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第三章
课时2　热力学第一定律
热力学定律
核心 目标 1．能以系统为研究对象，用综合分析的方法推导出热力学第一定律．
2．能运用热力学第一定律解释和计算能量的转化、转移问题．
必备知识 记忆理解
要点
1
热力学第一定律
1．改变内能的两种方式
做功与________．两者在改变系统内能方面是__________．
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________与外界对它____________的和．
(2) 表达式：____________．
传热
等价的
热量
所做的功
ΔU＝Q＋W
3．热力学第一定律的符号法则
热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外做功、向外界放热和内能减少的情况，因此在使用ΔU＝Q＋W时，为了区别两种不同的情况，在应用ΔU＝Q＋W进行计算时，它们的正、负号规定如下：
(1) 外界对系统做功，________，即W为正值．
系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，________，即W为负值．
(2) 外界对系统传热，也就是系统从外界吸收热量，________，即Q为正值．
外界从系统吸收热量，也就是系统向外界放出热量，________，即Q为负值．
(3) 系统内能增加，_________，即ΔU为正值；系统内能减少，_________，即ΔU为负值．
W>0
W<0
Q>0
Q<0
ΔU>0
ΔU<0
要点
2
热力学第一定律的几种典型应用
1．若过程是绝热的，即________，则_________，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________，则_________，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
3．若过程中物体的始、末内能不变，即_______，则__________或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．
Q＝0
W＝ΔU
W＝0
Q＝ΔU
ΔU＝0
W＋Q＝0
1．易错辨析
(1) 焦耳的实验表明做功与传热在改变系统内能方面是等价的． (　　)
(2) 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变． (　　)
(3) 物体吸收热量，内能一定增大． (　　)
(4) 物体对外做功，内能一定减小． (　　)
(5) 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变． (　　)
√
×
×
×
√
2．(2025·广州第二中学)一定质量的气体，从状态A变化到状态B的过程中，内能增加了160 J，下列是关于内能变化的可能原因的说法，其中不可能的是(　　)
A．从A到B的绝热过程中，外界对气体做功160 J
B．从A到B的单纯传热过程中，外界对气体传递了160 J的热量
C．从A到B的过程中吸热280 J，并对外界做功120 J
D．从A到B的过程中放热280 J，外界对气体做功120 J
解析：根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，A、B、C均有可能．D选项中，内能减小160 J，D错误．
D
把握考向 各个击破
热力学第一定律的理解
考向
1
1．公式：ΔU＝Q＋W中各物理量符号意义
物理量 ΔU W Q
大于零 物体的内能增加 外界对物体做功 物体吸热
小于零 物体的内能减少 物体对外界做功 物体放热
等于零 物体的内能不变 物体对外界(或外界对物体)不做功 物体与外界绝热
2．应用热力学第一定律解题的思路与步骤
(1) 首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统．
(2) 分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量；外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外所做的功．
(3) 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解．
(4) 根据求解结果说明做功、热传递和内能变化情况．
　　　(2025·天津期中)一定质量的理想气体在某过程中，从外界吸收热量30 J，同时对外界做功20 J，关于该气体在此过程中的内能变化量ΔU，下列说法中正确的是 (　　)
A．ΔU＝＋10 J B．ΔU＝＋50 J
C．ΔU＝－10 J D．ΔU＝－50 J
1
A
解析：已知理想气体从外界吸收热量30 J，则Q＝＋30 J．气体对外界做功20 J，则W＝－20 J，根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝＋30 J－20 J＝＋10 J，A正确．
　　　(2025·湖南衡阳期中)(多选)如图所示，两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热汽缸分成体积相等的三部分，在汽缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A向上、B向下运动．初始状态下，甲、乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27 ℃，活塞与汽缸壁间的摩擦不计．现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，升高一定的温度．下列说法中正确的是 (　　)
A．乙气体的温度有可能不变
B．甲气体的温度为75 ℃时，活塞A已经上升
C．当甲气体的温度达到75 ℃时，电热丝产生的热
量仅等于甲气体增加的内能
D．甲气体的温度为425 ℃时，乙气体的内能大于初始状态的内能
2
AC
解析：设活塞质量为m，对活塞A受力分析可知mg＝0.2p0S，活塞B刚想离开卡环时对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强p2＝1.4p0，根据查理定律，有＝，得T2＝350 K，即甲部分气体的温度升高到77 ℃时，活塞开始上升，B错误；达到77 ℃之前，气体体积不变，做功W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知电热丝产生的热量仅等于甲气体增加的内能，C正确；如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖—吕萨克定律得＝，代入数据，可得T3＝700 K，即甲部分气体的温度升高到427 ℃时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，D错误；甲部分气体的温度升高到427 ℃之前，乙部分气体W＝0，Q＝0，所以ΔU＝0，因此不确定末状态温度，A正确.
