c时气体的压强，下列说法正确的是( )
A．由a到b的过程中，气体一定吸热
B．pc>pb＝pa
C．由b到c的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功
D．由b到c的过程中，每一个气体分子的速率都减小
E．由c到a的过程中，气体分子的平均动能不变
答案 ACE
解析 由a到b的过程中，气体温度升高，根据一定量的理想气体内能只与温度有关可知，气体内能增大，又因为气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，A正确；根据理想气体状态方程可知，pa4．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想将海水放出的热量完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能而不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
答案 C
解析 内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确。
考点细研 悟法培优
考点1 热力学第一定律
改变内能的两种方式的比较
例1 (多选)如图，一定质量的理想气体从状态1等温变化到状态2，再从状态2绝热变化到状态3，此后，从状态3等温变化到状态4，最后从状态4绝热变化回到状态1。这种循环称为卡诺循环。下列说法正确的是( )
A．从1到2的过程中气体吸收热量
B．从2到3的过程中气体对外界做功
C．从3到4的过程中气体从外界吸收热量
D．一次卡诺循环中，气体对外界做的总功大于气体从外界吸收的总热量
E．一次卡诺循环中气体向外界释放的热量小于吸收的热量
(1)一定质量的理想气体的内能取决于________。
提示：温度
(2)如何判断气体状态变化过程是吸热还是放热？
提示：根据体积变化判断做功W的正负，根据温度变化判断ΔU内能变化的正负，最后根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W来判断是吸热还是放热。
尝试解答 选ABE。
从1到2的过程中气体的温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，A正确；从2到3的过程中气体体积增大，所以气体对外界做功，B正确；从3到4的过程中气体的温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体向外界放出热量，C错误；由p－V图象中图线与横轴围成的面积等于该过程中气体所做的功，可知一次卡诺循环气体向外界做正功，由热力学第一定律可知，一次卡诺循环气体对外界做的总功等于气体从外界吸收的热量，D错误；因为一次卡诺循环总体上气体从外界吸热，所以向外界放出的热量小于吸收的热量，E正确。
应用热力学第一定律的三点注意
(1)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。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
[变式1－1] (多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变
B．该气体在压强增大的过程中，一定吸热
C．该气体被压缩的过程中，内能可能减少
D．该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量
E．如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变
答案 ACD
解析 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知V缓慢增大时，当pV不变时则温度不变，A正确。同理p增大时如果V减小且pV不变，则T不变，内能U不变，外界对系统做正功W，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，知Q为负，放出热量，B错误。由eq \f(pV,T)＝C，分析知V减小时T可能减小，即内能可能减小，C正确。由eq \f(pV,T)＝C知气体经等温压缩后，T不变，V减小，则p增大，外界对系统做正功，由ΔU＝0＝W＋Q知Q为负，一定放出热量，D正确。由ΔU＝W＋Q知，当Q＝0时，如果W≠0，则ΔU≠0，即温度变化，分子平均动能变化，E错误。
[变式1－2] (2019·四川南充二诊)(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减少
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界没做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做负功
E．气体在被压缩过程中，气体分子的平均动能变大
答案 BCE
解析 气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不会改变，则C正确，A错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，因汽缸绝热，故气体内能增大，故B正确，D错误；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增加，E正确。
考点2 热力学第二定律
1.热力学第一、第二定律的比较
2．两类永动机的比较
例2 (2019·广东汕头二模)(多选)下列说法正确的是( )
A．一定质量的理想气体等温膨胀时，该理想气体吸收的热量全部用于对外做功
B．利用新科技手段对内燃机进行不断的改进，可以使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化
C．封闭容器中的气体对外做功时，气体的内能不一定减少
D．夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以自发地从低温物体传向高温物体
E．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律
(1)热量可以自发地从低温物体传向高温物体吗？
提示：不能。
(2)第二类永动机不可能制成是违反了能量守恒定律还是热力学第二定律？
提示：热力学第二定律。
尝试解答 选ACE。
一定质量的理想气体等温膨胀时，根据热力学第一定律，温度不变(ΔU＝0)，体积增大(W＜0)，气体吸收热量(Q＞0)，该理想气体吸收的热量全部用于对外做了功，故A正确；根据热力学第二定律，随着科技的进步，热机的效率也不能达到100%，不能使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B错误；根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，封闭容器中的气体对外做功(W＜0)时，由于和外界热交换不明确，所以气体的内能不一定减少，故C正确；夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以从低温物体传向高温物体，但必须有电对其做功，而不是自发的过程，故D错误；第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故E正确。
对热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义：
①“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了热传递等热力学宏观现象的方向性；
②“不产生其他影响”的涵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。
(2)热力学第二定律的实质：
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：
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)。
④不同气体A和B混合气体AB。
[变式2－1] (2019·四川高三毕业班第二次诊断)(多选)下列叙述，正确的是( )
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
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
E．物体从单一热源吸收的热量在不引起外界变化的情况下可全部用于做功
答案 BCD
解析 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，A错误；改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，B正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，C正确；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观现象的发生具有方向性，D正确；物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，但一定会引起外界变化，E错误。
[变式2－2] (2019·河南名校第四次联考)(多选)关于热现象，下列说法中正确的是( )
A．如果某个系统与另一个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间分子平均动能相同
B．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D．气体被压缩时，内能一定增加
E．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
答案 ACE
解析 根据热平衡定律可知，如果两个系统达到热平衡，则温度相同，分子平均动能相同，A正确；根据热力学第二定律，从单一热库吸收的热量可以完全变成功，但要引起其他的变化，B错误；根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，C正确；气体被压缩时，外界对气体做功(W＞0)，如果向外界放热(Q＜0)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能可能增大、不变或减小，D错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E正确。
考点3 气体实验定律与热力学第一定律的综合
