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第三章
习题课2　热力学第一定律与气体图像及定律的综合问题
热力学定律
核心 目标 1．会分析热力学第一定律与气体图像结合的问题．
2．会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题．
能力提升 典题固法
热力学第一定律与气体图像的结合
类型
1
1．只有________过程气体与外界没有热传递，Q＝0，ΔU＝W，用做功可判断内能的变化．
2．只有在气体________不变时，W＝0，ΔU＝Q，用吸热、放热情况可判断内能的变化．
3．若物体内能不变，即ΔU＝0，W和Q不一定等于零，而是W＋Q＝0，功和热量符号相反，大小相等，因此判断内能变化问题一定要全面考虑．
绝热
体积
　　　(2024·安徽适应卷)一定质量的理想气体从状态a开始．第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b．p-V图像如图所示．则 (　　)
A．c→b过程，气体从外界吸热
B．a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上
的分子数少
1
B
解析：c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小．该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；由微元法可得p-V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确；a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低．温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；a→c过程，气体的压强相等，体积变大，温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大．由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误．
　　　某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作．该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成．如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体 (　　)
A．在状态a和c时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
2
B
解析：从c到d为绝热膨胀，则Q＝0，W<0，则内能减小，ΔU<0，温度降低；从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，故状态c的温度高于a的温度，A错误；在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W>0，Q＝0，则ΔU＝W，即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p-V图像下面积即为气体做功大小，可知图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能变化为零，则ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW>0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，C、D错误．
热力学第一定律与气体实验定律的综合
类型
2
　　　(2024·马鞍山高二期末)如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，内有卡口．质量M＝8 kg的活塞放在卡口上，活塞的横截面积S＝1×10-2 m2，缸内气体温度T1＝300 K，压强p1＝0.9×105 Pa．现通过电热丝(体积不计)缓慢加热缸内气体，使活塞离开卡口，并继续上升了H＝0.1 m，活塞离开卡口后上升的过程中气体吸收了Q＝320 J的热量．已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2．求：
(1) 活塞刚要离开卡口时气体的温度T2．
答案：(1) 360 K　
3
解析：(1) 活塞刚好离开卡口时p2S＝p0S＋Mg
由＝，得T2＝360 K
(2) 活塞上升过程中气体内能的变化量ΔU．
答案：(2) 212 J
解析：(2) 活塞缓慢上升，气体压强不变，膨胀对外做功
W＝－p2SH＝－108 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝212 J
　　　(2025·合肥一六八中学期中)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时，由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要测出空腔的体积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示)，做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间．汽缸上部由横截面积S＝10 cm2的活塞密封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L．现对活塞施加一个竖直向下的变力F，使活塞缓慢下移，当汽缸内气体体积变为7 L时，外力F的大小为20 N，上述过程中外力F做的功W1＝28 J．已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽缸间的摩
擦力、细管中气体的体积，大气压强p0＝1.0×105 Pa．求：
(1) 金属立柱内空腔的体积．
答案：(1) 8 L　
4
解析：(1) 以整体气体为研究对象，根据等温方程有
p0(10 L＋V)＝(7 L＋V)
解得V＝8 L
(2) 汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，汽缸及
空腔内的气体向外界放出的热量．
答案：(2) 328 J
解析：(2) 上述过程中外力F做的功W1＝28 J
大气对活塞的压力F0＝p0S＝100 N
可知大气对活塞做功W2＝F0＝300 J
外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，内能不变，根据热力学第一定律可知0＝W－Q
解得汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量
Q＝W＝W1＋W2＝328 J
热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路
随堂内化 即时巩固
1．(2024·六安一中期末)某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V-T图像如图所示，则在该循环过程中，下列说法中正确的是 (　　)
A．从B到C过程中，气体吸收热量