热力学第一定律的应用
考向
2
对于气体，做功W的正负一般要看气体________变化情况，气体体积减小，则外界对气体做功，W>0；气体体积增大(不是对真空膨胀)，则气体对外界做功，W< 0．
体积
　　　(2025·江苏苏州实验中学月考)如图甲所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，有两段水银柱封闭了两段空气柱，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图乙所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变．则下列说法中正确的是 (　　)
A．气体总体积不变
B．气体的压强增大
C．气体对外界做功
D．气体放出了热量
3
解析：在此过程中，上端封闭气体压强不变、温度不变，体积不变；下端封闭气体上移后，压强减小，温度不变，体积变大，推动水银柱向下运动，气体对外界做功，由于温度不变，气体从外界吸热，C正确．
C
甲
乙
　　　(2025·吉林BEST合作体联考)如图所示，轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞，用活塞在圆柱形汽缸内封闭了一定质量的理想气体，初始时活塞距汽缸底的距离l1＝50 cm，缸内气体的热力学温度T1＝300 K．现缓慢对汽缸加热，使活塞刚要脱离汽缸时停止加热．已知汽缸的质量m＝1.2 kg，缸体内底面积S＝4.0×10-4 m2，高度l＝70 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，活塞所在的平面始终水平，活塞与缸体间的摩擦可忽略不计．
(1) 求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的热力学温度T．
答案：(1) 420 K　
4
解析：(1) 气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
＝
解得T＝420 K
(2) 若上述过程中缸内气体的内能增加了110 J，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q．
答案：(2) 120.4 J
解析：(2) 对汽缸，由平衡条件得mg＋p0S＝pS
气体对外做功为W＝Fx＝pS(l－l1)
解得W＝(mg＋p0S)(l－l1)＝10.4 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W′，W′＝－W
该过程中缸内气体从外界吸收的热量为Q＝120.4 J
随堂内化 即时巩固
1．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是 (　　)
A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
解析：由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，外界对气体做功，则W为正值，气体内能减少，则ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J．故选B．
B
2．(2025·湖北武汉七校联盟期中)如图所示，内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，用横截面积为S的活塞密封一段长度为L，温度为T0的理想气体，开始时活塞处于静止状态．现缓慢升高环境温度，当活塞缓慢向右移动后再次平衡．已知该过程气体从外界吸收热量Q，外界大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，求：
(1) 活塞再次平衡时密封气体的温度T．
答案：(1) T0　
解析：(1) 由等压变化规律可得 ＝
解得T＝T0
(2) 该过程气体内能的变化量ΔU．
答案：(2) Q－
解析：(2) 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
由题意可知W＝－p0S
解得ΔU＝Q－课时2　热力学第一定律
考向1　热力学第一定律的理解与应用
1. 某密闭容器中有一滴水，经一段时间后蒸发成水蒸气，温度不变，则在此过程中(　　)
A. 分子平均动能减小 B. 分子势能增加
C. 分子势能不变 D. 内能不变
2. 根据热力学定律，下列说法中正确的是(　　)
A. 气体被缓慢压缩时，内能可能不变
B. 对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
C. 一定质量的理想气体，在压强减小、体积增大时，一定从外界吸收热量
D. 一定质量的理想气体，在温度降低、体积增大时，一定从外界吸收热量
3. 如图是小魔术“浮沉子”的模型.在密封的矿泉水瓶中，一开口向下的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体.现用手缓慢挤压矿泉水瓶，小瓶慢慢下沉，瓶内气体的温度保持不变，则下沉过程中，小瓶内的气体(　　)
A. 放出热量
B. 体积不变，内能不变
C. 体积减小，内能增大
D. 单位时间内与单位面积的瓶壁碰撞的气体分子数减小
4. 某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)
A. 外界对胎内气体做功，气体内能减小
B. 外界对胎内气体做功，气体内能增大
C. 胎内气体对外界做功，内能减小
D. 胎内气体对外界做功，内能增大
5. 2022年5月，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录.在浮空艇某段下降过程中，艇内气体(可视为理想气体)温度升高，体积和质量保持不变，则艇内气体(　　)
A. 释放热量 B. 压强减小
C. 内能增加 D. 对外做正功