例3 如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T1，现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
(1)活塞上升的高度；
(2)加热过程中气体的内能增加量。
(1)通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升过程气体经历什么变化？
提示：等压变化。
(2)气体体积变大，气体对外做功如何求解？
提示：W＝pΔV。
尝试解答 (1)Δh＝eq \f(T2－T1,T1)h (2)ΔU＝Q－(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)
(1)气体发生等压变化，有eq \f(hS,h＋ΔhS)＝eq \f(T1,T2)，
解得Δh＝eq \f(T2－T1,T1)h。
(2)加热过程中气体对外做功为
W＝pS·Δh＝(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)，
由热力学第一定律知内能的增加量为
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)。
气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的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)做功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。
[变式3－1] 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示。已知该气体在状态C时的温度为300 K。则：
(1)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？
(2)该气体从状态A到状态B是吸热还是放热？请说明理由。
答案 (1)TA＝450 K(或tA＝177 ℃) TB＝300 K(或tB＝27 ℃) (2)放热，理由见解析
解析 (1)B到C过程，由理想气体状态方程知eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pCVC,TC)
解得TB＝TC＝300 K(或tB＝27 ℃)。
又A到B为等容过程，有eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)
解得TA＝450 K(或tA＝177 ℃)。
(2)根据题图可知，从A到B气体体积不变，
故外界对气体做功W＝0
由TA>TB可知，内能变化ΔU<0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q<0
即该气体从状态A到状态B放热。
[变式3－2] 绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示。已知活塞面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图象如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量。
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有：eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)
解得：VQ＝6×10－4 m3。
(2)由气体的内能与热力学温度成正比：eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)，
解得：UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象：pS＝p0S＋mg
解得：p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功：W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律：UQ－UP＝Q＋W
得气体变化过程吸收的总热量为Q＝60 J。
高考模拟 随堂集训
1．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是( )
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
答案 CDE
解析 由于非理想气体分子间作用力不可忽略，内能还包括分子势能，则气体的内能与体积有关，再者即使是理想气体，内能取决于温度和分子数目，质量相同的气体，当分子数目不同、温度相同时，内能也不相同，故A项错误；物体的内能与其机械运动无关，B项错误；由热力学第一定律知，气体被压缩时，若同时向外散热，则内能可能保持不变，C项正确；对于一定量的某种理想气体，其内能只取决于分子平均动能的变化，而温度是分子平均动能的标志，所以D项正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C知，p不变，V增大，则T增大，故E项正确。
2．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是( )
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE
解析 由理想气体状态方程eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)可知，体积不变，温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可得p＝Ceq \f(T,V)，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案 BCD
解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。
4.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
答案 ABD
解析 ab过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，A正确。而由于体积不变，气体对外界不做功，C错误。ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，B正确。体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，E错误。bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，D正确。
5．(2017·江苏高考)(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
答案 BC
解析 A→B过程是等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体要放出热量，A错误，B正确。B→C过程中，eq \f(V,T)是一个常数，为等压变化，C正确。A→B→C整个过程，温度降低，气体内能减少，D错误。
6．(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案 低于 大于
解析 活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
7．(2019·江苏高考)如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J。求A→B→C过程中气体对外界做的总功。
答案 1500 J
解析 A→B过程，外界对气体做的功W1＝－p(VB－VA)
B→C过程，根据热力学第一定律，外界对气体做的功W2＝ΔU
则A→B→C过程中气体对外界做的总功W＝－(W1＋W2)
代入数据得W＝1500 J。
8．(2018·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。
答案 138.6 J
解析 整个过程中，外界对气体做功W＝WAB＋WCA，
且WCA＝pA(VC－VA)，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
以及ΔU＝0，
得WAB＝－(Q＋WCA)，
代入数据得WAB＝－138.6 J，
即气体对外界做的功为138.6 J。
9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
10．(2019·山东济宁一模)如图所示，用质量为m＝1 kg、横截面积为S＝10 cm2的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距汽缸底的高度为h＝10 cm且汽缸足够高，气体温度为t＝27 ℃，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，绝对零度取－273 ℃。求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)给汽缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5 J的热量时，内能的增加量为2.3 J，求此时缸内气体的温度。
答案 (1)1.1×105 Pa (2)87 ℃
解析 (1)以活塞为研究对象，由平衡条件得：mg＋p0S＝pS
解得：封闭气体压强为p＝1.1×105 Pa。
(2)由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q
给汽缸缓慢加热的过程中，活塞始终处于平衡状态，缸内气体的压强不变
外界对气体做功为W＝－pSΔx
对气体由盖—吕萨克定律得：eq \f(hS,t＋273)＝eq \f(h＋ΔxS,t′＋273)
解得：缸内气体的温度为t′＝87 ℃。
课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分。其中 1题为单选，2～9题为多选)
1．(2019·湖北荆门第五次检测)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。则以下说法不正确的是( )
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
答案 D
解析 燃气由液态变为气态的过程中体积增大，要对外做功，分子势能增大，故A、B正确；根据热力学第二定律，燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被回收利用，故D错误。
