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第3講　熱力學定律與能量守恒
■目標要求
1.理解熱力學第一定律,知道改變內能的兩種方式,并能用熱力學第一定律解決相關問題。2.理解熱力學第二定律,知道熱現象的方向性。3.理解第一類永動機和第二類永動機不可能制成的原因。
考點1　熱力學第一定律
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.改變物體內能的兩種方式:(1)　　　　;(2)　　　　。
2.熱力學第一定律。
(1)內容。
一個熱力學系統的內能增量等于外界向它傳遞的　　　　與外界對它所做的功的和。
(2)表達式:ΔU=　　　　。
(3)ΔU=Q+W中正、負號法則。
物理量 意義符號 W Q ΔU
+ 外界對物 體做功 物體　　　熱量 內能　　
- 物體對外 界做功 物體　　　熱量 內能　　
3.能量守恒定律。
(1)內容。
能量既不會憑空產生,也不會憑空消失,它只能從一種形式轉化為其他形式,或者從一個物體轉移到別的物體,在轉化或轉移的過程中,能量的總量保持不變。
(2)條件性。
能量守恒定律是自然界的普遍規律,某一種形式的能是否守恒是有條件的。
(3)第一類永動機是不可能制成的,它違背了能量守恒定律。
(1)做功和傳熱改變物體內能的實質是相同的()
(2)絕熱過程中,外界壓縮氣體做功20 J,氣體的內能一定減少20 J()
(3)物體吸收熱量,同時對外做功,內能可能不變()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.熱力學第一定律的理解。
(1)內能的變化都要用熱力學第一定律進行綜合分析。
(2)做功情況看氣體的體積:體積增大,氣體對外做功,W為負;體積縮小,外界對氣體做功,W為正。
(3)與外界絕熱,則不發生傳熱,此時Q=0。
(4)如果研究對象是理想氣體,因理想氣體忽略分子勢能,所以當它的內能變化時,體現在分子動能的變化上,從宏觀上看就是溫度發生了變化。
2.三種特殊情況。
(1)若過程是絕熱的,則Q=0,W=ΔU,外界對物體做的功等于物體內能的增加。
(2)若過程中不做功,即W=0,則Q=ΔU,物體吸收的熱量等于物體內能的增加。
(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變,即ΔU=0,則W+Q=0或W=-Q,外界對物體做的功等于物體放出的熱量。
【典例1】　(2024·北京卷)一個氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮,將氣泡內的氣體視為理想氣體,且氣體分子個數不變,外界大氣壓不變。在上浮過程中氣泡內氣體(　　)
A.內能變大 B.壓強變大
C.體積不變 D.從水中吸熱
【典例2】　(2025·菏澤模擬)如圖所示,開口向右的絕熱汽缸,
用絕熱光滑活塞封閉一定質量的理想氣體。輕繩左端連接活塞,活塞橫截面積為S,另一端跨過光滑定滑輪連接質量為m的小桶,小桶靜止,氣體處于狀態1。現接通電熱絲一段時間后斷電,活塞緩慢向右移動L后靜止,氣體處于狀態2,由狀態1到狀態2電熱絲放出的熱量為Q。重力加速度大小為g,外界大氣壓強不變。下列說法正確的是(　　)
A.狀態2相比狀態1,氣體壓強減小
B.狀態2相比狀態1,氣體壓強增大
C.由狀態1到狀態2,氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S-mg)L
D.由狀態1到狀態2,氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S+mg)L
考點2　熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
關|鍵|能|力
解答此類問題的基本流程。
考向1　熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
【典例3】　(2024·湖北卷)如圖所示,在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內用質量為m的活塞密封一部分理想氣體,活塞橫截面積為S,能無摩擦地滑動。初始時容器內氣體的溫度為T0,氣柱的高度為h。當容器內氣體從外界吸收一定熱量后,活塞緩慢上升h再次平衡。已知容器內氣體內能變化量ΔU與溫度變化量ΔT的關系式為ΔU=CΔT,C為已知常數,大氣壓強恒為p0,重力加速度大小為g,所有溫度為熱力學溫度。求:
(1)再次平衡時容器內氣體的溫度;
(2)此過程中容器內氣體吸收的熱量。
考向2　熱力學第一定律與氣體狀態變化圖像的綜合應用
【典例4】　(多選)(2024·新課標卷)如圖,一定量理想氣體的循環由下面4個過程組成:1→2為絕熱過程(過程中氣體不與外界交換熱量),2→3為等壓過程,3→4為絕熱過程,4→1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴油機工作循環的主要過程。下列說法正確的是(　　)
A.1→2過程中,氣體內能增加
B.2→3過程中,氣體向外放熱
C.3→4過程中,氣體內能不變
D.4→1過程中,氣體向外放熱
考點3　熱力學第二定律
必|備|知|識
1.熱力學第二定律的三種表述。
(1)克勞修斯表述。
熱量不能　　　　從低溫物體傳到高溫物體。
(2)開爾文表述。
不可能從單一熱庫吸收熱量,使之完全變成功,而　　　　　　　　　,或表述為“　　　　永動機是不可能制成的。”
(3)用熵的概念表示熱力學第二定律。
在任何自然過程中,一個孤立系統的總熵不會　　　　。(熵增加原理)
2.熱力學第二定律的微觀意義。
一切自發過程總是沿著分子熱運動的　　　增大的方向進行。
(1)可以從單一熱源吸收熱量,使之完全變成功()
(2)熱機中,燃氣的內能可以全部變成機械能而不引起其他變化()
(3)熱量不可能從低溫物體傳給高溫物體()
關|鍵|能|力
1.熱力學第二定律的涵義。
(1)自然界中諸如傳熱等熱力學宏觀現象具有方向性,不需要借助外界提供能量的幫助。
(2)“不引起其他變化”的含義是發生的熱力學宏觀過程只在本系統內完成,對周圍環境不產生熱力學方面的影響,如吸熱、放熱、做功等。在產生其他影響的條件下內能可以全部轉化為機械能,如氣體的等溫膨脹過程。
2.熱力學第二定律的實質。
自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性,如:
(1)高溫物體低溫物體。
(2)功熱。
(3)氣體體積V1氣體體積V2(較大)。
