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第1讲　热力学定律与能量守恒定律
一、热力学第一定律(选三第三章第1、2节)
1.改变物体内能的两种方式
(1)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变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式:ΔU=Q+W。
(3)正、负号法则:
物理量 W Q ΔU
“+” 外界对 物体做功 物体从外界 吸收热量 内能增加
“-” 物体对 外界做功 物体向外界 放出热量 内能减少
二、热力学第二定律(选三第三章第4节)
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述:热量不能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,而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。
2.用熵的概念表示热力学第二定律:在任何自发过程中,一个孤立系统的总熵不会减小。
3.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无序性增大的方向进行。
三、能量守恒定律(选三第三章第3节)
1.内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只
能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到别的物体,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,比如机械能守恒就是有条件的。
3.第一类永动机是不可能制成的,它违背了能量守恒定律。
【质疑辨析】
角度1 热力学第一定律
(1)在绝热过程中,物体内能的变化等于外界对其所做的功。 (　√　)
(2)外界对物体做功20 J,物体向外界放热10 J,则物体内能变化30 J。 (　×　)
(3)热量一定从内能大的物体传递到内能小的物体。 (　×　)
角度2 热力学第二定律
(4)随着科技的发展,热机效率可以达到100%。 (　×　)
(5)热量不可能从低温物体传递到高温物体。 (　×　)
(6)第二类永动机违反了能量守恒定律,不可能制成。 (　×　)
精研考点·提升关键能力
考点一　热力学第一定律　(基础自悟)
【核心要点】
1.做功和热传递的区别
做功与热传递在改变内能的效果上是相同的,但是从运动形式、能量转化的角度上看是不同的。做功是其他形式的能与内能之间的转化;而热传递则是内能的转移。
2.温度、内能、热量、功的比较
项目 含义 特点
温度 温度表示物体的冷热程度,是物体分子平均动能大小的标志,它是大量分子热运动的集体表现,对个别分子来说,温度没有意义 状态量
内能 内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和,它是由大量分子的热运动和分子的相对位置决定的
热量 热量是热传递过程中内能的改变量,用来量度热传递过程中内能转移的多少 过程量
功 做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程
3.热力学第一定律的三种特殊情况
(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内能的增加量。
(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加量。
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,外界对物体做的功等于物体放出的热量。
【题点全练】
角度1 热力学第一定律
1. (2024·宁波模拟)如图,一绝热容器被隔板K隔成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体,B内为真空。抽开隔板K后,A内气体进入B,最终达到平衡状态。此过程中气体内能的变化情况为(　　)
A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定
2. (2023·天津等级考)如图是爬山所带氧气瓶,氧气瓶里的气体容积及质量不变,爬高过程中,温度减小,则气体(　　)
A.对外做功 B.内能减小
C.吸收热量 D.压强不变
3.(多选)(2023·全国甲卷改编)在一汽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
角度2 能量转化与守恒定律
4.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,浸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
5.一台冷暖两用型空调铭牌上标有“输入功率1 kW,制冷能力1.2×104 kJ/h,制热能力1.44×104 kJ/h”的字样,从设计指标看,空调在制热时,下列判断正确的是(　　)
A.此过程是违反能量守恒定律的,所以铭牌上标注的指标一定是错误的
B.空调制热时产生的热量全部由电能转化而来
C.空调制热时放出的热量一部分是由电能转化而来,另一部分是从外界吸收而来的
D.空调制热时每小时消耗电能1.44×104 kJ
考点二　热力学第二定律　(基础自悟)
【核心要点】
1.热力学第二定律的含义
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不产生其他影响”的含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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能,如气体的等温膨胀过程。
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A、B
3.热力学第一、第二定律的比较
