第3講　熱力學(xué)定律與能量守恒定律

第3講熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解熱力學(xué)第一定律，會(huì)用熱力學(xué)第一定律分析有關(guān)問題。2.理解熱力學(xué)第二定律，知道熱現(xiàn)象的方向性。3.會(huì)分析熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合問題。eq\a\vs4\al(1.,,,,,,)eq\a\vs4\al(,2.)eq\a\vs4\al(,3.)1.思考判斷(1)為了增加物體的內(nèi)能，必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量，做功和熱傳遞的實(shí)質(zhì)是相同的。(×)(2)絕熱過程中，外界壓縮氣體做功20J，氣體的內(nèi)能可能不變。(×)(3)在給自行車打氣時(shí)，會(huì)發(fā)現(xiàn)打氣筒的溫度升高，這是因?yàn)榇驓馔矎耐饨缥鼰帷?×)(4)可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功。(√)2.一定質(zhì)量的理想氣體在某一過程中，外界對(duì)氣體做功7.0×104J，氣體內(nèi)能減少1.3×105J，則此過程()A.氣體從外界吸收熱量2.0×105JB.氣體向外界放出熱量2.0×105JC.氣體從外界吸收熱量6.0×104JD.氣體向外界放出熱量6.0×104J答案B3.(多選)下列現(xiàn)象中能夠發(fā)生的是()A.一杯熱茶在打開杯蓋后，茶會(huì)自動(dòng)變得更熱B.蒸汽機(jī)把蒸汽的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化成機(jī)械能C.桶中混濁的泥水在靜置一段時(shí)間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動(dòng)分離D.電冰箱通電后把箱內(nèi)低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體答案CD考點(diǎn)一熱力學(xué)第一定律與能量守恒定律1.熱力學(xué)第一定律的理解(1)內(nèi)能的變化常用熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。(2)做功情況看氣體的體積：體積增大，氣體對(duì)外做功，W為負(fù)；體積縮小，外界對(duì)氣體做功，W為正。(3)與外界絕熱，則不發(fā)生傳熱，此時(shí)Q＝0。(4)如果研究對(duì)象是理想氣體，因理想氣體忽略分子勢(shì)能，所以當(dāng)它的內(nèi)能變化時(shí)，體現(xiàn)在分子動(dòng)能的變化上，從宏觀上看就是溫度發(fā)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(物體)對(duì)物體(外界)做的功等于物體內(nèi)能的增加(減少)。(2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收(放出)的熱量等于物體內(nèi)能的增加(減少)。(3)若在過程的初、末狀態(tài)，物體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物體)對(duì)物體(外界)做的功等于物體放出(吸收)的熱量。例1(2023·天津卷，2)如圖1是爬山所帶的氧氣瓶，爬高過程中，氧氣瓶里的氣體體積和質(zhì)量均不變，溫度降低，則氣體()圖1A.對(duì)外做功B.內(nèi)能減少C.吸收熱量D.壓強(qiáng)不變答案B解析爬高過程中，氣體的體積保持不變，則氣體對(duì)外不做功，A錯(cuò)誤；爬高過程中，氣體溫度降低，則氣體的內(nèi)能減少，B正確；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，則Q<0，即氣體放出熱量，C錯(cuò)誤；爬高過程中，氣體的體積不變，溫度降低，根據(jù)查理定律p＝CT可知?dú)怏w的壓強(qiáng)減小，D錯(cuò)誤。1.如圖2所示，內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱汽缸中用活塞封閉住一定質(zhì)量的理想氣體，現(xiàn)用一外力F將活塞緩慢向上拉動(dòng)，汽缸始終保持靜止，在此過程中沒有氣體漏出，環(huán)境溫度不變，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.外力F逐漸變小B.氣體的內(nèi)能增加C.氣體從外界吸收熱量D.氣體吸收的熱量大于對(duì)外做的功答案C解析根據(jù)題意可知，汽缸內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱，且外界環(huán)境溫度不變，則封閉氣體做等溫變化，現(xiàn)用一外力F將活塞緩慢向上拉動(dòng)，汽缸始終保持靜止，氣體體積變大，由玻意耳定律可知，氣體的壓強(qiáng)變小，則內(nèi)外的壓強(qiáng)差變大，所以所需要的外力F逐漸變大，故A錯(cuò)誤；由于氣體發(fā)生等溫變化，則氣體的內(nèi)能不變，故B錯(cuò)誤；由于氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，則W<0，氣體內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體從外界吸熱，故C正確；由于氣體內(nèi)能不變，可知?dú)怏w吸收的熱量等于對(duì)外做的功，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二熱力學(xué)第二定律1.熱力學(xué)第二定律的理解(1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。(2)“不產(chǎn)生其他影響”的含義是發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成，對(duì)周圍環(huán)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。