(4)不同氣體A和B混合氣體AB。
【典例5】　根據熱力學定律和能量守恒,下列說法正確的是(　　)
A.空調在制冷過程中,從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量
B.通過采用先進技術,熱機可以實現把燃料產生的內能全部轉化為機械能
C.在密閉的房間里,把正常工作的冰箱門打開,可以使房間降溫
D.在密閉的房間里,把正常工作的冰箱門打開,房間溫度不會有任何變化
【典例6】　(多選)(2025·石家莊模擬)關于熱現象,下列說法正確的是(　　)
A.如果某個系統與另一個系統達到熱平衡,那么這兩個系統的分子平均動能相同
B.不可能從單一熱庫吸收熱量,使之完全變成功
C.一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中,內能一定增加
D.氣體被壓縮時,內能一定增加
第3講　熱力學定律與能量守恒
考點1
必備知識 　
1.(1)做功　(2)傳熱　2.(1)熱量　(2)Q+W　(3)吸收　增加　放出　減少
微點辨析　(1)×　(2)×　(3)√
關鍵能力 　
【典例1】　D　解析　上浮過程氣泡內氣體的溫度不變,內能不變,A項錯誤;氣泡內氣體壓強p=p0+ρ水gh,故上浮過程氣泡內氣體的壓強減小,B項錯誤;由玻意耳定律pV=C知,氣體的體積變大,C項錯誤;上浮過程氣體體積變大,氣體對外做功,由熱力學第一定律ΔU=Q+W知,氣體從水中吸熱,D項正確。
【典例2】　C　解析　不管狀態1還是狀態2,穩定后,小桶均保持靜止,根據平衡條件可得T=mg,對活塞,根據平衡條件可得p0S=T+pS,則狀態1、2,氣體壓強均為p=p0-,A、B兩項錯誤;由狀態1到狀態2,外界對氣體做功為W=-pΔV=-SL,根據熱力學第一定律,由狀態1到狀態2,氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S-mg)L,C項正確,D項錯誤。
考點2
關鍵能力 　
【典例3】　答案　(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0
解析　(1)氣體進行等壓變化,則由蓋—呂薩克定律得=,
即=,
解得T1=T0。
(2)此過程中氣體內能增加
ΔU=CΔT=CT0,
氣體對外做功
W=pSΔh=h(p0S+mg),
此過程中容器內氣體吸收的熱量
Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
【典例4】　AD　解析　1→2為絕熱過程,Q=0,氣體體積減小,外界對氣體做功,W>0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,氣體內能增加,A項正確;2→3為等壓膨脹過程,W<0,由蓋-呂薩克定律可知氣體溫度升高,內能增加,即ΔU>0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,氣體從外界吸熱,B項錯誤;3→4過程為絕熱過程,Q=0,氣體體積增大,W<0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,氣體內能減少,C項錯誤;4→1過程中,氣體做等容變化,W=0,又壓強減小,則由查理定律可知氣體溫度降低,內能減少,即ΔU<0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,氣體對外放熱,D項正確。
考點3
必備知識 　
1.(1)自發地　(2)不產生其他影響　第二類　(3)減小
2.無序性
微點辨析　(1)√　(2)×　(3)×
關鍵能力 　
【典例5】　A　解析　空調在制冷過程中,把室內的熱量向室外釋放,消耗電能,產生熱量,則從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量,A項正確;根據熱力學第二定律可知,即使通過采用先進技術,熱機的工作效率可以提高,但不可能達到100%,B項錯誤;冰箱的工作原理是將里面的熱量吸收到外面使內部的溫度降低,并且自身工作也會消耗電能產生熱量,所以當冰箱在密閉的房間里并打開,此時冰箱內外部相通,所以無法降溫,由于冰箱本身工作消耗電能會產生熱量,所以房間溫度會升高,C、D兩項錯誤。
【典例6】　AC　解析　根據熱平衡定律可知,如果兩個系統達到熱平衡,則溫度相同,分子平均動能相同,A項正確;根據熱力學第二定律,從單一熱庫吸收的熱量可以完全變成功,但要引起其他的變化,B項錯誤;根據理想氣體狀態方程,一定量的某種理想氣體在壓強不變的情況下,體積變大,則溫度一定升高,內能一定增加,C項正確;氣體被壓縮時,外界對氣體做功(W>0),如果向外界放熱(Q<0),根據熱力學第一定律ΔU=W+Q,內能可能增大、不變或減小,D項錯誤。(共34張PPT)
第3講
熱力學定律與能量守恒
第十五章　熱學
目
標
要
求
1.理解熱力學第一定律，知道改變內能的兩種方式，并能用熱力學第一定律解決相關問題。2.理解熱力學第二定律,知道熱現象的方向性。3.理解第一類永動機和第二類永動機不可能制成的原因。
考點1　熱力學第一定律
考點2　熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
內容
索引
考點3　熱力學第二定律
熱力學第一定律
考點1
必|備|知|識
1.改變物體內能的兩種方式：(1) ；(2) 。
2.熱力學第一定律。
(1)內容。
一個熱力學系統的內能增量等于外界向它傳遞的 與外界對它所做的功的和。
(2)表達式：ΔU= 。
做功
傳熱
熱量
Q+W
(3)ΔU=Q+W中正、負號法則。
物理量 意義符號 W Q ΔU
+ 外界對物體做功 物體 熱量 內能
- 物體對外界做功 物體 熱量 內能
吸收
放出
增加
減少
3.能量守恒定律。
(1)內容。
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。
(2)條件性。
能量守恒定律是自然界的普遍規律，某一種形式的能是否守恒是有條件的。
(3)第一類永動機是不可能制成的，它違背了能量守恒定律。
(1)做功和傳熱改變物體內能的實質是相同的( )
(2)絕熱過程中，外界壓縮氣體做功20 J，氣體的內能一定減少20 J
( )
(3)物體吸收熱量，同時對外做功，內能可能不變( )
關|鍵|能|力
1.熱力學第一定律的理解。
(1)內能的變化都要用熱力學第一定律進行綜合分析。
(2)做功情況看氣體的體積：體積增大，氣體對外做功，W為負；體積縮小，外界對氣體做功，W為正。
