2026版《金版教程》高考一轮复习物理第3节 热力学定律与能量守恒定律

高考总复习首选用卷物理第3节热力学定律与能量守恒定律考点一热力学第一定律与能量守恒定律1．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时车胎内的气压，且车胎内气体体积增大；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，气体内能减小D．胎内气体对外界做功，气体内能增大答案：D解析：车胎内气体体积增大，则胎内气体对外界做功；中午时比清晨时温度高，所以中午胎内气体分子热运动的平均动能增大，理想气体的内能由所有分子热运动的动能之和决定，因此胎内气体内能增大，故A、B、C错误，D正确。2．下列说法中正确的是()A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能B．一定质量0℃水的分子势能比0℃冰的分子势能小C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能答案：D解析：理想气体的内能与气体的分子数和分子热运动的平均动能有关，而质量相同的氢气和氧气的分子数不同，当它们的体积和温度均相同时，内能不同，A错误；0℃的冰要吸收热量才能熔化成0℃的水，所以一定质量0℃水的内能比0℃冰的内能大，又因为它们的温度相同，分子热运动的平均动能相等，所以0℃水的分子势能比0℃冰的分子势能大，B错误；做功和传热均可以改变物体的内能，只知道物体吸热，而不知其做功情况，故不能确定物体的内能一定增加，C错误；一定质量的100℃的水吸热汽化的过程中，水蒸气对外做功，根据热力学第一定律，水吸收的热量等于水蒸气增加的内能和水蒸气对外做的功，所以吸收的热量大于增加的内能，D正确。3．(2021·天津高考)(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中()A．上下乘客时，气体的内能不变B．上下乘客时，气体从外界吸热C．剧烈颠簸时，外界对气体做功D．剧烈颠簸时，气体的温度不变答案：AC解析：根据题意，上下乘客时，汽缸内气体压缩的过程中，气体与外界有充分的热交换，即气体温度不变，故气体的内能不变，而气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体对外界放热，故A正确，B错误；根据题意，剧烈颠簸时，汽缸内气体压缩的过程中，气体与外界来不及热交换，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，气体的温度升高，故C正确，D错误。4．(2022·山东高考)如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体()A．内能增加，外界对气体做正功B．内能减小，所有分子热运动速率都减小C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加答案：C解析：气缸在缓慢转动的过程中，活塞所受到的重力沿气缸壁方向的分力减小，对活塞进行受力分析，根据平衡条件，可知缸内气体压强减小，则气体体积增大，外界对气体做负功，气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，但并不是所有分子热运动的速率都减小，只是速率大的分子数占总分子数的比例减少，C正确，A、B、D错误。考点二热力学第二定律5．(多选)以下现象不违背热力学第二定律的有()A．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉B．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能是100%C．桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D．热量自发地从低温物体传到高温物体答案：AC解析：热茶自动变凉是热量自发地从高温物体传递到低温物体的结果，不违背热力学第二定律，故A正确；根据热力学第二定律，任何热机效率都不可能达到100%，故B错误；泥、水分离是机械能(重力势能)向内能转化的结果，不违背热力学第二定律，故C正确；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，D错误。6．下列说法正确的是()A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．第一类永动机违反热力学第二定律，因此不可能制成C．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D．从单一热库吸收热量，使之完全变为功，是提高机械效率的常用手段答案：C解析：第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，故B错误；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，但同时会产生其他影响，故C正确；根据热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，使之完全变为功而不产生其他影响，是不可能实现的，故D错误。7．(2022·广东高考)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。答案：不是大于解析：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，不是自发过程。设空调制冷剂在室内汽化吸热Q1，经过压缩机时压缩机消耗电能对其做功W，则制冷剂的内能增加Q1＋W，制冷剂在室外液化放热Q2后回到初始状态，内能等于初始值，则Q2＝Q1＋W，故Q2>Q1，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。考点三热力学第一定律与气体实验定律的综合应用8．(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭一部分气体组成。气囊内气体视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则()A．外界对气囊内气体做正功B．气囊内气体压强增大C．气囊内气体内能增大D．气囊内气体从外界吸热答案：D解析：密闭气囊与人一起上浮的过程中，气囊内气体体积变大，则外界对气囊内气体做负功，W<0，A错误；气囊内气体温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，气囊内气体压强变小，故B错误；气囊内气体温度不变，则内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q>0，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。9.