B．由B到C的过程中外界对气体做功可能小于由C到D过程中气体对外做功的数值
C．从D到A过程中，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数可能增加
D．从C到D过程中，若气体内能增加3 kJ，对外做功5 kJ，则气体向外界放出热量2 kJ
B
解析：由B到C，外界对气体做功W>0，内能不变，ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q，则Q<0，即放热，A错误；如图所示，p-V图像与横轴所围的面积代表功，可知由B到C的过程中外界对气体做功可能小于由C到D过程中气体对外做功的数值，B正确；从D到A过程中，气体温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的
力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分
子数减少造成的，C错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得
Q＝8 kJ，即气体从外界吸收8 kJ热量，D错误．
2．(2021·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0．现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：
(1) 内能的增加量ΔU．
答案：(1) Q－(p0S＋f)L　
解析：(1) 对活塞，由平衡条件得 pS＝p0S＋f
解得p＝p0＋
气体对外做功W＝pSL
由热力学第一定律
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋f)L
(2) 最终温度T．
答案：(2) 2T0
解析：(2) 由理想气体状态方程 ＝
解得T＝2T0习题课2　热力学第一定律与气体图像及定律的综合问题
1. (2025·江苏淮安协作体联盟期中)如图所示，一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B，下列说法中正确的是(　　)
A. 气体的温度降低
B. 气体放出热量
C. 气体的内能减少
D. 单位体积内的分子数减少
2. (2025·广州综合测试)如图所示，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内.若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中(　　)
A. 气体压强增大，内能增加
B. 气体压强增大，吸收热量
C. 外界对气体做功，气体内能不变
D. 气体对外界做功，气体吸收热量
3. (2024·合肥一中期末)一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程又回到状态a，其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，cd的延长线经过坐标原点O，ab、bc分别与横轴、纵轴平行，e是Ob与da的交点，下列说法中正确的是(　　)
A. 气体从状态c到状态d分子平均动能变大
B. 气体从状态a向状态b变化的过程中压强一直不小于状态e的压强
C. 状态b到状态c过程中单位时间内单位面积上器壁碰撞的分子数变少
D. 气体从状态d到状态a过程中吸热
4. 一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A.其中C→D→A为等温过程.该循环过程如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A. A→B过程中，气体对外做功与从外界吸收的热量相等
B. B→C过程中，单位时间单位面积气体撞击器壁的分子数减小
C. 状态A的气体分子平均动能大于状态C的气体分子平均动能
D. 气体状态变化的全过程中，气体对外做的功大于该图像围成的面积
5. 如图所示，给旱区送水的消防车停于水平地面.在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体(　　)
A. 从外界吸热 B. 对外界做负功
C.分子平均动能减小 D. 内能增加
6. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T图像如图所示.下列说法中正确的是(　　)
A. 过程ab中气体对外做功，内能增加，所以一定吸热
B. 过程bc中气体分子平均动能不变，内能不变，所以既不吸热，也不放热
C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
7. (2024·合肥一中期末)如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动.活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量，重力加速度为g.开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则(　　)
甲
乙
A. 活塞质量为
B. 从b→c过程，气体对外做功
C. 从a→d全过程，气体内能增加3αT0
D. 从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量
8. 干瘪的乒乓球在室外温度为270 K时，体积为 V，球内压强0.9p0.为了让乒乓球鼓起来，将其放入温度恒为330 K热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状V，此过程气体对外做功为W0，球内的气体视为理想气体且不漏气，若球内气体的内能满足U＝kT(k为常量且大于零)，求：
(1) 恢复原状的乒乓球内气体的压强.
(2) 干瘪的乒乓球恢复原状的过程中，乒乓球内气体吸收的热量.
9. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A经状态B到状态C的p V图像，其中A、C两点在同一等温线上.
(1) 求气体在A状态时的体积.
(2) 气体在A→C过程中是吸热还是放热？
10. (2024·合肥八中期末)如图所示，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，整个过程中电热丝向气体传热Q.重力加速度为g.求：
(1) 活塞刚好脱离卡口a时汽缸内气体的温度T1.
(2) 整个过程中汽缸内气体的内能增加量ΔU.
习题课2　热力学第一定律与气体图像及实验定律的综合问题
1. D　解析：一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B，气体体积变大，单位体积内的分子数减少，D正确；根据＝C，气体体积变大，则气体温度升高，则气体的内能增大，由于气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，A、B、C错误.
2. C　解析：缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度不变，可知气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体放出热量；根据玻意耳定律pV＝C，由于气体体积减小，可知气体压强增大，故选C.