(3)與外界絕熱，則不發生傳熱，此時Q=0。
(4)如果研究對象是理想氣體，因理想氣體忽略分子勢能，所以當它的內能變化時，體現在分子動能的變化上，從宏觀上看就是溫度發生了變化。
2.三種特殊情況。
(1)若過程是絕熱的，則Q=0，W=ΔU，外界對物體做的功等于物體內能的增加。
(2)若過程中不做功，即W=0，則Q=ΔU，物體吸收的熱量等于物體內能的增加。
(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變，即ΔU=0，則W+Q=0或W=-Q，外界對物體做的功等于物體放出的熱量。
【典例1】　(2024·北京卷)一個氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內的氣體視為理想氣體，且氣體分子個數不變，外界大氣壓不變。在上浮過程中氣泡內氣體( )
A.內能變大 B.壓強變大
C.體積不變 D.從水中吸熱
上浮過程氣泡內氣體的溫度不變，內能不變，A項錯誤；氣泡內氣體壓強p=p0+ρ水gh，故上浮過程氣泡內氣體的壓強減小，B項錯誤；由玻意耳定律pV=C知，氣體的體積變大，C項錯誤；上浮過程氣體體積變大，氣體對外做功，由熱力學第一定律ΔU=Q+W知,氣體從水中吸熱，D項正確。
解析
【典例2】　(2025·菏澤模擬)如圖所示，開
口向右的絕熱汽缸，用絕熱光滑活塞封閉一
定質量的理想氣體。輕繩左端連接活塞，活
塞橫截面積為S，另一端跨過光滑定滑輪連接
質量為m的小桶，小桶靜止，氣體處于狀態1。現接通電熱絲一段時間后斷電，活塞緩慢向右移動L后靜止，氣體處于狀態2，由狀態1到狀態2電熱絲放出的熱量為Q。重力加速度大小為g，外界大氣壓強不變。下列說法正確的是( )
A.狀態2相比狀態1，氣體壓強減小
B.狀態2相比狀態1，氣體壓強增大
C.由狀態1到狀態2，氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S-mg)L
D.由狀態1到狀態2，氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S+mg)L
不管狀態1還是狀態2，穩定后，小桶均保持靜止，根據平衡條件可得T=mg，對活塞，根據平衡條件可得p0S=T+pS，則狀態1、2，氣體壓強均為p=p0-，A、B兩項錯誤；由狀態1到狀態2，外界對氣體做功為W=-pΔV=-SL，根據熱力學第一定律，由狀態1到狀態2，氣體內能變化為ΔU=Q-(p0S-mg)L，C項正確，D項錯誤。
解析
熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
考點2
關|鍵|能|力
解答此類問題的基本流程。
考向1
熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
【典例3】　(2024·湖北卷)如圖所示，在豎直放置、
開口向上的圓柱形容器內用質量為m的活塞密封一部
分理想氣體，活塞橫截面積為S，能無摩擦地滑動。
初始時容器內氣體的溫度為T0，氣柱的高度為h。當
容器內氣體從外界吸收一定熱量后，活塞緩慢上升
h再次平衡。已知容器內氣體內能變化量ΔU與溫度變化量ΔT的關系式為ΔU=CΔT，C為已知常數，大氣壓強恒為p0，重力加速度大小為
g，所有溫度為熱力學溫度。求：
(1)再次平衡時容器內氣體的溫度；
氣體進行等壓變化，則由蓋—呂薩克定律得=，
即=，
解得T1=T0。
解析
(2)此過程中容器內氣體吸收的熱量。
此過程中氣體內能增加ΔU=CΔT=CT0，
氣體對外做功W=pSΔh=h(p0S+mg)，
此過程中容器內氣體吸收的熱量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
解析
考向2
熱力學第一定律與氣體狀態變化圖像的綜合應用
【典例4】　(多選)(2024·新課標卷)如圖，一定量理想氣體的循環由下面4個過程組成：1→2為絕熱過程(過程中氣體不與外界交換熱量)，2→3為等壓過程，3→4為絕熱過程，4→1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴油機工作循環的主要過程。下列說法正確的是( )
A.1→2過程中，氣體內能增加
B.2→3過程中，氣體向外放熱
C.3→4過程中，氣體內能不變
D.4→1過程中，氣體向外放熱
1→2為絕熱過程，Q=0，氣體體積減小，外界對氣體做功，W>0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0，氣體內能增加，A項正確;
2→3為等壓膨脹過程，W<0，由蓋-呂薩克定律可知氣體溫度升高,內能增加，即ΔU>0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，氣體從外界吸熱，B項錯誤；3→4過程為絕熱過程，Q=0，氣體體積增大，W<0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0，氣體內能減少,
C項錯誤；4→1過程中，氣體做等容變化，W=0，又壓強減小，則由查理定律可知氣體溫度降低，內能減少，即ΔU<0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知Q<0，氣體對外放熱，D項正確。
解析
熱力學第二定律
考點3
必|備|知|識
1.熱力學第二定律的三種表述。
(1)克勞修斯表述。
熱量不能 從低溫物體傳到高溫物體。
(2)開爾文表述。
不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而 ，或表述為“ 永動機是不可能制成的。”
自發地
不產生其他影響
第二類
(3)用熵的概念表示熱力學第二定律。
在任何自然過程中，一個孤立系統的總熵不會 。(熵增加原理)
2.熱力學第二定律的微觀意義。
一切自發過程總是沿著分子熱運動的 增大的方向進行。
減小
無序性
(1)可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功( )
(2)熱機中，燃氣的內能可以全部變成機械能而不引起其他變化( )
(3)熱量不可能從低溫物體傳給高溫物體( )
關|鍵|能|力
1.熱力學第二定律的涵義。
(1)自然界中諸如傳熱等熱力學宏觀現象具有方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。