2．(2019·湖南三湘名校教育联盟三模)能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。然而，无数事实告诉我们，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。下列说法正确的是( )
A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．第二类永动机不违反能量守恒定律
C．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
D．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
E．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
答案 BDE
解析 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故A错误；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B正确；对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，故C错误；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，但要引起其他变化，故D正确；根据熵增加原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E正确。
3.(2019·辽宁葫芦岛一模)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是( )
A．气体由状态A到B的过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C的过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D的过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D的过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A的过程，其热力学温度与压强成正比
答案 ADE
解析 状态A和B的温度相等，根据eq \f(pV,T)＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确；气体由状态B到C温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A，体积不变，根据eq \f(pV,T)＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确。
4．下列说法中错误的是( )
A．一定量气体经过不同物理过程而温度没有改变，气体与外界可以不做功
B．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功
C．第二类永动机无法制成是因为它违背了热力学第一定律
D．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减少的方向进行
E．熵值越大，说明系统的分子运动越无序
答案 BCD
解析 一定量的气体可以先吸热而后又放热，气体与外界不做功，最后温度保持不变，A正确；功是能量转化的量度，不能说功转化成热量，只能说机械能转化为内能，B错误；第二类永动机无法制成是因为它违背了热力学第二定律，C错误；在任何自然过程中，一个孤立系统的熵总是向增加的方向进行，D错误；熵是系统内分子运动无序程度的量度，熵越大，分子运动无序程度越大，E正确。本题选错误的，故答案为B、C、D。
5．下列关于热力学定律的说法，正确的是( )
A．热量可以从低温物体传递到高温物体
B．一切宏观热现象的过程一定是从无序状态慢慢向有序状态过渡
C．无论科技多么先进，热力学温度的0 K一定不可能达到
D．一绝热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当气体体积膨胀时，其温度一定降低
E．一导热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当缸外温度缓慢升高时，气体可能对外界做功
答案 ACE
解析 热量可以从低温物体传递到高温物体，但会引起其他变化，A正确；一切宏观热现象的过程一定是从有序状态慢慢向无序状态过渡，B错误；热力学温度的0 K永远不能达到，C正确；绝热汽缸中理想气体与外界没有热交换，当气体自由膨胀时，不对外做功，其内能不变，则温度不变，D错误；导热汽缸外温度缓慢升高时，气体内能增加，气体可能对外界做功，且气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，E正确。
6．(2019·广东深圳二模)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞，此过程中( )
A．封闭气体分子间的平均距离增大
B．封闭气体分子的平均速率减小
C．活塞对封闭气体做正功
D．封闭气体的内能不变
E．封闭气体从外界吸热
答案 ADE
解析 对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B错误，D正确；用力向外缓慢拉动活塞的过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A正确，C错误；根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变，则内能U不变，即ΔU＝0，用力向外缓慢拉动活塞，则W＜0，故Q＞0，即气体从外界吸收热量，故E正确。
7．(2019·山西高三二模)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。下列说法正确的是( )
A．ab过程中气体从外界吸热
B．bc过程中气体内能不变
C．cd过程中气体从外界吸热
D．de过程中外界对气体做功
E．状态a的气体体积比状态d的气体体积小
答案 ACE
解析 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，图线与原点连线的斜率与体积的倒数成正比，ab过程中图线与原点连线的斜率不变，故气体的体积不变，气体不做功，又温度升高，内能增大，由W＋Q＝ΔU，可知Q>0，即气体从外界吸热，故A正确；bc过程为等压过程，温度升高，气体内能增大，故B错误；cd过程eq \f(p,T)减小，则气体体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，Q为正值，即气体要从外界吸热，故C正确；de段为等温过程，压强降低，气体体积增大，对外做功，D错误；由于图线与原点连线的斜率与体积的倒数成正比，由图可知，Oa的斜率大于Od的斜率，则状态a的气体体积小于状态d的气体体积，故E正确。
8．(2019·广东汕头高三一模)如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好。多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是( )
A．充气过程中，贮液筒内的气体内能增大
B．充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大
C．充气过程中，贮液筒内的气体压强增大，体积也变大
D．喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功
E．喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小，气体内能不变
答案 ADE
解析 充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，充气的过程中筒内气体分子的总个数增加，则内能增加，故A正确，B错误；充气的过程中筒内气体的体积不变，故C错误；喷液过程筒内的空气温度可视为不变，气体的内能也不变，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律，可知贮液筒内的气体吸收的热量全部用来对外做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，温度不变，体积增大，压强减小，故D、E正确。
9.如图，一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，对此气体下列说法正确的是( )
A．A→B过程中气体对外界做功
B．A→B过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功
C．B→C过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减少
D．C→A过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
E．B→C过程中气体放出的热量大于C→A过程中吸收的热量
答案 ADE
解析 A→B过程中为等温变化，压强减小，由公式pV＝C可知，体积增大，气体对外做功，故A正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，A→B过程温度不变，ΔU＝0，Q＝－W，故气体要吸收热量且等于气体对外做的功，故B错误；B→C过程为等压变化，由p＝eq \f(F,S)可知气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力不变，故C错误；C→A过程为等容变化，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故D正确；B→C过程为等压变化，由热力学第一定律可知，ΔU1＝Q1＋W1，其中ΔU1为负值，W1为正值，所以Q1<0，气体放出热量，C→A过程为等容变化，由热力学第一定律可知，ΔU2＝Q2，其中ΔU2为正值，所以Q2>0，气体吸收热量，又ΔU1＝－ΔU2，故Q1＋W＝－Q2，即B→C过程中气体放出的热量大于C→A过程中气体吸收的热量，故E正确。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
10．(10分)(2019·山东四校联合一模)一定质量的理想气体，沿如图所示折线由状态A依次变化到状态B、C、A，已知在状态A时，温度为360 K，取1 atm＝105 Pa，求：
(1)气体在C状态的温度是TC＝________ K。
(2)经过一个循环，气体________(填“吸收”或者“放出”)________ J热量。