3. D　解析：气体从状态c到状态d，气体温度降低，则分子平均动能变小，A错误；根据＝C，可得V＝·T，可知V－T图像上点与原点连线的斜率为，由图可知气体从状态a向状态b变化的过程中压强一直不大于状态e的压强，B错误；气体从状态b到状态c过程中，气体温度不变，则分子平均动能不变，由于气体体积变小，单位体积内分子数变多，根据压强微观意义可知，单位时间内单位面积上器壁碰撞的分子数变多，C错误；气体从状态d到状态a过程，气体温度升高，气体内能增大，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，D正确.
4. B　解析：A→B过程中，气体压强不变，体积变大，温度升高，气体从外界吸收的热量大于对外做功，A错误；B→C过程中气体体积不变，压强减小，温度降低，气体的平均速率减小，单位时间单位面积气体撞击器壁的个数减小，B正确；状态A和状态C中气体的温度相同，则气体分子平均动能相同，C错误；根据W＝pΔV可知，A→B气体对外做的功W1＝4p0(4V0－V0)＝12p0V0，B→C气体体积不变，则W2＝0，C→A气体体积减小，外界对气体做的功W3＝－pΔV，其值等于曲线与横轴围成的面积，则气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图像围成的面积，D错误.
5. A　解析：缓慢放水过程中，胎内气体压强减小，气体膨胀对外界做正功，B错误；胎内气体温度不变，故分子平均动能不变，C错误；由于不计分子间势能，气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，D错误；由ΔU＝W＋Q知ΔU＝0，W<0，故Q>0，气体从外界吸热，A正确.
6. D　解析：过程ab中气体体积不变，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律可知，所以气体一定吸热，A错误；过程bc中气体温度不变，则分子平均动能不变，内能不变，压强减小，体积变大，气体对外做功，所以气体吸热，B错误；过程ca中气体压强不变，温度降低，则体积减小，气体内能减小，外界对气体做功，根据ΔU＝W＋Q可知，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C错误；b和c两个状态中，温度相同，则气体分子平均速率相同；b态压强大，体积小，气体分子数密度较大，则b态容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多，D正确.
7. C　解析：气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg，解得M＝，A错误；p－T图像斜率不变时体积不变，只有在b→c过程中气体对外做功W＝1.5p0S·＝p0SH，B错误；在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有＝，由题目条件可知气体内能的变化量ΔU＝α(Td－T0)＝3αT0，C正确；从a→d全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，D错误.
8. (1) p0　(2) 60k＋W0
解析：(1) 球内气体为理想气体，有＝
解得p＝p0
(2) 该过程气体内能变化量为ΔU＝330k－270k＝60k
由热力学第一定律有ΔU＝－W0＋Q
解得Q＝60k＋W0
9. (1) 0.5×10－3 m3　(2) 吸热
解析：(1) 依题意，A、C两点在同一等温线上，有TA＝TC
根据理想气体状态方程 ＝C
可得pAVA＝pCVC
解得VA＝0.5×10－3 m3
(2) 气体在A→C过程中体积增加，对外界做功，但气体内能不变，所以该过程气体吸热.