(2)“不引起其他變化”的含義是發生的熱力學宏觀過程只在本系統內完成，對周圍環境不產生熱力學方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。在產生其他影響的條件下內能可以全部轉化為機械能，如氣體的等溫膨脹過程。
【典例5】　根據熱力學定律和能量守恒，下列說法正確的是( )
A.空調在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量
B.通過采用先進技術，熱機可以實現把燃料產生的內能全部轉化為機械能
C.在密閉的房間里，把正常工作的冰箱門打開，可以使房間降溫
D.在密閉的房間里，把正常工作的冰箱門打開，房間溫度不會有任何變化
空調在制冷過程中，把室內的熱量向室外釋放，消耗電能，產生熱量，則從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量，A項正確；根據熱力學第二定律可知，即使通過采用先進技術，熱機的工作效率可以提高，但不可能達到100%，B項錯誤；冰箱的工作原理是將里面的熱量吸收到外面使內部的溫度降低，并且自身工作也會消耗電能產生熱量，所以當冰箱在密閉的房間里并打開，此時冰箱內外部相通，所以無法降溫，由于冰箱本身工作消耗電能會產生熱量，所以房間溫度會升高，C、D兩項錯誤。
解析
【典例6】　(多選)(2025·石家莊模擬)關于熱現象，下列說法正確的是( )
A.如果某個系統與另一個系統達到熱平衡，那么這兩個系統的分子平均動能相同
B.不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功
C.一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增加
D.氣體被壓縮時，內能一定增加
根據熱平衡定律可知，如果兩個系統達到熱平衡，則溫度相同，分子平均動能相同，A項正確；根據熱力學第二定律，從單一熱庫吸收的熱量可以完全變成功，但要引起其他的變化，B項錯誤;根據理想氣體狀態方程，一定量的某種理想氣體在壓強不變的情況下，體積變大，則溫度一定升高，內能一定增加，C項正確；氣體被壓縮時，外界對氣體做功(W>0)，如果向外界放熱(Q<0)，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，內能可能增大、不變或減小，D項錯誤。
解析微練52　熱力學定律與能量守恒
　梯級Ⅰ基礎練
1.用活塞壓縮密封在汽缸里的空氣，對空氣做了900 J的功，同時汽缸向外散熱210 J。對于汽缸里壓縮后的空氣，下列說法正確的是(　　)
A.空氣的分子勢能增大
B.每個空氣分子的動能都變大
C.空氣溫度升高，內能增加690 J
D.空氣分子單位時間內與汽缸壁單位面積上的碰撞次數減少
2.(2025·深圳模擬)海底火山活躍的海域，火山附近的海水會受到加熱形成水蒸氣從而產生氣泡。當氣泡浮上水面的過程中溫度下降，壓強減小，體積減小。該過程中水蒸氣可視作理想氣體。下列關于該過程說法正確的是(　　)
A.水蒸氣上升過程中吸收熱量
B.水蒸氣分子的平均動能增大
C.水蒸氣放出的熱量大于其減小的內能
D.該過程違反了熱力學第二定律
3.(2025·黃山模擬)現代高檔大客車普遍安裝有空氣彈簧(封閉于汽缸中的氣體受外力影響產生類似彈簧的功能)，上、下乘客及劇烈顛簸均會引起車廂振動，進而引起缸內氣體體積發生變化，實現減震。上、下乘客時汽缸內氣體的體積變化較慢，氣體與外界有充分的熱交換，汽缸可視為導熱汽缸;劇烈顛簸時汽缸內氣體的體積變化較快，氣體與外界來不及熱交換，可視為絕熱過程。若外界溫度恒定，汽缸內氣體可視為理想氣體，下列說法正確的是(　　)
A.乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體內能不變
B.乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，空氣彈簧內氣體從外界吸熱，氣體內能增大
C.劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體向外界放熱
D.劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體內能一定減小
4.(多選)如圖所示為電冰箱的工作原理示意圖;壓縮機工作時，強迫制冷劑在冰箱內、外的管道中不斷循環，在蒸發器中制冷劑汽化吸收箱體內的熱量，經過冷凝器時制冷劑液化，放出熱量到箱體外。下列說法正確的是(　　)
A.熱量可以自發地從冰箱內傳到冰箱外
B.電冰箱的制冷系統能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，是因為其消耗了電能
C.電冰箱的工作原理違背熱力學第一定律
D.電冰箱除了將熱量從低溫熱庫傳到高溫熱庫外，工作過程中所產生的其他一切影響，無論用任何辦法都不可能加以消除
5.(2025·內江模擬)如圖，健身球是一個充滿氣體的大皮球，當人壓向健身球上時，假設球內氣體溫度不變，則在這個過程中(　　)
A.氣體分子的平均速率增大
B.外界對氣體做功
C.氣體從外界吸收熱量
D.氣體的壓強不變
6.(多選)(2024·海南卷)一定質量的理想氣體從狀態a開始經ab、bc、ca三個過程回到原狀態，已知ab垂直于T軸，bc延長線過O點，下列說法正確的是(　　)
A.bc過程外界對氣體做功
B.ca過程氣體壓強不變
C.ab過程氣體放出熱量
D.ca過程氣體內能減小
7.(多選)(2025·六安模擬)一定質量的理想氣體，初始溫度為400 K，壓強為1×105 Pa。經等容過程，該氣體吸收500 J的熱量后溫度上升100 K;若經等壓過程，需要吸收600 J的熱量才能使氣體溫度上升100 K。下列說法正確的是(　　)
A.等壓過程中，氣體對外做功100 J
B.初始狀態下，氣體的體積為3 L
C.等壓過程中，氣體體積增加了原體積的
D.兩個過程中，氣體的內能增加量都為500 J
梯級Ⅱ能力練
8.(2024·山東卷)一定質量理想氣體經歷如圖所示的循環過程，a→b過程是等壓過程，b→c過程中氣體與外界無熱量交換，c→a過程是等溫過程。下列說法正確的是(　　)
A.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功
B.b→c過程，氣體對外做功，內能增加
C.a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功
D.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量
