【物理】2019届一轮复习人教版第36讲热力学定律与能量守恒学案 16页

第36讲　热力学定律与能量守恒 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.热力学第一定律Ⅰ ‎2．能量守恒定律Ⅰ ‎3．热力学第二定律Ⅰ ‎2017·全国卷Ⅱ，33(1)‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，33(1)‎ ‎2016·全国卷Ⅰ，33(1)‎ 在新课标地区，高考对热学部分的考查在选做题中出现，题型涉及选择、填空和计算题，考查知识点全面覆盖，同时突出重点，如热力学定律 ‎1．热力学第一定律 ‎①内容：一个热力学系统的__内能增量__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符号法则 符号 W Q ΔU ‎＋‎ 外界对物体做功 物体__吸收__‎ 热量 内能__增加__‎ ‎－‎ 物体对外界做功 物体__放出__‎ 热量 内能__减小__‎ ‎2．热力学第二定律的三种表述 ‎(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“第二类永动机不可能制成”．‎ ‎(3)用熵的概念进行表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会__减小__(热力学第二定律又叫做熵增加原理)．‎ ‎3．能量守恒定律 ‎(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__为另一种形式，‎ 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__总和__保持不变．‎ ‎(2)能源的利用 ‎①存在能量耗散和__品质降低__．‎ ‎②重视利用能源时对__环境__的影响．‎ ‎③推进开发新能源，如__太阳能__、生物能、风能、潮汐能等．‎ ‎1．判断正误 ‎(1)做功和热传递的实质是相同的．(　×　)‎ ‎(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J．(　×　)‎ ‎(3)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(　√　)‎ ‎(4)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功．(　√　)‎ ‎(5)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失．(　×　)‎ ‎(6)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律．(　√　)‎ ‎(7)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(　×　)‎ 一　热力学第一定律 ‎1．改变内能的两种方式的比较 ‎　　　方式名称 比较项目 　　‎ 做功 热传递 区 别 内能变化 情况 外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少 物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少 从运动形 式上看 做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化 热传递则是通过分子之间的相互作用，使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化，是内能的转移 从能量的 角度看 做功是其他形式的能与内能相互转化的过程 不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移 能的性质变化情况 能的性质发生了变化 能的性质不变 相互联系 做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的 ‎ 2.热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．‎ ‎3．三种特殊情况 ‎(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；‎ ‎(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；‎ ‎(3)若过程的始、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．‎ 理想气体内能变化的判定 对一定质量的理想气体，由于无分子势能，其内能只包含分子无规则热运动的动能，这时内能只与温度有关，故判定一定质量的理想气体内能是否变化，应看温度是否发生了变化，与体积无关．‎ ‎[例1](2017·全国卷Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是__ABD__.(选填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 解析　(1)由p－V图可知 ，在过程ab中体积不变，气体不对外做功，W＝0，压强增大，温度升高，气体内能增加，选项A正确，C错误；过程bc为等温变化过程，理想气体内能不变，而体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q＞0，气体从外界吸收热量，选项D正确；过程ca为等压变化过程，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由盖—吕萨克定律知气体温度降低，内能减小，由ΔU＝W＋Q知Q＜0，气体放出热量 ，选项B正确，E错误．‎ ‎　二　热力学第二定律 ‎1．热力学过程方向性实例 ‎(1)高温物体低温物体 ‎(2)功热量 ‎(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AB ‎2．热力学第一定律和热力学第二定律的关系 热力学第一定律是和热现象有关的物理过程中能量守恒的特殊表达形式及热量与内能改变的定量关系．而第二定律指明了能量转化与守恒能否实现的条件和过程进行的方向，指出了一切变化过程的自然发展是不可逆的，除非靠外界影响．所以二者相互联系，又相互补充．‎ ‎3．两类永动机的比较 第一类永动机 第二类永动机 不消耗能量却可以源源不断地对外做功的机器 从单一热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化的机器 违背能量守恒，不可能实现 不违背能量守恒，违背热力学第二定律，不可能实现 ‎[例2](2017·江苏模块验收测试)如图所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．‎ ‎(1)(多选)下列说法正确的是！！！　BC　###．‎ A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律 D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律 ‎(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？‎ 解析　(1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故选项C正确，D错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故选项B正确，A错误．