6. (多选)如图所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止.现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走.若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，则在此过程中，下列说法中正确的是(　　)
A. 气体对外做功，气体温度可能不变
B. 气体对外做功，内能可能不变
C. 气体压强可能增大，内能可能不变
D. 气体从外界吸热，内能一定增加
考向2　热力学第一定律与气体的综合应用
7. (2025·深圳育才中学月考)(多选)如图所示，电路与一绝热密闭汽缸相连，R为电阻丝，汽缸内有一定质量的理想气体，外界大气压恒定.闭合开关后，绝热活塞K缓慢且无摩擦地向右移动，则下列说法中正确的是(　　)
A. 气体分子平均动能变大
B. 电热丝放出的热量等于气体对外所做的功
C. 气体的压强不变
D. 气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少
8. (多选)湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂.越接近湖面，水的温度越高，气泡内气体可看成理想气体，气泡上升过程中，大气压强不变，下列说法中正确的是(　　)
A. 气泡内气体对外界做功
B. 气泡内气体从外界吸收热量
C. 气泡内每个气体分子的动能都变大
D. 气泡内气体分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小
9. (2025·山西太原期末)(多选)用活塞压缩密封在汽缸里的空气(可视为理想气体)，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J.对于汽缸里压缩后的空气，下列说法中正确的是(　　)
A. 空气的分子势能增大
B. 每个空气分子的动能都变大
C. 空气温度升高，内能增加690 J
D. 空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数增加
10. 图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平地面上，活塞(连同细连杆)与椅面的总质量m＝4 kg，活塞的横截面积S＝4×10－4 m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量M＝8 kg的物块，气柱高度h＝0.6 m.已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2.
(1) 若拿掉物块活塞上升，求稳定时气柱的高度.
(2) 拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞下降10 cm，此过程中气体放出热量20 J，求气体内能的变化量ΔU.
甲
乙
课时2　热力学第一定律
1. B　解析：温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，A错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，水由液态变为气态的过程中需要吸收热量，即Q>0，而密闭容器其体积不变，W＝0，由此可知ΔU>0，即内能增加，而内能是分子动能与分子势能之和，分子平均动能不变，则可知分子势能增加，B正确，C、D错误.
2. A　解析：由热力学第一定律知，改变内能的方法有热传递和做功，气体被缓慢压缩时，如果同时对外放热，气体内能可能不变，A正确；能源有可利用能源和不可利用能源之分，总能量保持不变，我们应该节约使用的是可利用能源，B错误；由理想气体状态方程＝C，一定质量的理想气体，在压强减小、体积增大时，气体温度的变化无法判断，则无法判断气体内能的变化，无法确定气体与外界的热传递情况，C错误；一定质量的理想气体，在温度降低、体积增大时，气体对外做功，气体内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，Q的正负未知，气体吸热放热情况未知，D错误.
3. A　解析：小瓶下沉过程中，瓶内气体压强增大，温度不变，由玻意耳定律p1V1＝p2V2可知，气体的体积减小，则外界对气体做功.由热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，其中由于温度不变，所以内能不变，即ΔU＝0，又W>0，所以Q<0，气体放出热量，A正确，B、C错误；因为压强增大，温度不变，所以气体单位时间内与单位面积的瓶壁碰撞的气体分子数增大，D错误.
4. D　解析：对车胎内的理想气体分析知，体积增大，气体为外做功，内能只有分子动能，而分子动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D.
5. C　解析：由于浮空艇下降过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据查理定律＝C可知，温度升高，则艇内气体压强增大，气体内能增大；又根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量.故选C.
6. AB　解析：由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功，由于与外界进行热交换吸热使内能不变，但压强减小.故A、B正确.
7. ACD　解析：电阻丝向气体放热，气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，气体温度升高，分子平均动能增大，故A正确；气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量一定大于对外做功，故B错误；活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化，故C正确；气体体积变大，压强不变，故气体单位体积内的分子数减小时，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，故D正确.