答案 (1)180 (2)吸收 300
解析 (1)A、C两状态体积相等，根据查理定律得：
eq \f(pA,TA)＝eq \f(pC,TC)，又TA＝360 K、pA＝4 atm、pC＝2 atm
解得：TC＝180 K。
(2)整个循环过程气体对外做的功等于三角形ABC包围的面积，根据热力学第一定律有：
ΔU＝Q＋W
W＝－eq \f(1,2)×(4－2)×105×(4－1)×10－3 J＝－300 J
而ΔU＝0
解得：Q＝＋300 J，即吸收300 J热量。
11．(15分)(2019·安徽安庆高三二模)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程：A→B→C。已知气体在初始A状态的压强为p0，体积为V0，温度为T0，BA连线的延长线经过坐标原点，A→B过程中，气体从外界吸收热量为Q，B状态温度为T。试求：
(1)气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；
(2)气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
答案 (1)eq \f(V0,T0)T eq \f(p0,T0)T (2)Q－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0
解析 (1)气体从A变化到B时，发生等压变化，设B状态时的体积为V，根据盖—吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T)
解得V＝eq \f(V0,T0)T
气体从B变化到C时，发生等温变化，设C状态时的压强为p，根据玻意耳定律，p0V＝pV0
解得p＝eq \f(p0,T0)T。
(2)气体从B→C过程中温度不变，内能不变。
气体从A→B过程中，体积变大，气体对外做功，
W＝－p0(V－V0)＝－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0
气体从外界吸收热量为Q，
根据热力学第一定律，内能的变化
ΔU＝Q＋W＝Q－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0。
12．(15分)(2019·湖南省长沙市长郡中学第一次适应性考试)绝热汽缸A和导热汽缸B固定在水平地面上，由刚性杆连接的两个等大活塞封闭着两部分体积均为V的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强p0相同，气体的温度与环境温度T0也相同。已知理想气体的内能U与温度T的关系为U＝αT，α为常量且α>0。现给汽缸A的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Q1时汽缸B内气体的体积减为原来的一半。若加热过程是缓慢的，不计摩擦，求：
(1)汽缸A内气体的压强；
(2)汽缸B在该过程中放出的热量Q2。
答案 (1)2p0 (2)Q1－2αT0
解析 (1)设A、B内气体末态压强为p，对B中气体由玻意耳定律得：
p0V＝peq \f(V,2)
解得：p＝2p0。
(2)对A中气体由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V,T0)＝eq \f(p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V＋\f(V,2))),T)
解得：T＝3T0
汽缸A内气体升温时内能增加：
ΔUA＝α(T－T0)＝2αT0
汽缸B内气体温度不变，内能不变，ΔUB＝0；以汽缸A、B内两部分气体为研究对象，由热力学第一定律得：
ΔUA＝Q1－W，ΔUB＝W－Q2
解得汽缸B内气体放出热量为：Q2＝Q1－2αT0。
13．(15分)(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热活塞，活塞底面与汽缸底面平行，一定量的气体被密封在汽缸内。当平台倾角为37°时，汽缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为汽缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，汽缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
(1)当平台处于水平位置时，求汽缸内气体的体积；
(2)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。
答案 (1)0.9V (2)－0.2p0V
解析 (1)设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为37°时汽缸内气体的压强为p1＝p0＋eq \f(mgcs37°,S)
气体的体积V1＝V
当平台水平时，汽缸内气体的压强p2＝2p0＝p0＋eq \f(mg,S)
解得p1＝1.8p0
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：
p1V1＝p2V2
解得V2＝0.9V。
(2)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律：eq \f(V2,T0)＝eq \f(V3,0.9T0)
解得V3＝0.81V
活塞下降过程，外界对气体做功W＝p2(V2－V3)
已知汽缸内气体吸收的热量Q＝－0.38p0V
由热力学第一定律得汽缸内气体内能变化量
ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝－0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V。物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体
做功
物体eq \x(04)吸收热量
内能eq \x(05)增加
－
物体对外界
做功
物体eq \x(06)放出热量
内能eq \x(07)减少
方式名称
比较项目
做功
热传递
区别
内能变化
情况
外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少
物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少
从能量的
角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程
不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移
能的性质
变化情况
能的性质发生了变化
能的性质不变
相互联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
定律名称
比较项目
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示
的问题
它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
它指出涉及热现象的过程是有方向性的
机械能和内能的
转化
通过做功机械能与内能互相转化
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能
热量的
传递
内能的变化等于外界做的功与吸收的热量之和
说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律的
关系
在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础
分类
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
从单一热库吸收热量，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
知识点 热力学第一定律 Ⅰ
1．改变物体内能的两种方式
(1)eq \x(01)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eq \x(02)热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝eq \x(03)Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况
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eq \x(08)内能的增加。
②若外界对系统做功为0，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体eq \x(09)内能的增加。此处的W包含机械功、电流功等一切功。对于不涉及其他力做功的气体的等容过程，W＝0，Q＝ΔU。
③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，eq \x(10)外界对物体做的功等于物体放出的热量。
知识点 热力学第二定律 Ⅰ
1．热力学第二定律的三种表述
(1)克劳修斯表述
热量不能eq \x(01)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eq \x(02)不产生其他影响。或表述为“eq \x(03)第二类永动机是不可能制成的。”
(3)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eq \x(04)减小。(熵增加原理)
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eq \x(05)无序性增大的方向进行。
知识点 能量守恒定律 Ⅰ
1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式eq \x(01)转化为另一种形式，或者从一个物体eq \x(02)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，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。
3．两类永动机
(1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。
违背eq \x(03)能量守恒定律，因此不可能实现。
(2)第二类永动机：从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生其他影响的机器。
违背eq \x(04)热力学第二定律，不可能实现。
4．能源的利用