10. (1) T0　(2) Q－p0hS－mgh
解析：(1) 根据题意，设活塞刚好脱离卡口a时下方气体的压强为p1，则有p1S＝p0S＋mg
解得p1＝p0＋
从开始加热到活塞刚好脱离卡口a过程中，下方气体的体积不变，则有 ＝
解得T1＝T0＝T0
(2) 活塞从离开卡口a至活塞刚好到达b处的过程中，压强保持p1不变，活塞移动过中，气体对外界做功，大小为
W＝p1hS＝p0hS＋mgh
由热力学第一定律可知，整个过程中汽缸内气体的内能增加量ΔU＝Q－W＝Q－p0hS－mgh习题课2　热力学第一定律与气体图像及定律的综合问题
核心 目标 1．会分析热力学第一定律与气体图像结合的问题．
2．会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题．
类型1　热力学第一定律与气体图像的结合
1．只有__绝热__过程气体与外界没有热传递，Q＝0，ΔU＝W，用做功可判断内能的变化．
2．只有在气体__体积__不变时，W＝0，ΔU＝Q，用吸热、放热情况可判断内能的变化．
3．若物体内能不变，即ΔU＝0，W和Q不一定等于零，而是W＋Q＝0，功和热量符号相反，大小相等，因此判断内能变化问题一定要全面考虑．
　(2024·安徽适应卷)一定质量的理想气体从状态a开始．第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b．p-V图像如图所示．则(　B　)
A．c→b过程，气体从外界吸热
B．a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
解析：c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小．该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；由微元法可得p-V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确；a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低．温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；a→c过程，气体的压强相等，体积变大，温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大．由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误．
　某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作．该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成．如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体(　B　)
A．在状态a和c时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
解析：从c到d为绝热膨胀，则Q＝0，W<0，则内能减小，ΔU<0，温度降低；从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，故状态c的温度高于a的温度，A错误；在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W>0，Q＝0，则ΔU＝W，即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p-V图像下面积即为气体做功大小，可知图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能变化为零，则ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW>0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，C、D错误．
类型2　热力学第一定律与气体实验定律的综合
　(2024·马鞍山高二期末)如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，内有卡口．质量M＝8 kg的活塞放在卡口上，活塞的横截面积S＝1×10-2 m2，缸内气体温度T1＝300 K，压强p1＝0.9×105 Pa．现通过电热丝(体积不计)缓慢加热缸内气体，使活塞离开卡口，并继续上升了H＝0.1 m，活塞离开卡口后上升的过程中气体吸收了Q＝320 J的热量．已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2．求：
(1) 活塞刚要离开卡口时气体的温度T2．
(2) 活塞上升过程中气体内能的变化量ΔU．
答案：(1) 360 K　(2) 212 J
解析：(1) 活塞刚好离开卡口时p2S＝p0S＋Mg
由＝，得T2＝360 K
(2) 活塞缓慢上升，气体压强不变，膨胀对外做功
W＝－p2SH＝－108 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝212 J
　(2025·合肥一六八中学期中)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时，由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要测出空腔的体积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示)，做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间．汽缸上部由横截面积S＝10 cm2的活塞密封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L．现对活塞施加一个竖直向下的变力F，使活塞缓慢下移，当汽缸内气体体积变为7 L时，外力F的大小为20 N，上述过程中外力F做的功W1＝28 J．已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽缸间的摩擦力、细管中气体的体积，大气压强p0＝1.0×105 Pa．求：
(1) 金属立柱内空腔的体积．
(2) 汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量．
答案：(1) 8 L　(2) 328 J
解析：(1) 以整体气体为研究对象，根据等温方程有
p0(10 L＋V)＝(7 L＋V)
解得V＝8 L
(2) 上述过程中外力F做的功W1＝28 J
大气对活塞的压力F0＝p0S＝100 N
可知大气对活塞做功W2＝F0＝300 J
外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，内能不变，根据热力学第一定律可知0＝W－Q
解得汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量
Q＝W＝W1＋W2＝328 J
热力学第一定律和气体
实验定律的综合问题的解题思路
1．(2024·六安一中期末)某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V-T图像如图所示，则在该循环过程中，下列说法中正确的是(　B　)
A．从B到C过程中，气体吸收热量
B．由B到C的过程中外界对气体做功可能小于由C到D过程中气体对外做功的数值
C．从D到A过程中，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数可能增加
D．从C到D过程中，若气体内能增加3 kJ，对外做功5 kJ，则气体向外界放出热量2 kJ
解析：由B到C，外界对气体做功W>0，内能不变，ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q，则Q<0，即放热，A错误；如图所示，p-V图像与横轴所围的面积代表功，可知由B到C的过程中外界对气体做功可能小于由C到D过程中气体对外做功的数值，B正确；从D到A过程中，气体温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的，C错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝8 kJ，即气体从外界吸收8 kJ热量，D错误．
2．(2021·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0．现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：
(1) 内能的增加量ΔU．
(2) 最终温度T．
答案：(1) Q－(p0S＋f)L　(2) 2T0
解析：(1) 对活塞，由平衡条件得 pS＝p0S＋f
解得p＝p0＋
气体对外做功W＝pSL
由热力学第一定律
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋f)L
(2) 由理想气体状态方程 ＝
解得T＝2T0

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