8. ABD　解析：气泡上升过程中，气体内部压强减小，气体体积增大，气泡内气体对外界做功，A正确；气泡上升过程中，水的温度升高，气泡内气体的内能增大，即ΔU>0，气体对外界做功，即W<0，由ΔU＝W＋Q，可得Q>0，即气泡内气体从外界吸收热量，B正确；温度升高，气泡内的平均分子动能增大，但不一定每个分子的动能都增大，C错误；随着深度的减小，气泡内气体压强减小，由气体压强的微观定义可得，气体分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，D正确.
9. CD　解析：将汽缸内的气体视为理想气体，则空气的分子势能为零，A错误；对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，根据热力学第一定律可知气体内能增加ΔU＝W＋Q＝900 J－210 J＝690 J，内能增加，空气的温度升高，分子平均动能增加，但不是每个空气分子的动能都变大，B错误，C正确；空气分子平均速率增加，气体体积减小，分子数密度增加，气体压强变大，则空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数增加，D正确.
10. (1) 1.2 m　(2) －12 J
解析：(1) 由玻意耳定律p1V1＝p2V2
其中V1＝Sh，p1＝p0＋＝4×105 Pa
V2＝Sh2
p2＝p0＋＝2×105 Pa
解得稳定时气柱的高度为h2＝1.2 m
(2) 在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝p·ΔV＝pSΔh＝8 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中Q＝－20 J
代入数据解得ΔU＝－12 J
气体内能减少了12 J课时2　热力学第一定律
核心 目标 1．能以系统为研究对象，用综合分析的方法推导出热力学第一定律．
2．能运用热力学第一定律解释和计算能量的转化、转移问题．
要点梳理
要点1　热力学第一定律
1．改变内能的两种方式
做功与__传热__．两者在改变系统内能方面是__等价的__．
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．热力学第一定律的符号法则
热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外做功、向外界放热和内能减少的情况，因此在使用ΔU＝Q＋W时，为了区别两种不同的情况，在应用ΔU＝Q＋W进行计算时，它们的正、负号规定如下：
(1) 外界对系统做功，__W>0__，即W为正值．
系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，__W<0__，即W为负值．
(2) 外界对系统传热，也就是系统从外界吸收热量，__Q>0__，即Q为正值．
外界从系统吸收热量，也就是系统向外界放出热量，__Q<0__，即Q为负值．
(3) 系统内能增加，__ΔU>0__，即ΔU为正值；系统内能减少，__ΔU<0__，即ΔU为负值．
要点2　热力学第一定律的几种典型应用
1．若过程是绝热的，即__Q＝0__，则__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．若过程中物体的始、末内能不变，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．
即学即用
1．易错辨析
(1) 焦耳的实验表明做功与传热在改变系统内能方面是等价的．(　√　)
(2) 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变．(　×　)
(3) 物体吸收热量，内能一定增大．(　×　)
(4) 物体对外做功，内能一定减小．(　×　)
(5) 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(　√　)
2．(2025·广州第二中学)一定质量的气体，从状态A变化到状态B的过程中，内能增加了160 J，下列是关于内能变化的可能原因的说法，其中不可能的是(　D　)
A．从A到B的绝热过程中，外界对气体做功160 J
B．从A到B的单纯传热过程中，外界对气体传递了160 J的热量
C．从A到B的过程中吸热280 J，并对外界做功120 J
D．从A到B的过程中放热280 J，外界对气体做功120 J
解析：根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，A、B、C均有可能．D选项中，内能减小160 J，D错误．
考向1　热力学第一定律的理解
1．公式：ΔU＝Q＋W中各物理量符号意义
物理量 ΔU W Q
大于零 物体的内能增加 外界对物体做功 物体吸热
小于零 物体的内能减少 物体对外界做功 物体放热
等于零 物体的内能不变 物体对外界(或外界对物体)不做功 物体与外界绝热
2．应用热力学第一定律解题的思路与步骤
(1) 首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统．
(2) 分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量；外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外所做的功．
(3) 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解．
(4) 根据求解结果说明做功、热传递和内能变化情况．
　(2025·天津期中)一定质量的理想气体在某过程中，从外界吸收热量30 J，同时对外界做功20 J，关于该气体在此过程中的内能变化量ΔU，下列说法中正确的是(　A　)
A．ΔU＝＋10 J B．ΔU＝＋50 J
C．ΔU＝－10 J D．ΔU＝－50 J
解析：已知理想气体从外界吸收热量30 J，则Q＝＋30 J．气体对外界做功20 J，则W＝－20 J，根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝＋30 J－20 J＝＋10 J，A正确．