(1)存在能量耗散和eq \x(05)品质降低。
(2)重视利用能源时对eq \x(06)环境的影响。
(3)要开发新能源(如eq \x(07)太阳能、生物质能、风能、水能等)。
一 堵点疏通
1．做功和热传递的实质是相同的。( )
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．根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。( )
4．熵增加原理说明一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。( )
5．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－283 ℃。( )
6．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机。( )
7．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。( )
8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。( )
9．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。( )
10．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7.√
8．× 9.√ 10.×
二 对点激活
1．(人教版选修3－3·P56·T1改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能( )
A．增加了1100 J B．减少了1100 J
C．增加了690 J D．减少了690 J
答案 C
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，内能增加690 J，C正确。
2．(人教版选修3－3·P61·T2改编)(多选)下列现象中能够发生的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混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．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案 CD
解析 热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。
3.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程(a到b、b到c、c到a)回到原状态，其V－T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c时气体的压强，下列说法正确的是( )
A．由a到b的过程中，气体一定吸热
B．pc>pb＝pa
C．由b到c的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功
D．由b到c的过程中，每一个气体分子的速率都减小
E．由c到a的过程中，气体分子的平均动能不变
答案 ACE
解析 由a到b的过程中，气体温度升高，根据一定量的理想气体内能只与温度有关可知，气体内能增大，又因为气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，A正确；根据理想气体状态方程可知，pa
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能而不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
答案 C
解析 内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确。
考点细研 悟法培优
考点1 热力学第一定律
改变内能的两种方式的比较
例1 (多选)如图，一定质量的理想气体从状态1等温变化到状态2，再从状态2绝热变化到状态3，此后，从状态3等温变化到状态4，最后从状态4绝热变化回到状态1。这种循环称为卡诺循环。下列说法正确的是( )
A．从1到2的过程中气体吸收热量
B．从2到3的过程中气体对外界做功
C．从3到4的过程中气体从外界吸收热量
D．一次卡诺循环中，气体对外界做的总功大于气体从外界吸收的总热量
E．一次卡诺循环中气体向外界释放的热量小于吸收的热量
(1)一定质量的理想气体的内能取决于________。
提示：温度
(2)如何判断气体状态变化过程是吸热还是放热？
提示：根据体积变化判断做功W的正负，根据温度变化判断ΔU内能变化的正负，最后根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W来判断是吸热还是放热。
尝试解答 选ABE。
从1到2的过程中气体的温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，A正确；从2到3的过程中气体体积增大，所以气体对外界做功，B正确；从3到4的过程中气体的温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体向外界放出热量，C错误；由p－V图象中图线与横轴围成的面积等于该过程中气体所做的功，可知一次卡诺循环气体向外界做正功，由热力学第一定律可知，一次卡诺循环气体对外界做的总功等于气体从外界吸收的热量，D错误；因为一次卡诺循环总体上气体从外界吸热，所以向外界放出的热量小于吸收的热量，E正确。
应用热力学第一定律的三点注意
(1)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。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
[变式1－1] (多选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变
B．该气体在压强增大的过程中，一定吸热
C．该气体被压缩的过程中，内能可能减少
D．该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量
E．如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变
答案 ACD
解析 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知V缓慢增大时，当pV不变时则温度不变，A正确。同理p增大时如果V减小且pV不变，则T不变，内能U不变，外界对系统做正功W，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，知Q为负，放出热量，B错误。由eq \f(pV,T)＝C，分析知V减小时T可能减小，即内能可能减小，C正确。由eq \f(pV,T)＝C知气体经等温压缩后，T不变，V减小，则p增大，外界对系统做正功，由ΔU＝0＝W＋Q知Q为负，一定放出热量，D正确。由ΔU＝W＋Q知，当Q＝0时，如果W≠0，则ΔU≠0，即温度变化，分子平均动能变化，E错误。
[变式1－2] (2019·四川南充二诊)(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减少
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界没做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做负功
E．气体在被压缩过程中，气体分子的平均动能变大
答案 BCE
解析 气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不会改变，则C正确，A错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，因汽缸绝热，故气体内能增大，故B正确，D错误；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增加，E正确。
考点2 热力学第二定律
1.热力学第一、第二定律的比较
2．两类永动机的比较
例2 (2019·广东汕头二模)(多选)下列说法正确的是( )
A．一定质量的理想气体等温膨胀时，该理想气体吸收的热量全部用于对外做功
B．利用新科技手段对内燃机进行不断的改进，可以使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化
C．封闭容器中的气体对外做功时，气体的内能不一定减少
D．夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以自发地从低温物体传向高温物体
E．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律
(1)热量可以自发地从低温物体传向高温物体吗？
提示：不能。
(2)第二类永动机不可能制成是违反了能量守恒定律还是热力学第二定律？
提示：热力学第二定律。
尝试解答 选ACE。
一定质量的理想气体等温膨胀时，根据热力学第一定律，温度不变(ΔU＝0)，体积增大(W＜0)，气体吸收热量(Q＞0)，该理想气体吸收的热量全部用于对外做了功，故A正确；根据热力学第二定律，随着科技的进步，热机的效率也不能达到100%，不能使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B错误；根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，封闭容器中的气体对外做功(W＜0)时，由于和外界热交换不明确，所以气体的内能不一定减少，故C正确；夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以从低温物体传向高温物体，但必须有电对其做功，而不是自发的过程，故D错误；第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故E正确。
对热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义：
①“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了热传递等热力学宏观现象的方向性；
②“不产生其他影响”的涵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。
(2)热力学第二定律的实质：
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如：