‎ ‎(2)由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多．‎ 答案　(2)见解析 热力学第二定律的涵义 ‎(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．‎ ‎1．(多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是(　AB　)‎ A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机 D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”‎ 解析　在一定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体，选项A正确；空调机工作过程中，电流做功产生热，所以向室外放热多，从室内吸热少，选项B正确；选项C中的说法违反热力学第二定律，选项C错误；对能源的过度消耗会造成可以利用的能量减少，而总的能量是守恒的，选项D错误．‎ ‎2．用隔板将一容器隔成A和B两部分，A中盛有一定量的气体，B为真空(如图甲所示)，现把隔板抽去，A中的气体将自动充满整个容器(如图乙所示)，这个过程称为气体的自由膨胀．则关于气体的自由膨胀下列说法中正确的是 (　D　)‎ A．在自由膨胀过程中，所有气体分子的运动方向相同 B．在自由膨胀过程中，只要把握好隔板插入的时机，全部气体就能到达B部分 C．气体充满整个容器后，只要时间足够长，还能全部自动回到A部分 D．气体充满整个容器后，B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分 解析　气体分子在永不停息地做无规则运动，在自由膨胀过程中也不例外，选项A错误；在自由膨胀过程中，气体分子将充满所能达到的空间，即整个容器，选项B错误；热力学第二定律指出具有大量分子参与的宏观过程都具有方向性，所以选项C错误；气体充满整个容器后，气体分子朝各个方向运动的机会均等，所以B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分，选项D正确．‎ ‎3．(2017·福建泉州模拟)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为‎27 ℃‎.求：‎ ‎(1)该气体在状态B时的温度；‎ ‎(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．‎ 解析　(1)对于理想气体：A→B过程，由查理定律有＝，‎ 得TB＝100 K，所以tB＝TB－‎273 ℃‎＝－‎173 ℃‎．‎ ‎(2)B→C过程，由盖－吕萨克定律有＝，‎ 得TC＝300 K，所以tC＝TC－‎273 ℃‎＝‎27 ℃‎，‎ 由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B过程中等容变化，气体对外不做功，B→C过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量．‎ Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200 J．‎ 答案　(1)－173℃　(2)吸收热量200 J ‎4．(多选))关于一定量的气体，下列叙述正确的是(　AD　)‎ A．气体吸收的热量可以完全转化为功 B．气体体积增大时，其内能一定减少 C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 D．外界对气体做功，气体内能可能减少 解析　由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故选项A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随吸热，其内能不一定减少，选项B错误；气体从外界吸热，若同时伴随对外界做功，其内能不一定增加，选项C错误；外界对气体做功，若同时气体放热，其内能可能减少，选项D正确．‎ ‎[例1](6分)(多选)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成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．在此过程中(　　)‎ A．气体对外界做功，内能减少 B．气体不做功，内能不变 C．气体压强变小，温度不变 D．气体压强变大，温度不变 E．单位时间内撞击容器壁的分子数减少 ‎[答题送检]来自阅卷名师报告 错误 致错原因 扣分 A 不明白“绝热容器”的含义，挖掘不出稀薄气体向真空扩散是否做功，不能根据热力学第一定律解题，错选A．‎ ‎－6‎ ‎[规范答题]‎ ‎[解析]　绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q＝0，稀薄气体向真空扩散时气体没有做功，W＝0，根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散体积增大，根据玻意耳定律可知，气体的压强必然变小，故选项A、D错误，B、C正确；温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，说明单位时间内撞击容器壁的分子数减少，故E正确．‎ ‎[答案]　BCE ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是(　ABD　)‎ A．气体自发扩散前后内能相同 B．气体在被压缩的过程中内能增大 C．在自发扩散过程中，气体对外界做功 D．气体在被压缩的过程，外界对气体做功 E．气体在被压缩的过程，气体分子的平均动能不变 解析　抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，选项A正确，C错误；气体在压缩的过程中，外界对气体做正功，选项D正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，选项B正确，E项错误．‎ ‎2．(多选)如图所示，是某气体状态变化的p－V图象，则下列说法正确的是(　BCD　)‎ A．气体做的是等温变化 B．从A到B气体的压强一直减小 C．从A到B气体的体积一直增大 D．气体的三个状态参量一直都在变 解析　由等温线的特点可知图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，选项A错误；从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，则选项B、C正确．又因为该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，选项D正确．‎ ‎3．(2017·福建福州模拟)如图所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝‎10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞与汽缸顶的距离为h＝‎10 cm，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.求：‎ ‎(1)此时桌面对汽缸的作用力FN；‎ ‎(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值．‎ 解析　(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有FN＋pS＝p0S，‎ 得FN＝(p0－p)S＝50 N．