　(2025·湖南衡阳期中)(多选)如图所示，两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热汽缸分成体积相等的三部分，在汽缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A向上、B向下运动．初始状态下，甲、乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27 ℃，活塞与汽缸壁间的摩擦不计．现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，升高一定的温度．下列说法中正确的是(　AC　)
A．乙气体的温度有可能不变
B．甲气体的温度为75 ℃时，活塞A已经上升
C．当甲气体的温度达到75 ℃时，电热丝产生的热量仅等于甲气体增加的内能
D．甲气体的温度为425 ℃时，乙气体的内能大于初始状态的内能
解析：设活塞质量为m，对活塞A受力分析可知mg＝0.2p0S，活塞B刚想离开卡环时对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强p2＝1.4p0，根据查理定律，有＝，得T2＝350 K，即甲部分气体的温度升高到77 ℃时，活塞开始上升，B错误；达到77 ℃之前，气体体积不变，做功W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知电热丝产生的热量仅等于甲气体增加的内能，C正确；如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖—吕萨克定律得＝，代入数据，可得T3＝700 K，即甲部分气体的温度升高到427 ℃时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，D错误；甲部分气体的温度升高到427 ℃之前，乙部分气体W＝0，Q＝0，所以ΔU＝0，因此不确定末状态温度，A正确．
考向2　热力学第一定律的应用
对于气体，做功W的正负一般要看气体__体积__变化情况，气体体积减小，则外界对气体做功，W>0；气体体积增大(不是对真空膨胀)，则气体对外界做功，W<0．
　(2025·江苏苏州实验中学月考)如图甲所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，有两段水银柱封闭了两段空气柱，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图乙所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变．则下列说法中正确的是(　C　)
甲 乙
A．气体总体积不变 B．气体的压强增大
C．气体对外界做功 D．气体放出了热量
解析：在此过程中，上端封闭气体压强不变、温度不变，体积不变；下端封闭气体上移后，压强减小，温度不变，体积变大，推动水银柱向下运动，气体对外界做功，由于温度不变，气体从外界吸热，C正确．
　(2025·吉林BEST合作体联考)如图所示，轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞，用活塞在圆柱形汽缸内封闭了一定质量的理想气体，初始时活塞距汽缸底的距离l1＝50 cm，缸内气体的热力学温度T1＝300 K．现缓慢对汽缸加热，使活塞刚要脱离汽缸时停止加热．已知汽缸的质量m＝1.2 kg，缸体内底面积S＝4.0×10-4 m2，高度l＝70 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，活塞所在的平面始终水平，活塞与缸体间的摩擦可忽略不计．
(1) 求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的热力学温度T．
(2) 若上述过程中缸内气体的内能增加了110 J，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q．
答案：(1) 420 K　(2) 120.4 J
解析：(1) 气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
＝
解得T＝420 K
(2) 对汽缸，由平衡条件得mg＋p0S＝pS
气体对外做功为W＝Fx＝pS(l－l1)
解得W＝(mg＋p0S)(l－l1)＝10.4 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W′，W′＝－W
该过程中缸内气体从外界吸收的热量为Q＝120.4 J
1．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是(　B　)
A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
解析：由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，外界对气体做功，则W为正值，气体内能减少，则ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J．故选B．
2．(2025·湖北武汉七校联盟期中)如图所示，内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，用横截面积为S的活塞密封一段长度为L，温度为T0的理想气体，开始时活塞处于静止状态．现缓慢升高环境温度，当活塞缓慢向右移动后再次平衡．已知该过程气体从外界吸收热量Q，外界大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，求：
(1) 活塞再次平衡时密封气体的温度T．
(2) 该过程气体内能的变化量ΔU．
答案：(1) T0　(2) Q－
解析：(1) 由等压变化规律可得 ＝
解得T＝T0
(2) 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
由题意可知W＝－p0S
解得ΔU＝Q－

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