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)。
④不同气体A和B混合气体AB。
[变式2－1] (2019·四川高三毕业班第二次诊断)(多选)下列叙述，正确的是( )
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
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
E．物体从单一热源吸收的热量在不引起外界变化的情况下可全部用于做功
答案 BCD
解析 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，A错误；改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，B正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，C正确；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观现象的发生具有方向性，D正确；物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，但一定会引起外界变化，E错误。
[变式2－2] (2019·河南名校第四次联考)(多选)关于热现象，下列说法中正确的是( )
A．如果某个系统与另一个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间分子平均动能相同
B．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D．气体被压缩时，内能一定增加
E．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
答案 ACE
解析 根据热平衡定律可知，如果两个系统达到热平衡，则温度相同，分子平均动能相同，A正确；根据热力学第二定律，从单一热库吸收的热量可以完全变成功，但要引起其他的变化，B错误；根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，C正确；气体被压缩时，外界对气体做功(W＞0)，如果向外界放热(Q＜0)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能可能增大、不变或减小，D错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E正确。
考点3 气体实验定律与热力学第一定律的综合
例3 如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T1，现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
(1)活塞上升的高度；
(2)加热过程中气体的内能增加量。
(1)通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升过程气体经历什么变化？
提示：等压变化。
(2)气体体积变大，气体对外做功如何求解？
提示：W＝pΔV。
尝试解答 (1)Δh＝eq \f(T2－T1,T1)h (2)ΔU＝Q－(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)
(1)气体发生等压变化，有eq \f(hS,h＋ΔhS)＝eq \f(T1,T2)，
解得Δh＝eq \f(T2－T1,T1)h。
(2)加热过程中气体对外做功为
W＝pS·Δh＝(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)，
由热力学第一定律知内能的增加量为
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)heq \f(T2－T1,T1)。
气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的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)做功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。
[变式3－1] 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示。已知该气体在状态C时的温度为300 K。则：
(1)该气体在状态A、B时的温度分别为多少？
(2)该气体从状态A到状态B是吸热还是放热？请说明理由。
答案 (1)TA＝450 K(或tA＝177 ℃) TB＝300 K(或tB＝27 ℃) (2)放热，理由见解析
解析 (1)B到C过程，由理想气体状态方程知eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pCVC,TC)
解得TB＝TC＝300 K(或tB＝27 ℃)。
又A到B为等容过程，有eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)
解得TA＝450 K(或tA＝177 ℃)。
(2)根据题图可知，从A到B气体体积不变，
故外界对气体做功W＝0
由TA>TB可知，内能变化ΔU<0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q<0
即该气体从状态A到状态B放热。
[变式3－2] 绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示。已知活塞面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图象如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量。
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有：eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)
解得：VQ＝6×10－4 m3。
(2)由气体的内能与热力学温度成正比：eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)，
解得：UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象：pS＝p0S＋mg
解得：p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功：W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律：UQ－UP＝Q＋W
得气体变化过程吸收的总热量为Q＝60 J。
高考模拟 随堂集训
1．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是( )
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
答案 CDE
解析 由于非理想气体分子间作用力不可忽略，内能还包括分子势能，则气体的内能与体积有关，再者即使是理想气体，内能取决于温度和分子数目，质量相同的气体，当分子数目不同、温度相同时，内能也不相同，故A项错误；物体的内能与其机械运动无关，B项错误；由热力学第一定律知，气体被压缩时，若同时向外散热，则内能可能保持不变，C项正确；对于一定量的某种理想气体，其内能只取决于分子平均动能的变化，而温度是分子平均动能的标志，所以D项正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C知，p不变，V增大，则T增大，故E项正确。
2．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是( )
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE
解析 由理想气体状态方程eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)可知，体积不变，温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可得p＝Ceq \f(T,V)，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案 BCD
解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。
4.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
答案 ABD
解析 ab过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，A正确。而由于体积不变，气体对外界不做功，C错误。ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，B正确。体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，E错误。bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，D正确。
5．(2017·江苏高考)(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
答案 BC
解析 A→B过程是等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体要放出热量，A错误，B正确。B→C过程中，eq \f(V,T)是一个常数，为等压变化，C正确。A→B→C整个过程，温度降低，气体内能减少，D错误。
6．(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
答案 低于 大于
解析 活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
7．(2019·江苏高考)如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J。求A→B→C过程中气体对外界做的总功。
答案 1500 J
解析 A→B过程，外界对气体做的功W1＝－p(VB－VA)
B→C过程，根据热力学第一定律，外界对气体做的功W2＝ΔU
则A→B→C过程中气体对外界做的总功W＝－(W1＋W2)
代入数据得W＝1500 J。
8．(2018·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。