‎ ‎(2)设温度升高至T时，活塞与汽缸顶的距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)，‎ 由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝‎12 cm．‎ 气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，‎ 得＝，解得T＝T0＝720 K．‎ 答案　(1)50 N　(2)720 K ‎4．(2017·江苏南京模拟)如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积为S＝10－‎3m2‎，活塞的质量为m＝‎2 kg，厚度不计．在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方气缸的容积为1.0×10－‎3m3‎，A、B之间的容积为2.0×10－‎4m3‎，外界大气压强 p0＝1.0×105 Pa.开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为‎27 ℃‎，现缓慢加热缸内气体，直至‎327 ℃‎.求：‎ ‎(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2；‎ ‎(2)缸内气体最后的压强．‎ 解析　(1)活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由二力平衡可得 p2＝p0＋，解得p2＝1.2×105 Pa，‎ 由查理定律得＝，解得t2＝‎127 ℃‎．‎ ‎(2)设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得＝，解得p3＝1.5×105 Pa，‎ 因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立．‎ 答案　(1)127 ℃　(2)1.5×105 Pa ‎1．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　BDE　)‎ A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 解析　根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误．对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．‎ ‎2．(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是！！！　ABE　###.　‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析　由＝k可知，PT图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，选项A正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，选项B正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，选项E正确．‎ ‎3．(多选)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图象如图所示．下列判断正确的是(　ADE　)‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．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 解析　对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，则为吸热过程，选项A正确．b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，则为吸热过程，选项B错误；c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔE，外界对气体所做的功小于气体所放的热，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，Tapc，显然选项E正确．‎ ‎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(　D　)‎ 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 解析　车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，选项D正确．‎ ‎5．如图所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0.现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．‎ 解析　A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋，‎ B最终与容器底面接触后，A、B间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋，‎ 因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)V＝pV′，‎ 设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为h＝＋d，‎ 漏气后A距离底面的高度为h′＝＋d，‎ 联立可得Δh＝h′－h，‎ 联立以上各式化简得Δh＝．‎ 答案　 ‎6．(1)如图甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成．B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目__不变__(选填“增大”“减小”或“不变”)．状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是__①__(选填“①”或“②”)．‎ ‎(2)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J．在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J．求气体完成一次循环对外界所做的功．‎ 解析　(1)从B→C的过程中，气体的体积不变，因此单位体积中气体分子数目不变，从状态D到状态A，气体的体积不变，压强减小，温度降低，分子平均动能减小，因此A状态对应的是①．‎ ‎(2)气体完成一次循环，其内能不变，即ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J，则气体对外做功为8 J．‎ 答案　(2)8 J 课时达标　第36讲 ‎[解密考纲]理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式；知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律；掌握能量守恒定律及应用．‎ ‎1．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低‎0.1℃‎，将要放出5.8×1023焦耳的热量，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，其原因是(　C　)‎ 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器不满足热力学第二定律 D．