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 它指出自然界中出现的涉及热现象的宏观过程是有方向性的
机械能和内能的转化 当摩擦力做功时,机械能可以全部转化为内能 内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能
热量的传递 热量可以从高温物体自发传向低温物体 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
4.两类永动机的比较
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 从单一热源吸收热量,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
【题点全练】
角度1 对热力学第二定律的理解
1.(多选)(2023·绵阳模拟)关于热力学定律,下列说法正确的是(　　)
A.一定质量的气体等温压缩过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功
B.一定质量的气体等容降温过程中气体吸收热量
C.无论对蒸汽机怎样革新,也不能把蒸汽的内能通过做功全部转化成机械能
D.利用降低海水温度放出大量的热量来发电,可解决能源短缺的问题
2. (2023·南京模拟)将一件裙子放进死海,3年后成了一件精美的艺术品(如图)。其形成原因是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一现象下列说法不正确的是(　　)
A.结晶过程看似是自发的,其实要受到环境的影响
B.结晶过程是无序向有序转变的过程
C.盐在溶解的过程中熵是增加的
D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里,可视为孤立系统,经过很长时间后,该艺术品的熵可能减小
【加固训练】
　　(2022·广东选择考)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境,这个过程__________(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量__________(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。
角度2 热力学第二定律的应用
3.(多选)(2023·红河模拟)地球上有很多的海水,它的总质量约为1.4×1018 t,如果这些海水的温度降低0.1 ℃,将要放出约5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量,使它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,关于其原因,下列说法不正确的是(　　)
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.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能,内能不可能全部转化为机械能,同时不引起其他变化
4. (2023·广州模拟)空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是(　　)
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了热传导的方向性
C.此原理图中的Q1=Q2
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用　(核心共研)
【核心要点】
1.“两分析”巧解热力学综合问题:
2.应用热力学第一定律的三点注意:
(1)做功看体积: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。气体向真空中自由膨胀,对外界不做功,W=0。
(2)与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
(3)由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
【典例剖析】
角度1 热力学第一定律与气体图像的综合应用
[典例1](2023·衡水模拟)一定质量的理想气体,由初始状态A开始,经历A→B、B→C、C→A三个过程最后又回到初始状态A,其p-图像如图所示。已知AB与纵轴平行,BC与横轴平行,CA的延长线过原点O,气体在A、B两状态下的压强分别为p1、2p1。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程,气体吸收热量,内能增大
B.气体在B、C两状态下的体积之比为1∶2
C.C→A过程,气体吸收热量,气体分子的平均动能增大
D.气体由状态A经A→B、B→C、C→A回到状态A,整个过程吸热,对外做功
[典例2](多选)(2024·大理模拟)一定质量的理想气体,状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述,其中D→A为等温线,气体在状态A时的温度为TA=300 K。下列说法正确的是(　　)
A.气体在状态C时的温度TC=375 K
B.从A到C过程外界对气体做了600 J的功
C.气体从状态D变化到状态A,单位体积内的气体分子数减小,气体分子的平均动能不变
D.若气体从D到A过程中外界对气体做功为250 J,则气体从A→B→C→D→A(一次循环)过程中吸收的热量为250 J
【备选例题】
　　(2022·江苏选择考)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
角度2 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[典例3] (2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa,重力加速度g取
10 N/kg,求气体:
(1)在状态B的温度;
(2)在状态C的压强;