在產(chǎn)生其他影響的條件下內(nèi)能可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如氣體的等溫膨脹過程。(3)熱力學(xué)第二定律的每一種表述，都揭示了大量分子參與的宏觀過程的方向性，進(jìn)而使人們認(rèn)識(shí)到自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性。2.熱力學(xué)過程的方向性分析(1)高溫物體eq\o(,\s\up10(熱量Q能自發(fā)傳給),\s\do10(熱量Q不能自發(fā)傳給))低溫物體。(2)功eq\o(,\s\up10(能自發(fā)地完全轉(zhuǎn)化為),\s\do10(不能自發(fā)地轉(zhuǎn)化為))熱(3)氣體體積V1,(較小))eq\o(,\s\up10(能自發(fā)膨脹到),\s\do10(不能自發(fā)收縮到))氣體體積V2,(較大))(4)不同氣體A和Beq\o(,\s\up10(能自發(fā)混合成),\s\do10(不能自發(fā)分離成))混合氣體AB2.根據(jù)熱力學(xué)定律，判斷下列說(shuō)法正確的是()A.冰箱能使熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，因此不遵循熱力學(xué)第二定律B.自發(fā)的熱傳導(dǎo)是可逆的C.可以通過給物體加熱而使它運(yùn)動(dòng)起來(lái)，但不產(chǎn)生其他影響D.氣體向真空膨脹具有方向性答案D解析有外界的幫助和影響，熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體，仍遵循熱力學(xué)第二定律，A錯(cuò)誤；據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自發(fā)的熱傳導(dǎo)是不可逆的，B錯(cuò)誤；不可能通過給物體加熱而使它運(yùn)動(dòng)起來(lái)但不產(chǎn)生其他影響，這違背了熱力學(xué)第二定律，C錯(cuò)誤；氣體可自發(fā)地向真空容器膨脹，具有方向性，D正確。3.關(guān)于兩類永動(dòng)機(jī)和熱力學(xué)的兩個(gè)定律，下列說(shuō)法正確的是()A.第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第一定律B.第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第二定律C.由熱力學(xué)第一定律可知做功不一定改變內(nèi)能，熱傳遞也不一定改變內(nèi)能，但同時(shí)做功和熱傳遞一定會(huì)改變內(nèi)能D.由熱力學(xué)第二定律可知熱量從低溫物體傳向高溫物體是可能的，從單一熱源吸收熱量，完全變成功也是可能的答案D解析第一類永動(dòng)機(jī)違反能量守恒定律，第二類永動(dòng)機(jī)違反熱力學(xué)第二定律，A、B錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第二定律可知D中現(xiàn)象是可能的，但會(huì)引起其他變化，D正確。規(guī)律總結(jié)兩類永動(dòng)機(jī)的比較第一類永動(dòng)機(jī)第二類永動(dòng)機(jī)設(shè)計(jì)要求不需要任何動(dòng)力或燃料，卻能不斷地對(duì)外做功的機(jī)器從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響的機(jī)器不可能制成的原因違背能量守恒定律不違背能量守恒定律，違背熱力學(xué)第二定律考點(diǎn)三熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合例2(2023·廣東卷，13)在駐波聲場(chǎng)作用下，水中小氣泡周圍液體的壓強(qiáng)會(huì)發(fā)生周期性變化，使小氣泡周期性膨脹和收縮，氣泡內(nèi)氣體可視為質(zhì)量不變的理想氣體，其膨脹和收縮過程可簡(jiǎn)化為如圖3所示的p－V圖像，氣泡內(nèi)氣體先從壓強(qiáng)為p0、體積為V0、溫度為T0的狀態(tài)A等溫膨脹到體積為5V0、壓強(qiáng)為pB的狀態(tài)B，然后從狀態(tài)B絕熱收縮到體積為V0、壓強(qiáng)為1.9p0、溫度為TC的狀態(tài)C，B到C過程中外界對(duì)氣體做功為W，已知p0、V0、T0和W。求：圖3(1)pB的表達(dá)式；(2)TC的表達(dá)式；(3)B到C過程，氣泡內(nèi)氣體的內(nèi)能變化了多少？答案(1)pB＝eq\f(1,5)p0(2)TC＝1.9T0(3)W解析(1)從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(1,5)p0。(2)由狀態(tài)B到狀態(tài)C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)，解得TC＝1.9T0。(3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，故氣體內(nèi)能增加ΔU＝W。氣體的做功情況、內(nèi)能變化及吸放熱關(guān)系可由熱力學(xué)第一定律分析。(1)由體積變化分析氣體做功的情況：體積膨脹，氣體對(duì)外做功；氣體被壓縮，外界對(duì)氣體做功。(2)由溫度變化判斷氣體內(nèi)能變化：溫度升高，氣體內(nèi)能增大；溫度降低，氣體內(nèi)能減小。(3)由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q判斷氣體是吸熱還是放熱。(4)在p－V圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示對(duì)外或外界對(duì)氣體整個(gè)過程中所做的功。例3(2023·6月浙江選考，17)如圖4所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S＝100cm2、質(zhì)量m＝1kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無(wú)摩擦滑動(dòng)。