上述三种原因都不正确 解析　内能可以转化成机械能，如热机，选项A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，选项B错误；热力学第二定律告诉我们：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，选项C正确，D错误．‎ ‎2．重庆出租车常以天然气作为燃料．加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　B　)‎ A．压强增大，内能减小 B．吸收热量，内能增大 C．压强减小，分子平均动能增大 D．对外做功，分子平均动能减小 解析　储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确．‎ ‎3．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的(　D　)‎ A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小 C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小 解析　从外界吸热，Q＝2.5×104 J，对外界做功，W＝－1.0×104 J，由ΔU＝Q＋W可得，ΔU＝1.5×104 J，内能增大，这说明温度升高；又由于气体对外界做功，体积增大，由ρ＝可知，密度减小．选项D正确．‎ ‎4．(多选)如图为某同学设计的喷水装置．内部装有‎2 L水，上部密封1 atm的空气‎0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气‎0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有(　AC　)‎ A．充气后，密封气体压强增加 B．充气后，密封气体的分子平均动能增加 C．打开阀门后，密封气体对外界做正功 D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光 解析　温度不变，分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积基本不变，气体的压强增大，选项A正确、B错误；打开阀门后，水减少，气体膨胀，密封气体对水做正功，选项C正确；如果水全排出，气体压强为p3，p3(‎2 L＋‎0.5 L)＝p1(‎0.5 L＋‎0.1 L)得p3＝0.24p10，下滑过程不与外界发生热交换，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知内能增大，选项A正确，选项B、C、D错误．‎ ‎7．如图所示，内壁光滑的圆柱形金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定量的理想气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h.已知大气压强为p0，重力加速度为g．‎ ‎(1)容器内气体压强为！！！ p0＋　###．‎ ‎(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移时气体温度为！！！ 　###，此过程中容器内气体！！！_放热__(选填“吸热”或“放热”)，气体分子的平均速率！！！_减小__.(选填“增大”“减小”或“不变”)‎ 解析　(1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p′＝，则容器内气体的压强p＝p0＋p′＝p0＋.　‎ ‎(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则＝，且V0＝2V1，解得T1＝．‎ 在此等压变化过程中，理想气体温度降低，内能减少，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一律ΔU＝Q＋W知气体放出热量，气体分子的平均速率减小．‎ ‎8．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过7 ‎000 m，再创载人深潜新纪录．‎ 在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到‎990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝‎3 m3‎，如果将该气缸下潜至‎990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．‎ ‎(1)在‎990 m深处封闭气体的体积为！！！_2.8×10－2_m3__.(1 atm相当于‎10 m深的海水产生的压强)‎ ‎(2)下潜过程中封闭气体！！！_放热__(选填“吸热”或“放热”)，传递的热量！！！_大于__(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．‎ 解析　(1)当气缸下潜至‎990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm．‎ 根据理想气体状态方程得：＝．‎ 代入数据得V＝2.8×10－‎2 m3‎．‎ ‎9．(1)在装有食品的包装袋中充人氮气，可以起到保质作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢地施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力！！！_增大__，包装袋内氮气的内能！！！_不变__.(均选填“增大”“减小”或“不变”)‎ ‎(2)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为‎1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为‎0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．‎ 解析　(1)压强增加，包装袋内壁单位面积的撞击分子数变多，所受气体分子撞击作用力增大；温度不变，包装袋内氮气的内能不变．‎ ‎(2)若不漏气，设加压后的体积为V1，由等温过程得 p0V0＝p1V1，‎ 代入数据得V1＝‎0.5 L．‎ 因为‎0.45 L<‎0.5 L，故包装袋漏气．‎ 答案　(2)漏气 ‎10．如图所示，A、B两个气缸中装有体积均为‎10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为‎27 ℃‎的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B气缸中的气体升温到‎127 ℃‎，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A气缸中的气体温度保持不变，A气缸截面积为‎500 cm2)‎ ‎(1)求A中左边活塞应向右移动的距离；‎ ‎(2)A中气体是吸热还是放热，为什么？‎ 解析　(1)对B：由＝得 p′B＝pB＝pB＝pB，‎ 对A：由pAVA＝p′AV′A　得V′A＝VA，‎ 且：pA＝pB，p′A＝p′B　解得V′A＝VA，‎ 所以Δl＝＝‎5 cm．‎ ‎(2)放热，在向右推活塞过程中，A中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体应放热．‎ 答案　(1)‎5 cm　(2)见解析