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。
【备选例题】
　　(2023·长沙模拟)气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来调节椅子升降,其简易结构如图乙所示。圆柱形汽缸与椅面固定在一起,总质量m=6 kg。固定在底座上的柱状汽缸杆的横截面积S=30 cm2,在汽缸中封闭了长度L=20 cm的理想气体。汽缸气密性、导热性能良好,忽略摩擦力,已知室内温度T1=320 K,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)质量M=54 kg的人,脚悬空坐在椅面上,室温不变,稳定后椅面下降的距离;
(2)在(1)情况下人坐上去后,由于开空调室内气温缓慢降至T2=300 K,封闭气体的内能减少了13.5 J,该过程封闭气体对外界放出的热量Q。
角度3 热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
[典例4](多选)(2023·山东等级考)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。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。下列说法正确的是(　　)
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
　 答案及解析
考点一　热力学第一定律
【题点全练】
角度1 热力学第一定律
1. (2024·宁波模拟)如图,一绝热容器被隔板K隔成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体,B内为真空。抽开隔板K后,A内气体进入B,最终达到平衡状态。此过程中气体内能的变化情况为(　　)
A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定
【解析】选C。绝热容器内气体与外界没有热传递,即Q=0,稀薄气体向真空扩散没有做功,即W=0,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=0,可知此过程中气体内能不变。故C正确,A、B、D错误。
2. (2023·天津等级考)如图是爬山所带氧气瓶,氧气瓶里的气体容积及质量不变,爬高过程中,温度减小,则气体(　　)
A.对外做功 B.内能减小
C.吸收热量 D.压强不变
【解析】选B。由于爬山过程中气体体积不变,故气体不对外做功,故A错误;爬山过程中温度降低,则气体内能减小,故B正确;根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,爬山过程中气体不做功,但内能减小,故可知气体放出热量,故C错误;爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变,温度减小,根据理想气体状态方程有=C,可知气体压强减小,故D错误。
3.(多选)(2023·全国甲卷改编)在一汽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
【解析】选A、B、D。气体的体积不变、温度升高,则气体的内能升高,体积不变气体做功为零,因此气体吸收热量,A正确;气体的体积减小、温度降低,则气体的内能降低,体积减小外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体对外放热,B正确;气体的体积减小、温度升高,则气体的内能升高,体积减小外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q可能等于零,即没有热量交换过程,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=W+Q可知Q>0,即气体吸收热量,D正确。
角度2 能量转化与守恒定律
4.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,浸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
【解析】选D。叶片浸入水中后吸热,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, D正确。
5.一台冷暖两用型空调铭牌上标有“输入功率1 kW,制冷能力1.2×104 kJ/h,制热能力1.44×104 kJ/h”的字样,从设计指标看,空调在制热时,下列判断正确的是(　　)
A.此过程是违反能量守恒定律的,所以铭牌上标注的指标一定是错误的
B.空调制热时产生的热量全部由电能转化而来
C.空调制热时放出的热量一部分是由电能转化而来,另一部分是从外界吸收而来的
D.空调制热时每小时消耗电能1.44×104 kJ
【解析】选C。空调制热时放出的热量,一部分是通过电流做功,消耗电能获得的,另一部分是从外界吸收的热量,并不违反能量守恒定律,A、B错误,C正确;空调制热时每小时消耗的电能是W=Pt=1×3.6×103 kJ=3.6×103 kJ,D错误。
考点二　热力学第二定律　
【题点全练】
角度1 对热力学第二定律的理解
1.(多选)(2023·绵阳模拟)关于热力学定律,下列说法正确的是(　　)
A.一定质量的气体等温压缩过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功
B.一定质量的气体等容降温过程中气体吸收热量
C.无论对蒸汽机怎样革新,也不能把蒸汽的内能通过做功全部转化成机械能
D.利用降低海水温度放出大量的热量来发电,可解决能源短缺的问题
【解析】选A、C。一定质量的气体在等温压缩过程中,内能不变,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,且放出的热量等于外界对气体做的功,故A正确;一定质量的气体等容降温过程中,内能减小,没有做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体放热,故B错误;根据热力学第二定律可知,无论对蒸汽机怎样革新,也不能把蒸汽的内能通过做功全部转化成机械能,故C正确;根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸收热量并完全转化为功而不引起其他的变化,降低海水温度的过程,消耗的能源更多,不能解决能源短缺的问题,故D错误。