答案 138.6 J
解析 整个过程中，外界对气体做功W＝WAB＋WCA，
且WCA＝pA(VC－VA)，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
以及ΔU＝0，
得WAB＝－(Q＋WCA)，
代入数据得WAB＝－138.6 J，
即气体对外界做的功为138.6 J。
9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h,H)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。
10．(2019·山东济宁一模)如图所示，用质量为m＝1 kg、横截面积为S＝10 cm2的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距汽缸底的高度为h＝10 cm且汽缸足够高，气体温度为t＝27 ℃，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，绝对零度取－273 ℃。求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)给汽缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5 J的热量时，内能的增加量为2.3 J，求此时缸内气体的温度。
答案 (1)1.1×105 Pa (2)87 ℃
解析 (1)以活塞为研究对象，由平衡条件得：mg＋p0S＝pS
解得：封闭气体压强为p＝1.1×105 Pa。
(2)由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q
给汽缸缓慢加热的过程中，活塞始终处于平衡状态，缸内气体的压强不变
外界对气体做功为W＝－pSΔx
对气体由盖—吕萨克定律得：eq \f(hS,t＋273)＝eq \f(h＋ΔxS,t′＋273)
解得：缸内气体的温度为t′＝87 ℃。
课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分。其中 1题为单选，2～9题为多选)
1．(2019·湖北荆门第五次检测)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。则以下说法不正确的是( )
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
答案 D
解析 燃气由液态变为气态的过程中体积增大，要对外做功，分子势能增大，故A、B正确；根据热力学第二定律，燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被回收利用，故D错误。
2．(2019·湖南三湘名校教育联盟三模)能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。然而，无数事实告诉我们，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。下列说法正确的是( )
A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．第二类永动机不违反能量守恒定律
C．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
D．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
E．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
答案 BDE
解析 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故A错误；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B正确；对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，故C错误；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，但要引起其他变化，故D正确；根据熵增加原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E正确。
3.(2019·辽宁葫芦岛一模)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是( )
A．气体由状态A到B的过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C的过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D的过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D的过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A的过程，其热力学温度与压强成正比
答案 ADE
解析 状态A和B的温度相等，根据eq \f(pV,T)＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确；气体由状态B到C温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A，体积不变，根据eq \f(pV,T)＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确。
4．下列说法中错误的是( )
A．一定量气体经过不同物理过程而温度没有改变，气体与外界可以不做功
B．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功
C．第二类永动机无法制成是因为它违背了热力学第一定律
D．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减少的方向进行
E．熵值越大，说明系统的分子运动越无序
答案 BCD
解析 一定量的气体可以先吸热而后又放热，气体与外界不做功，最后温度保持不变，A正确；功是能量转化的量度，不能说功转化成热量，只能说机械能转化为内能，B错误；第二类永动机无法制成是因为它违背了热力学第二定律，C错误；在任何自然过程中，一个孤立系统的熵总是向增加的方向进行，D错误；熵是系统内分子运动无序程度的量度，熵越大，分子运动无序程度越大，E正确。本题选错误的，故答案为B、C、D。
5．下列关于热力学定律的说法，正确的是( )
A．热量可以从低温物体传递到高温物体
B．一切宏观热现象的过程一定是从无序状态慢慢向有序状态过渡
C．无论科技多么先进，热力学温度的0 K一定不可能达到
D．一绝热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当气体体积膨胀时，其温度一定降低
E．一导热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当缸外温度缓慢升高时，气体可能对外界做功
答案 ACE
解析 热量可以从低温物体传递到高温物体，但会引起其他变化，A正确；一切宏观热现象的过程一定是从有序状态慢慢向无序状态过渡，B错误；热力学温度的0 K永远不能达到，C正确；绝热汽缸中理想气体与外界没有热交换，当气体自由膨胀时，不对外做功，其内能不变，则温度不变，D错误；导热汽缸外温度缓慢升高时，气体内能增加，气体可能对外界做功，且气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，E正确。
6．(2019·广东深圳二模)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞，此过程中( )
A．封闭气体分子间的平均距离增大
B．封闭气体分子的平均速率减小
C．活塞对封闭气体做正功
D．封闭气体的内能不变
E．封闭气体从外界吸热
答案 ADE
解析 对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B错误，D正确；用力向外缓慢拉动活塞的过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A正确，C错误；根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变，则内能U不变，即ΔU＝0，用力向外缓慢拉动活塞，则W＜0，故Q＞0，即气体从外界吸收热量，故E正确。
7．(2019·山西高三二模)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。下列说法正确的是( )
A．ab过程中气体从外界吸热
B．bc过程中气体内能不变
C．cd过程中气体从外界吸热
D．de过程中外界对气体做功
E．状态a的气体体积比状态d的气体体积小
答案 ACE
解析 由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，图线与原点连线的斜率与体积的倒数成正比，ab过程中图线与原点连线的斜率不变，故气体的体积不变，气体不做功，又温度升高，内能增大，由W＋Q＝ΔU，可知Q>0，即气体从外界吸热，故A正确；bc过程为等压过程，温度升高，气体内能增大，故B错误；cd过程eq \f(p,T)减小，则气体体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，Q为正值，即气体要从外界吸热，故C正确；de段为等温过程，压强降低，气体体积增大，对外做功，D错误；由于图线与原点连线的斜率与体积的倒数成正比，由图可知，Oa的斜率大于Od的斜率，则状态a的气体体积小于状态d的气体体积，故E正确。
8．(2019·广东汕头高三一模)如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好。多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是( )
A．充气过程中，贮液筒内的气体内能增大
B．充气过程中，贮液筒内的气体分子平均动能增大
C．充气过程中，贮液筒内的气体压强增大，体积也变大
D．喷液过程中，贮液筒内的气体吸收热量全部用来对外做功
E．喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小，气体内能不变
答案 ADE