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時(shí)圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A，其體積VA＝600cm3。緩慢推動(dòng)活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)B，此時(shí)體積VB＝500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達(dá)到狀態(tài)C，此時(shí)壓強(qiáng)pC＝1.4×105Pa。已知從狀態(tài)A到狀態(tài)C，氣體從外界吸收熱量Q＝14J；從狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體內(nèi)能增加ΔU＝25J，大氣壓p0＝1.01×105Pa。圖4(1)氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，其分子平均動(dòng)能________(選填“增大”“減小”或“不變”)，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力________(選填“增大”“減小”或“不變”)；(2)求氣體在狀態(tài)C的溫度TC；(3)求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對(duì)系統(tǒng)做的功W。答案(1)不變?cè)龃?2)350K(3)11J解析(1)氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B發(fā)生等溫壓縮變化，內(nèi)能不變，分子平均動(dòng)能不變；體積減小，壓強(qiáng)增大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大。(2)氣體處于狀態(tài)A時(shí)，對(duì)活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C，發(fā)生等容變化，由查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)解得TC＝350K。(3)氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C，外界對(duì)氣體不做功，所以W等于氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C外界對(duì)氣體做的功。由(1)問分析可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)C內(nèi)能的變化量等于從狀態(tài)B到狀態(tài)C內(nèi)能的變化量，從狀態(tài)A到狀態(tài)C，由熱力學(xué)第一定律有ΔU＝W＋Q解得W＝11J。方法總結(jié)解答該類問題的思維流程4.(多選)(2024·海南瓊海市嘉積中學(xué)一模)一定質(zhì)量的理想氣體，其內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比。該理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)一系列變化，最終又回到狀態(tài)A，其變化過程的V－T圖像如圖5所示，其中BA的延長(zhǎng)線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，BC與橫軸平行，氣體在狀態(tài)A時(shí)的內(nèi)能為U。則下列說(shuō)法中正確的是()圖5A.氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B的過程中，外界對(duì)氣體做負(fù)功B.氣體由狀態(tài)B至狀態(tài)C的過程中，氣體對(duì)外界做正功C.氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B的過程中，氣體吸收的熱量大于eq\f(U,2)D.氣體由狀態(tài)C至狀態(tài)A的過程中，氣體釋放的熱量等于U答案AC解析氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B為等壓變化，體積增大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，A正確；氣體由狀態(tài)B至狀態(tài)C為等容變化，氣體對(duì)外界不做功，B錯(cuò)誤；由狀態(tài)A至狀態(tài)B，由eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TA＝200K，由題意可知eq\f(U,TA)＝eq\f(UB,TB)＝eq\f(UC,TC)，解得UB＝1.5U，UC＝2U，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，UB－UA＝0.5U＝WAB＋QAB，又WAB<0，則氣體吸收的熱量大于eq\f(U,2)，C正確；由狀態(tài)C至狀態(tài)A，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，UA－UC＝－U＝WCA＋QCA，又WCA>0，則氣體釋放的熱量大于U，D錯(cuò)誤。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1熱力學(xué)第一定律與能量守恒定律1.如圖1是密閉的汽缸，外力推動(dòng)活塞P壓縮理想氣體，對(duì)缸內(nèi)氣體做功200J，同時(shí)氣體向外界放熱100J，缸內(nèi)氣體的()圖1A.溫度升高，內(nèi)能增加100JB.溫度升高，內(nèi)能減少200JC.溫度降低，內(nèi)能增加100JD.溫度降低，內(nèi)能減少200J答案A解析外界對(duì)氣體做功W＝200J，氣體向外界放熱，則Q＝－100J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，氣體內(nèi)能的增量ΔU＝W＋Q＝200J－100J＝100J，即內(nèi)能增加100J。對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能增加，溫度必然升高，故A正確。