2. (2023·南京模拟)将一件裙子放进死海,3年后成了一件精美的艺术品(如图)。其形成原因是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一现象下列说法不正确的是(　　)
A.结晶过程看似是自发的,其实要受到环境的影响
B.结晶过程是无序向有序转变的过程
C.盐在溶解的过程中熵是增加的
D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里,可视为孤立系统,经过很长时间后,该艺术品的熵可能减小
【解析】选D。结晶过程不是自发的,通常是由水温降低或水的蒸发引起,受到环境的影响,是由无序向有序的转变过程,故A、B正确;盐的溶解是由固态变为液态,是自发过程,自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,即熵增加,故C正确;孤立系统的熵永不减小,故D错误,本题选错误项,故选D。
【加固训练】
　　(2022·广东选择考)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境,这个过程__________(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量__________(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。
【解析】空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外,这个过程要消耗电能,不是自发的过程;由于空调的压缩机做功,使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
答案:不是　大于
角度2 热力学第二定律的应用
3.(多选)(2023·红河模拟)地球上有很多的海水,它的总质量约为1.4×1018 t,如果这些海水的温度降低0.1 ℃,将要放出约5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量,使它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,关于其原因,下列说法不正确的是(　　)
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.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能,内能不可能全部转化为机械能,同时不引起其他变化
【解析】选A、B。内能可以转化成机械能,如热机,故A错误,符合题意;内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律,也可以说符合能量守恒定律,故B错误,符合题意;根据热力学第二定律可知,不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,故C、D正确,不符合题意,故选A、B。
4. (2023·广州模拟)空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是(　　)
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了热传导的方向性
C.此原理图中的Q1=Q2
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
【解析】选B。空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述,A错误;空调的工作原理反映了热传导的方向性,热量不能自发地从低温物体传导给高温物体,但在其他能力干预下,可以从低温物体传导给高温物体,B正确;此原理图中的Q1=Q2+W,C错误;此原理图说明在外界干预下,热量能从低温物体传到高温物体,D错误。
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【典例剖析】
角度1 热力学第一定律与气体图像的综合应用
[典例1](2023·衡水模拟)一定质量的理想气体,由初始状态A开始,经历A→B、B→C、C→A三个过程最后又回到初始状态A,其p-图像如图所示。已知AB与纵轴平行,BC与横轴平行,CA的延长线过原点O,气体在A、B两状态下的压强分别为p1、2p1。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程,气体吸收热量,内能增大
B.气体在B、C两状态下的体积之比为1∶2
C.C→A过程,气体吸收热量,气体分子的平均动能增大
D.气体由状态A经A→B、B→C、C→A回到状态A,整个过程吸热,对外做功
【解析】选A。A→B过程为等容变化,由=,可知TB=2TA,气体温度升高,内能增大,外界对气体不做功,气体吸收热量,故A正确;C→A过程为等温膨胀过程,气体吸收热量,但分子平均动能不变,故C错误;由TC=TA=TB,B→C过程为等压压缩,可知==,B错误;气体状态变化过程的p-V图像如图所示,由图可知,气体由状态A经A→B、B→C、C→A回到状态A的整个过程中,外界对气体做功,气体放出热量,D错误。
[典例2](多选)(2024·大理模拟)一定质量的理想气体,状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述,其中D→A为等温线,气体在状态A时的温度为TA=300 K。下列说法正确的是(　　)
A.气体在状态C时的温度TC=375 K
B.从A到C过程外界对气体做了600 J的功
C.气体从状态D变化到状态A,单位体积内的气体分子数减小,气体分子的平均动能不变