9.(2024·黑吉遼卷)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2= 5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。
(1)求變壓器的輸出功率P;
(2)已知該容器內的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。
10.(2024·浙江卷)如圖所示，測定一個形狀不規則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內充入一定質量的理想氣體，并用質量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩定后測出氣柱長度為l1，將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S=4.0×10-4 m2，m=0.1 kg，l1=0.2 m，l2=0.3 m，T2=350 K，V0=2.0×10-4 m3，大氣壓強p0=1.0×105 Pa，環境溫度T1=300 K，重力加速度g=10 m/s2。
(1)在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力　　　　(填“變大”“變小”或“不變”)，氣體分子的數密度　　　　(填“變大”“變小”或“不變”)。
(2)求此不規則小塊固體的體積V。
(3)若此過程中氣體內能增加10.3 J，求吸收熱量Q。
梯級Ⅲ創新練
11.(2025·周口模擬)一定質量的理想氣體從A狀態變化到B狀態的過程，壓強p與攝氏溫度t的關系如圖所示，則從A到B的過程中，下列判斷正確的是(　　)
A.氣體的體積不變 B.氣體的內能增加
C.外界對氣體做負功 D.一定是吸熱過程
微練52　熱力學定律與能量守恒
1.C　解析　空氣分子之間的作用力為引力,在壓縮的過程中,空氣分子的間距減小,分子間作用力做正功,則空氣的分子勢能減小,A項錯誤;對空氣做了900 J的功,同時汽缸向外散熱210 J,根據熱力學第一定律可知氣體內能增加ΔU=W+Q=900 J-210 J=690 J,內能增加,空氣的溫度升高,分子平均動能增加,但不是每個空氣分子的動能都變大,B項錯誤,C項正確;空氣分子平均速率增加,氣體體積減小,分子數密度增加,氣體壓強變大,則空氣分子單位時間內與汽缸壁單位面積上的碰撞次數增加,D項錯誤。
2.C　解析　根據熱力學第一定律ΔU=W+Q可知,氣體溫度下降,故內能減小,即ΔU<0,體積減小可以判斷外界對氣體做功,故W>0,因此Q必須為負,故放出熱量,A項錯誤;水蒸氣的溫度下降,故分子平均動能減小,B項錯誤;根據熱力學第一定律,因外界對氣體做功,故水蒸氣放出的熱量大于其減小的內能,C項正確;該過程不單是從熱源吸熱并用于做功,同時也引起了海水重力勢能變化,故沒有違反熱力學第二定律,D項錯誤。
3.A　解析　乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中,外界對氣體做功,W為正值,氣體與外界有充分的熱交換,氣體溫度不變,內能不變,ΔU=0,根據熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,空氣彈簧內氣體向外界放熱,A項正確,B項錯誤;劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中,外界對空氣彈簧內氣體做功,W為正值,氣體與外界來不及熱交換,可視為絕熱過程,空氣彈簧內氣體不對外界放熱,Q為零,根據熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU為正值,氣體內能一定增大,C、D兩項錯誤。
4.BD　解析　熱力學第一定律是熱現象中內能與其他形式能的轉化規律,是能量守恒定律的具體表現,適用于所有的熱學過程,C項錯誤;根據熱力學第二定律,熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體,必須借助于其他系統做功,A項錯誤,B項正確;壓縮機工作時會發熱,將一部分電能轉化為內能消耗掉,這種影響沒法消除,D項正確。
5.B　解析　氣體溫度不變,則氣體分子的平均速率不變,A項錯誤;因為氣體的內能不變,體積減小,外界對氣體做功,則氣體要向外放出熱量,B項正確,C項錯誤;根據公式=C可知,溫度不變,體積減小,則壓強增大,D項錯誤。
6.AC　解析　由理想氣體狀態方程=C,化簡可得V=·T,由題圖可知,圖像的斜率越大,壓強越小,故pa0,根據熱力學第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,ab過程氣體放出熱量,C項正確;ca過程,溫度升高,內能增大,D項錯誤。
7.AD　解析　設理想氣體的初始狀態的壓強,體積和溫度分別為p1=1×105 Pa,V1,T1=400 K,等容過程后為狀態二:V2=V1,T2=500 K,等壓過程后為狀態三:p3=p1,T3=500 K,等壓過程由=,解得V3=V1,體積增加了原來的,C項錯誤;等容過程中氣體做功為零,該氣體吸收500 J的熱量后,由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知,內能增加500 J,兩個過程的初、末溫度相同即內能變化相同,因此內能都增加為500 J,D項正確;等壓過程內能增加了500 J, 吸收熱量為600 J, 由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知氣體對外做功為100 J,由W=pΔV可得ΔV=1 L,由ΔV=V3-V1,解得V1=4 L,A項正確,B項錯誤。
8.C　解析　a→b過程壓強不變,是等壓變化且體積增大,氣體對外做功W<0,由蓋—呂薩克定律可知Tb>Ta,即內能增大,ΔUab>0,根據熱力學第一定律ΔU=Q+W可知a→b過程,氣體從外界吸收的熱量一部分用于對外做功,另一部分用于增加內能,A項錯誤;b→c過程氣體與外界無熱量交換,即Qbc=0,又由氣體體積增大可知Wbc<0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知氣體內能減少,B項錯誤;c→a過程為等溫過程,可知Tc=Ta,ΔUac=0,根據熱力學第一定律可知a→b→c過程,氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功,C項正確;根據熱力學第一定律結合上述解析可知:a→b→c→a整個熱力學循環過程ΔU=0,整個過程氣體對外做功,因此由熱力學第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0,故a→b過程氣體從外界吸收的熱量Qab不等于c→a過程放出的熱量Qca,D項錯誤。