2.一個(gè)充氣氣球用繩子拴著一塊石頭正在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，氣球?qū)崃己茫瑒t氣球內(nèi)氣體()A.內(nèi)能增加B.對(duì)外界做正功C.減少的內(nèi)能小于放出的熱量D.減少的內(nèi)能大于放出的熱量答案C解析充氣氣球用繩子拴著一塊石頭在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，則內(nèi)能減少，A錯(cuò)誤；根據(jù)氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)等于湖水中的壓強(qiáng)，可知壓強(qiáng)逐漸增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C知，氣球體積減小，對(duì)外界做負(fù)功，B錯(cuò)誤；氣球下降時(shí)，氣球內(nèi)氣體內(nèi)能減小，外界對(duì)氣球做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，可知減少的內(nèi)能小于放出的熱量，C正確，D錯(cuò)誤。3.水槍是孩子們喜愛的玩具，常見的氣壓式水槍儲(chǔ)水罐示意圖如圖2。從儲(chǔ)水罐充氣口充入氣體，達(dá)到一定壓強(qiáng)后，關(guān)閉充氣口?？蹌?dòng)扳機(jī)將閥門M打開，水即從槍口噴出。若在水不斷噴出的過程中，罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，則氣體()圖2A.壓強(qiáng)變大 B.對(duì)外界做功C.對(duì)外界放熱 D.分子平均動(dòng)能變化答案B解析打開閥門，水不斷噴出，封閉氣體的體積增大，氣體對(duì)外界做功，B正確；由于罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，由玻意耳定律知，氣體的壓強(qiáng)減小，A錯(cuò)誤；溫度不變，氣體分子的平均動(dòng)能不變，內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q知?dú)怏w吸熱，C、D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2熱力學(xué)第二定律4.(多選)下面說(shuō)法中正確的是()A.不可能從單一熱源吸熱，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響B(tài).熱量只能由高溫物體傳遞給低溫物體C.第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第一定律D.利用淺層海水和深層海水之間的溫度差制造一種熱機(jī)，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能是可能的答案AD解析根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱源吸熱，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響，故A正確；在外界干預(yù)下，熱量可以由低溫物體傳遞給高溫物體，故B錯(cuò)誤；第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律，故C錯(cuò)誤；利用淺層海水和深層海水之間的溫度差制造一種熱機(jī)，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能是可能的，故D正確。5.(多選)地球上有很多的海水，它的總質(zhì)量約為1.4×1018t，如果這些海水的溫度降低0.1℃，將要放出5.8×1023J的熱量。有人曾設(shè)想利用海水放出的熱量，使它完全變成機(jī)械能來(lái)解決能源危機(jī)，但這種機(jī)器是不能制成的，關(guān)于其原因，下列說(shuō)法正確的是()A.內(nèi)能不能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能B.內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能不滿足熱力學(xué)第一定律C.只從單一熱源吸收熱量并完全轉(zhuǎn)化成機(jī)械能的機(jī)械不滿足熱力學(xué)第二定律D.機(jī)械能可全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能不可能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，同時(shí)不引起其他變化答案CD解析內(nèi)能可以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能，如熱機(jī)，故A錯(cuò)誤；內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能的過程滿足熱力學(xué)第一定律，也可以說(shuō)符合能量守恒定律，故B錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來(lái)做功，而不引起其他變化，故C、D正確。對(duì)點(diǎn)練3熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合6.(2024·廣東梅州高三期末)如圖3所示，一定質(zhì)量的理想氣體，由A狀態(tài)經(jīng)歷兩個(gè)不同的變化過程到C狀態(tài)(A→C，A→B→C)且A、C處于同一條等溫線上，以下說(shuō)法正確的是()圖3A.A→C過程氣體吸收的熱量大于對(duì)外做的功B.A→C的過程中，氣體分子的平均動(dòng)能一直減小C.