D.若气体从D到A过程中外界对气体做功为250 J,则气体从A→B→C→D→A(一次循环)过程中吸收的热量为250 J
【解析】选A、D。由题可知D→A为等温线,则TA=TD=300 K,C到D过程由盖-吕萨克定律得=,解得TC==375 K,A正确;A到B过程压强不变,则气体对外做功WAB=-pΔV=-2×105×3×10-3 J=-600 J;B到C过程体积不变,则气体不做功,则A到C过程,气体对外做功600 J,故B错误;由于气体质量保持不变,气体从状态D变化到状态A,气体体积减小,单位体积内气体分子数增大,温度不变,气体分子的平均动能不变,故C错误;气体从A到B过程体积增大,对外做功WAB=-pΔV=-2×105×3×10-3 J=-600 J,气体从B到C过程体积不变,气体不做功,即WBC=0。气体从C到D过程体积减小,外界对气体做功,即WCD=1×105××
10-3 J=100 J,一次循环内能不变,由热力学第一定律可得ΔU=W+Q,由以上各式可得W=WAB+WBC+WCD+WDA= J=-250 J,则气体吸收的热量为250 J,故D正确。
【备选例题】
　　(2022·江苏选择考)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
【解析】选C。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角度2 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[典例3] (2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa,重力加速度g取
10 N/kg,求气体:
(1)在状态B的温度;
答案:(1)330 K　
【解析】(1)根据题意可知,气体由状态A变化到状态B的过程中,封闭气体的压强不变,
则有=,
解得TB=TA=330 K;
(2)在状态C的压强;
答案: (2)1.1×105 Pa　
【解析】(2)气体在状态B时活塞保持不动,
则pBS=p0S+mg
解得pB=1×105 Pa
根据题意可知,气体由状态B变化到状态C的过程中,
气体的体积不变,则有
=,
解得pC=pB=1.1×105 Pa;
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。
答案: (3)188 J
【解析】(3)根据题意可知,从状态A到状态C的过程中气体对外做功为
W0=pBSΔh=30 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q,
解得Q=ΔU+W0=188 J
【备选例题】
　　(2023·长沙模拟)气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来调节椅子升降,其简易结构如图乙所示。圆柱形汽缸与椅面固定在一起,总质量m=6 kg。固定在底座上的柱状汽缸杆的横截面积S=30 cm2,在汽缸中封闭了长度L=20 cm的理想气体。汽缸气密性、导热性能良好,忽略摩擦力,已知室内温度T1=320 K,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)质量M=54 kg的人,脚悬空坐在椅面上,室温不变,稳定后椅面下降的距离;
答案:(1)12 cm　
【解析】(1)初始状态时,以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象,根据受力平衡可得
mg+p0S=p1S,
解得p1=1.2×105 Pa
质量M=54 kg的人,脚悬空坐在椅面上,稳定后,根据受力平衡可得
(M+m)g+p0S=p2S,
解得p2=3×105 Pa
设稳定后缸内气柱长度为L',
根据玻意耳定律可得p1LS=p2L'S,
解得L'=8 cm
则椅面下降了
Δh=L-L'=20 cm-8 cm=12 cm;
(2)在(1)情况下人坐上去后,由于开空调室内气温缓慢降至T2=300 K,封闭气体的内能减少了13.5 J,该过程封闭气体对外界放出的热量Q。
答案: (2)18 J
【解析】(2)在(1)情况下,由于开空调室内气温缓慢降至T2=300 K,
该过程气体发生等压变化,
则有=
气体柱长度为L″=7.5 cm
外界对封闭气体所做的功为
W=(p0S+Mg+mg)(L'-L″),
解得W=4.5 J
根据ΔU=-Q+W,
解得Q=18 J,即放出热量18 J。
角度3 热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
[典例4](多选)(2023·山东等级考)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。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。下列说法正确的是(　　)
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
【解析】选A、D。令理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0,V1=V0,T1=300 K,等容过程为状态二
p2= ,V2=V1=V0,T2=400 K,
等压过程为状态三
p3=p0,V3= ,T3=400 K,
由理想气体状态方程可得==
整理解得p2=p0,V3=V0,则等压过程中,体积增加了原来的,故C错误;等容过程中气体做功为零,由热力学第一定律ΔU=W+Q,两个过程的初末温度相同,即内能变化相同,因此内能增加都为400 J,故D正确;等压过程内能增加了400 J,
吸收热量为600 J,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,W=400 J-600 J=-200 J,则气体对外做功为200 J,即做功的大小为W=p0(V0-V0)=200 J,代入数据解得V0=6×
10-3 m3=6 L,故A正确,B错误。
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