9.答案　(1)　(2)
解析　(1)由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U1=,
設變壓器副線圈的輸出電壓為U2,根據理想變壓器的電壓與匝數之間的關系有
=,
聯立解得U2=U1=,
理想變壓器的輸出功率等于R的熱功率,即
P==。
(2)設加熱前容器內氣體的壓強為p0,則加熱后氣體的壓強為2p0,溫度為T2,容器內的氣體做等容變化,則有=,
解得T2=2T0,
由Q=CΔT知氣體吸收的熱量
Q=C(T2-T0)=CT0,
根據熱力學第一定律ΔU=W+Q,氣體的體積不變,所以W=0,容器是絕熱容器,則ΔU=Q,電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收
Q=Pt,
聯立整理得t=CT0,
解得t=。
10.答案　(1)不變　變小　(2)4×10-5 m3　(3)14.4 J
解析　(1)溫度升高后,活塞緩慢上升,受力不變,故封閉氣體的壓強不變,根據p=可知器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變;由于體積變大,故氣體分子的數密度變小。
(2)氣體發生等壓變化,根據蓋—呂薩克定律=,
解得V=4×10-5 m3。
(3)整個過程中外界對氣體做功為
W=-p1S(l2-l1),
對活塞受力分析p1S=mg+p0S,
解得W=-4.1 J,
根據熱力學第一定律ΔU=Q+W,
其中ΔU=10.3 J,
解得Q=14.4 J,
故氣體吸收熱量為14.4 J。
11.B　解析　根據T=t+273 K,作出壓強p與熱力學溫度T的關系如圖所示,根據理想氣體狀態方程有=C,則有p=T,圖像上某點與原點連線的斜率能夠間接表示體積的倒數,A點與原點連線的斜率小于B點與原點連線的斜率,則A狀態的體積大于B狀態的體積,即從A到B的過程中,氣體體積減小,A項錯誤;從A到B的過程中,氣體溫度升高,則氣體內能增加,B項正確;結合上述可知,氣體體積減小,則外界對氣體做正功,C項錯誤;結合上述,外界對氣體做正功,氣體內能增加,根據熱力學第一定律可知,該過程與外界之間的傳熱情況不能夠確定,即該過程不一定是吸熱過程,D項錯誤。(共32張PPT)
微練52
熱力學定律與能量守恒
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1.用活塞壓縮密封在汽缸里的空氣，對空氣做了900 J的功，同時汽缸向外散熱210 J。對于汽缸里壓縮后的空氣，下列說法正確的是(　　)
A.空氣的分子勢能增大
B.每個空氣分子的動能都變大
C.空氣溫度升高，內能增加690 J
D.空氣分子單位時間內與汽缸壁單位面積上的碰撞次數減少
梯級Ⅰ 基礎練
空氣分子之間的作用力為引力，在壓縮的過程中，空氣分子的間距減小，分子間作用力做正功，則空氣的分子勢能減小，A項錯誤；對空氣做了900 J的功，同時汽缸向外散熱210 J，根據熱力學第一定律可知氣體內能增加ΔU=W+Q=900 J-210 J=690 J，內能增加，空氣的溫度升高，分子平均動能增加，但不是每個空氣分子的動能都變大，B項錯誤，C項正確；空氣分子平均速率增加，氣體體積減小，分子數密度增加，氣體壓強變大，則空氣分子單位時間內與汽缸壁單位面積上的碰撞次數增加，D項錯誤。
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2.(2025·深圳模擬)海底火山活躍的海域，火山附近的海水會受到加熱形成水蒸氣從而產生氣泡。當氣泡浮上水面的過程中溫度下降，壓強減小，體積減小。該過程中水蒸氣可視作理想氣體。下列關于該過程說法正確的是(　　)
A.水蒸氣上升過程中吸收熱量
B.水蒸氣分子的平均動能增大
C.水蒸氣放出的熱量大于其減小的內能
D.該過程違反了熱力學第二定律
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根據熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，氣體溫度下降，故內能減 小，即ΔU<0，體積減小可以判斷外界對氣體做功，故W>0，因此Q必須為負，故放出熱量，A項錯誤；水蒸氣的溫度下降，故分子平均動能減小，B項錯誤；根據熱力學第一定律，因外界對氣體做功，故水蒸氣放出的熱量大于其減小的內能，C項正確；該過程不單是從熱源吸熱并用于做功，同時也引起了海水重力勢能變化，故沒有違反熱力學第二定律，D項錯誤。
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3.(2025·黃山模擬)現代高檔大客車普遍安裝有空氣彈簧(封閉于汽缸中的氣體受外力影響產生類似彈簧的功能)，上、下乘客及劇烈顛簸均會引起車廂振動，進而引起缸內氣體體積發生變化，實現減震。上、下乘客時汽缸內氣體的體積變化較慢，氣體與外界有充分的熱交換，汽缸可視為導熱汽缸；劇烈顛簸時汽缸內氣體的體積變化較快，氣體與外界來不及熱交換，可視為絕熱過程。若外界溫度恒 定，汽缸內氣體可視為理想氣體，下列說法正確的是(　　)
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A.乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體內能不變
B.乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，空氣彈簧內氣體從外界吸熱，氣體內能增大
C.劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體向外界放熱
D.劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，氣體內能一定減小
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乘客上車時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對氣體做 功，W為正值，氣體與外界有充分的熱交換，氣體溫度不變，內能不變，ΔU=0，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，空氣彈簧內氣體向外界放熱，A項正確，B項錯誤；劇烈顛簸時壓縮氣體使氣體體積變小的過程中，外界對空氣彈簧內氣體做功，W為正值，氣體與外界來不及熱交換，可視為絕熱過程，空氣彈簧內氣體不對外界放熱，Q為零，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知ΔU為正值，氣體內能一定增大，C、D兩項錯誤。