氣體在A狀態(tài)的內(nèi)能等于在C狀態(tài)的內(nèi)能D.A→C過程氣體吸收的熱量等于A→B→C過程氣體吸收的熱量答案C解析A→C的過程中，由熱力學(xué)第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C處于同一條等溫線上，所以TA＝TC，氣體在A狀態(tài)的內(nèi)能等于在C狀態(tài)的內(nèi)能，即ΔUAC＝0，由氣體體積增大知WAC<0，因此可得QAC>0，QAC＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(WAC))，此過程中氣體吸收的熱量等于對(duì)外做的功，故A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)A→C的過程中等溫線的變化可知，氣體溫度先升高后降低，則氣體分子的平均動(dòng)能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；A→B→C過程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝|WABC|，由p－V圖像與橫軸所圍的面積表示氣體對(duì)外做的功可知|WABC|>|WAC|，得到QABC>QAC，故D錯(cuò)誤。7.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A，V－T圖像如圖4所示。下列說(shuō)法正確的是()圖4A.氣體A狀態(tài)的壓強(qiáng)大于C狀態(tài)的壓強(qiáng)B.狀態(tài)B到狀態(tài)C過程中，氣體從外界吸熱C.狀態(tài)C到狀態(tài)D過程中，氣體內(nèi)能增大，其中分子動(dòng)能減小，分子勢(shì)能增大D.從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A過程中氣體從外界吸熱答案D解析根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，可知V－T圖像斜率越大，壓強(qiáng)p越小，由圖像可知，OA等壓線斜率大于OC等壓線斜率，所以A狀態(tài)的壓強(qiáng)小于C狀態(tài)的壓強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；狀態(tài)B到狀態(tài)C過程中，溫度不變，理想氣體內(nèi)能不變，體積減小，外界對(duì)氣體做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體向外界放熱，故B錯(cuò)誤；理想氣體不計(jì)分子勢(shì)能，狀態(tài)C到狀態(tài)D過程中，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，分子動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤；將V－T圖像轉(zhuǎn)化為p－V圖像，如圖所示。通過p－V圖像可知整個(gè)循環(huán)過程氣體對(duì)外做功大于外界對(duì)氣體做功，初末狀態(tài)溫度相同，內(nèi)能相同，所以該過程中氣體從外界吸熱，故D正確。8.(多選)如圖5所示，一定質(zhì)量的理想氣體被質(zhì)量為m的絕熱活塞封閉在豎直放置的絕熱汽缸中，活塞的面積為S，與汽缸底部相距L，溫度為T0。現(xiàn)接通電熱絲給氣體緩慢加熱，活塞緩慢向上移動(dòng)距離L后停止加熱，整個(gè)過程中，氣體吸收的熱量為Q，大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g。則()圖5A.初始時(shí)，氣體壓強(qiáng)p1＝p0B.停止加熱時(shí)，氣體的溫度T＝2T0C.該過程中，氣體內(nèi)能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SLD.該過程中，氣體內(nèi)能增加量ΔU＝Q－p0SL答案BC解析對(duì)處于平衡狀態(tài)的活塞進(jìn)行受力分析，受到大氣壓力、重力和氣體向上壓力，則有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq\f(mg,S)＋p0，故A錯(cuò)誤；活塞緩慢上升過程中氣體壓強(qiáng)不變，根據(jù)蓋－呂薩克定律有eq\f(LS,T0)＝eq\f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正確；氣體對(duì)外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正確，D錯(cuò)誤。B級(jí)綜合提升練9.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、bc、ca三個(gè)過程回到原狀態(tài)，其p－T圖像如圖6所示，氣體在三個(gè)狀態(tài)的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強(qiáng)分別為pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A.pa＝3p0B.Vb＝3VcC.從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對(duì)外做功D.從狀態(tài)c到狀態(tài)a，氣體從外界吸熱答案D解析從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積不變，由查理定律可得eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A錯(cuò)誤；從狀態(tài)b到狀態(tài)c，氣體溫度不變，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B錯(cuò)誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積不變，氣體對(duì)外界不做功，C錯(cuò)誤；從狀態(tài)c到狀態(tài)a，溫度升高，內(nèi)能增大，體積增大，對(duì)外做功，所以吸收熱量，D正確。10.(2024·湖南師大附中月考)一只籃球的體積為V0，球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p0，溫度為T0。現(xiàn)用打氣筒對(duì)籃球充入壓強(qiáng)為2p0、溫度為T0、體積為V1(大小未知)的氣體，使球內(nèi)氣體壓強(qiáng)變?yōu)?p0，同時(shí)溫度升至1.5T0。