解析 充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，充气的过程中筒内气体分子的总个数增加，则内能增加，故A正确，B错误；充气的过程中筒内气体的体积不变，故C错误；喷液过程筒内的空气温度可视为不变，气体的内能也不变，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律，可知贮液筒内的气体吸收的热量全部用来对外做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，温度不变，体积增大，压强减小，故D、E正确。
9.如图，一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，对此气体下列说法正确的是( )
A．A→B过程中气体对外界做功
B．A→B过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功
C．B→C过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减少
D．C→A过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
E．B→C过程中气体放出的热量大于C→A过程中吸收的热量
答案 ADE
解析 A→B过程中为等温变化，压强减小，由公式pV＝C可知，体积增大，气体对外做功，故A正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，A→B过程温度不变，ΔU＝0，Q＝－W，故气体要吸收热量且等于气体对外做的功，故B错误；B→C过程为等压变化，由p＝eq \f(F,S)可知气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力不变，故C错误；C→A过程为等容变化，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故D正确；B→C过程为等压变化，由热力学第一定律可知，ΔU1＝Q1＋W1，其中ΔU1为负值，W1为正值，所以Q1<0，气体放出热量，C→A过程为等容变化，由热力学第一定律可知，ΔU2＝Q2，其中ΔU2为正值，所以Q2>0，气体吸收热量，又ΔU1＝－ΔU2，故Q1＋W＝－Q2，即B→C过程中气体放出的热量大于C→A过程中气体吸收的热量，故E正确。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
10．(10分)(2019·山东四校联合一模)一定质量的理想气体，沿如图所示折线由状态A依次变化到状态B、C、A，已知在状态A时，温度为360 K，取1 atm＝105 Pa，求：
(1)气体在C状态的温度是TC＝________ K。
(2)经过一个循环，气体________(填“吸收”或者“放出”)________ J热量。
答案 (1)180 (2)吸收 300
解析 (1)A、C两状态体积相等，根据查理定律得：
eq \f(pA,TA)＝eq \f(pC,TC)，又TA＝360 K、pA＝4 atm、pC＝2 atm
解得：TC＝180 K。
(2)整个循环过程气体对外做的功等于三角形ABC包围的面积，根据热力学第一定律有：
ΔU＝Q＋W
W＝－eq \f(1,2)×(4－2)×105×(4－1)×10－3 J＝－300 J
而ΔU＝0
解得：Q＝＋300 J，即吸收300 J热量。
11．(15分)(2019·安徽安庆高三二模)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程：A→B→C。已知气体在初始A状态的压强为p0，体积为V0，温度为T0，BA连线的延长线经过坐标原点，A→B过程中，气体从外界吸收热量为Q，B状态温度为T。试求：
(1)气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；
(2)气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
答案 (1)eq \f(V0,T0)T eq \f(p0,T0)T (2)Q－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0
解析 (1)气体从A变化到B时，发生等压变化，设B状态时的体积为V，根据盖—吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T)
解得V＝eq \f(V0,T0)T
气体从B变化到C时，发生等温变化，设C状态时的压强为p，根据玻意耳定律，p0V＝pV0
解得p＝eq \f(p0,T0)T。
(2)气体从B→C过程中温度不变，内能不变。
气体从A→B过程中，体积变大，气体对外做功，
W＝－p0(V－V0)＝－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0
气体从外界吸收热量为Q，
根据热力学第一定律，内能的变化
ΔU＝Q＋W＝Q－p0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T0)－1))V0。
12．(15分)(2019·湖南省长沙市长郡中学第一次适应性考试)绝热汽缸A和导热汽缸B固定在水平地面上，由刚性杆连接的两个等大活塞封闭着两部分体积均为V的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强p0相同，气体的温度与环境温度T0也相同。已知理想气体的内能U与温度T的关系为U＝αT，α为常量且α>0。现给汽缸A的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Q1时汽缸B内气体的体积减为原来的一半。若加热过程是缓慢的，不计摩擦，求：
(1)汽缸A内气体的压强；
(2)汽缸B在该过程中放出的热量Q2。
答案 (1)2p0 (2)Q1－2αT0
解析 (1)设A、B内气体末态压强为p，对B中气体由玻意耳定律得：
p0V＝peq \f(V,2)
解得：p＝2p0。
(2)对A中气体由理想气体状态方程得：
eq \f(p0V,T0)＝eq \f(p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V＋\f(V,2))),T)
解得：T＝3T0
汽缸A内气体升温时内能增加：
ΔUA＝α(T－T0)＝2αT0
汽缸B内气体温度不变，内能不变，ΔUB＝0；以汽缸A、B内两部分气体为研究对象，由热力学第一定律得：
ΔUA＝Q1－W，ΔUB＝W－Q2
解得汽缸B内气体放出热量为：Q2＝Q1－2αT0。
13．(15分)(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热活塞，活塞底面与汽缸底面平行，一定量的气体被密封在汽缸内。当平台倾角为37°时，汽缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为汽缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，汽缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
(1)当平台处于水平位置时，求汽缸内气体的体积；
(2)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。
答案 (1)0.9V (2)－0.2p0V
解析 (1)设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为37°时汽缸内气体的压强为p1＝p0＋eq \f(mgcs37°,S)
气体的体积V1＝V
当平台水平时，汽缸内气体的压强p2＝2p0＝p0＋eq \f(mg,S)
解得p1＝1.8p0
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：
p1V1＝p2V2
解得V2＝0.9V。
(2)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律：eq \f(V2,T0)＝eq \f(V3,0.9T0)
解得V3＝0.81V
活塞下降过程，外界对气体做功W＝p2(V2－V3)
已知汽缸内气体吸收的热量Q＝－0.38p0V
由热力学第一定律得汽缸内气体内能变化量
ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝－0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V。物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体
做功
物体eq \x(04)吸收热量
内能eq \x(05)增加
－
物体对外界
做功
物体eq \x(06)放出热量
内能eq \x(07)减少
方式名称
比较项目
做功
热传递
区别
内能变化
情况
外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少
物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少
从能量的
角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程
不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移
能的性质
变化情况
能的性质发生了变化
能的性质不变
相互联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
定律名称
比较项目
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示
的问题
它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
它指出涉及热现象的过程是有方向性的
机械能和内能的
转化
通过做功机械能与内能互相转化
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全转化为机械能
热量的
传递
内能的变化等于外界做的功与吸收的热量之和
说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律的
关系
在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础
分类
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
从单一热库吸收热量，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
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