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4.(多選)如圖所示為電冰箱的工作原理示意圖；壓縮機工作時，強迫制冷劑在冰箱內、外的管道中不斷循環，在蒸發器中制冷劑汽化吸收箱體內的熱量，經過冷凝器時制冷劑液化，放出熱量到箱體外。下列說法正確的是(　　)
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A.熱量可以自發地從冰箱內傳到冰箱外
B.電冰箱的制冷系統能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，是因為其消耗了電能
C.電冰箱的工作原理違背熱力學第一定律
D.電冰箱除了將熱量從低溫熱庫傳到高溫熱庫外，工作過程中所產生的其他一切影響，無論用任何辦法都不可能加以消除
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熱力學第一定律是熱現象中內能與其他形式能的轉化規律，是能量守恒定律的具體表現，適用于所有的熱學過程，C項錯誤；根據熱力學第二定律，熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體，必須借助于其他系統做功，A項錯誤，B項正確；壓縮機工作時會發熱，將一部分電能轉化為內能消耗掉，這種影響沒法消除，D項正確。
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5.(2025·內江模擬)如圖，健身球是一個充滿氣體的大皮球，當人壓向健身球上時，假設球內氣體溫度不變，則在這個過程中(　　)
A.氣體分子的平均速率增大
B.外界對氣體做功
C.氣體從外界吸收熱量
D.氣體的壓強不變
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氣體溫度不變，則氣體分子的平均速率不變，A項錯誤；因為氣體的內能不變，體積減小，外界對氣體做功，則氣體要向外放出熱量，B項正確，C項錯誤；根據公式=C可知，溫度不變，體積減小，則壓強增大，D項錯誤。
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6.(多選)(2024·海南卷)一定質量的理想氣體從狀態a開始經ab、bc、ca三個過程回到原狀態，已知ab垂直于T軸，bc延長線過O點，下列說法正確的是(　　)
A.bc過程外界對氣體做功
B.ca過程氣體壓強不變
C.ab過程氣體放出熱量
D.ca過程氣體內能減小
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由理想氣體狀態方程=C，化簡可得V=·T，由題圖可知，圖像的斜率越大，壓強越小，故pa 0，根據熱力學第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，ab過程氣體放出熱量，C項正確；ca過程，溫度升高，內能增大，D項錯誤。
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7.(多選)(2025·六安模擬)一定質量的理想氣體，初始溫度為400 K，壓強為1×105 Pa。經等容過程，該氣體吸收500 J的熱量后溫度上升100 K；若經等壓過程，需要吸收600 J的熱量才能使氣體溫度上升100 K。下列說法正確的是(　　)
A.等壓過程中，氣體對外做功100 J
B.初始狀態下，氣體的體積為3 L
C.等壓過程中，氣體體積增加了原體積的
D.兩個過程中，氣體的內能增加量都為500 J
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設理想氣體的初始狀態的壓強，體積和溫度分別為p1=1×105 Pa，V1，T1=400 K，等容過程后為狀態二:V2=V1，T2=500 K，等壓過程后為狀態三:p3=p1，T3=500 K，等壓過程由=，解得V3=V1，體積增加了原來的，C項錯誤；等容過程中氣體做功為零，該氣體吸收500 J的熱量后，由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，內能增加
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500 J，兩個過程的初、末溫度相同即內能變化相同，因此內能都增加為500 J，D項正確；等壓過程內能增加了500 J， 吸收熱量為600 J， 由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知氣體對外做功為100 J，由W=pΔV可得ΔV=1 L，由ΔV=V3-V1，解得V1=4 L，A項正確，B項錯誤。
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8.(2024·山東卷)一定質量理想氣體經歷如圖所示的循環過程，a→b過程是等壓過程，b→c過程中氣體與外界無熱量交換，c→a過程是等溫過程。下列說法正確的是(　　)
A.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功
B.b→c過程，氣體對外做功，內能增加
C.a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功
D.a→b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量
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梯級Ⅱ 能力練
a→b過程壓強不變，是等壓變化且體積增大，氣體對外做功W< 0，由蓋—呂薩克定律可知Tb>Ta，即內能增大，ΔUab>0，根據熱力學第一定律ΔU=Q+W可知a→b過程，氣體從外界吸收的熱量一部分用于對外做功，另一部分用于增加內能，A項錯誤；b→c過程氣體與外界無熱量交換，即Qbc=0，又由氣體體積增大可知Wbc<0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知氣體內能減少，B項錯
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誤；c→a過程為等溫過程，可知Tc=Ta，ΔUac=0，根據熱力學第一定律可知a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做 功，C項正確；根據熱力學第一定律結合上述解析可知:a→b→c→ a整個熱力學循環過程ΔU=0，整個過程氣體對外做功，因此由熱力學第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0，故a→b過程氣體從外界吸收的熱量Qab不等于c→a過程放出的熱量Qca，D項錯誤。
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9.(2024·黑吉遼卷)如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2= 5∶1，原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為T0。
(1)求變壓器的輸出功率P；
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由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為
U1=，
設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據理想變壓器的電壓與匝數之間的關系有=，
聯立解得U2=U1=，
理想變壓器的輸出功率等于R的熱功率，即P==。
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(2)已知該容器內的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內的氣體壓強達到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時間t。
設加熱前容器內氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內的氣體做等容變化，則有=，
解得T2=2T0，
由Q=CΔT知氣體吸收的熱量Q=C(T2-T0)=CT0，
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根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，氣體的體積不變，所以W=0，容器是絕熱容器，則ΔU=Q，電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收
Q=Pt，
聯立整理得t=CT0，
解得t=。
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10.(2024·浙江卷)如圖所示，測定一個形狀不規則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內充入一定質量的理想氣體，并用質量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩定后測出氣柱長度為l1，將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S=4.0×10-4 m2，m=0.1 kg，l1=0.2 m，l2=0.3 m，T2=350 K，V0=2.0×10-4 m3，大氣壓強p0=1.0×105 Pa，環境溫度T1=300 K，重力加速度g=10 m/s2。
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(1)在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力　　　　(填“變大”“變小”或“不變”)，氣體分子的數密度　　　　(填“變大”“變小”或“不變”)。
溫度升高后，活塞緩慢上升，受力不變，故封閉氣體的壓強不 變，根據p=可知器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變；由于體積變大，故氣體分子的數密度變小。
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(2)求此不規則小塊固體的體積V。
氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律=，
解得V=4×10-5 m3。
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(3)若此過程中氣體內能增加10.3 J，求吸收熱量Q。
整個過程中外界對氣體做功為W=-p1S(l2-l1)，
對活塞受力分析p1S=mg+p0S，
解得W=-4.1 J，
根據熱力學第一定律ΔU=Q+W，
其中ΔU=10.3 J，
解得Q=14.4 J，
故氣體吸收熱量為14.4 J。
解析
11.(2025·周口模擬)一定質量的理想氣體從A狀態變化到B狀態的過程，壓強p與攝氏溫度t的關系如圖所示，則從A到B的過程中，下列判斷正確的是(　　)

A.氣體的體積不變 B.氣體的內能增加
C.外界對氣體做負功 D.一定是吸熱過程
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梯級Ⅲ 創新練
根據T=t+273 K，作出壓強p與熱力學溫度T的關系如圖所示，根據理想氣體狀態方程有=C，則有p=T，圖像上某點與原點連線的斜率能夠間接表示體積的倒數，A點與原點連線的斜率小于B點與原點連線的斜率，則A狀態的體積大于B狀態的體積，即從A到B的過程中，氣體體積減小，A項錯誤；從A到B的過程中，氣體溫度升高，則氣體內能增加，B項正確；結合上述可知，氣體體積減
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小，則外界對氣體做正功，C項錯誤；結合上述，外界對氣體做正功，氣體內能增加，根據熱力學第一定律可知，該過程與外界之間的傳熱情況不能夠確定，即該過程不一定是吸熱過程，D項錯誤。
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