(2023·天津高考)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体体积、质量不变，且可视为理想气体，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．压强不变答案：B解析：由于爬高过程中氧气瓶里的气体体积不变，故气体不对外做功，W＝0，而温度减小，则气体内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，即气体放出热量，故A、C错误，B正确；爬高过程中氧气瓶里的气体体积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知气体压强减小，故D错误。10．内壁光滑的导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气(可视为理想气体)，浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示。现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中正确的是()A．封闭空气分子的平均动能增大B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大C．封闭空气的压强变大D．封闭空气从外界吸收了热量答案：C解析：设大气压强为p0，活塞上沙子质量为m，封闭空气的压强为p1，活塞面积为S，以活塞和沙子整体为研究对象，由平衡条件知p0S＋mg＝p1S，有p1＝p0＋eq\f(mg,S)，则当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，m变大，p1变大，C正确；由于汽缸导热，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内空气的温度不变，则可知其内能不变，ΔU＝0，由玻意耳定律pV＝C可知，封闭空气的压强变大，则其体积变小，活塞压缩封闭空气做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0，即封闭空气向外界放热，故B、D错误；温度是衡量分子平均动能的标志，温度不变，则封闭空气分子的平均动能不变，故A错误。11．(2025·广东省珠海市高三上期末)空气炸锅利用高温空气循环技术加热食物，如图甲所示。如图乙为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变的可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为t0＝27℃，加热一段时间后气体温度升高到t＝147℃，此过程中气体吸收的热量为5.2×103J，则()A．升温后所有气体分子的动能都增大B．升温后胆中气体的压强为1.2×105PaC．此过程胆中气体的内能增加量为5.2×103JD．此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量，则气体内能增加答案：C解析：升温后气体分子的平均动能增大，并不是所有气体分子的动能都增大，故A错误；根据题意可知，气体的体积不变，气体做等容变化，气体可视为理想气体，根据查理定律可得eq\f(p0,t0＋273K)＝eq\f(p,t＋273K)，代入数据可得p＝1.4×105Pa，故B错误；由于气体的体积不变，气体不对外界做功，即W＝0，气体吸收的热量为Q＝5.2×103J，根据热力学第一定律，可得气体内能的增加量ΔU＝W＋Q＝5.2×103J，故C正确，D错误。考点四热力学第一定律在图像问题中的应用12.(2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，此过程中该系统()A．对外界做正功 B．压强保持不变C．向外界放热 D．内能减少答案：A解析：由题图可知，理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则该系统对外界做正功，A正确；根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，可得V＝eq\f(C,p)·T，则V­T图像上的点与原点连线的斜率k＝eq\f(C,p)，从a到b的过程k减小，则该过程中压强p增大，B错误；理想气体的内能只与其温度有关，故理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；由A、D两项分析可知，理想气体从状态a变化到状态b，对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，该系统从外界吸收热量，C错误。13.(2025·山东省菏泽市高三上12月月考)(多选)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T­V图上的两条线段所示，则气体在()A．状态a处的压强大于状态c处的压强B．由a变化到b的过程中，气体对外做功C．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸收的热量等于其增加的内能答案：ABC解析：根据理想气体状态方程可知eq\f(pV,T)＝C，解得T＝eq\f(p,C)·V，即T­V图像上的点与原点连线的斜率为eq\f(p,C)，故有pa＝pb>pc，A正确；理想气体由a变化到b的过程中，体积增大，气体对外做功，W<0，温度升高，内能增大，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，B、C正确，D错误。14.一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是()A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小答案：B解析：由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可得p＝eq\f(C,V)·T，由题图中A、B连线的反向延长线过坐标原点可知，从A到B是等容升温过程，则气体不对外做功，W＝0，气体温度升高，则内能增加，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，且Q＝ΔU，即气体从外界所吸收的热量等于其内能的增加量，故A错误，B正确；由题图知，从B到C是等温升压过程，气体内能不变，ΔU＝0，压强增大，则体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0，即气体放出热量，故C、D错误。15．(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是()A．bc过程外界对气体做功B．ca过程气体压强不变C．ab过程气体放出热量D．ca过程气体内能减小答案：AC解析：由题图可知，bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可得V＝eq\f(C,p)·T，可知V­T图像上的点与原点连线的斜率越大，则气体压强越小，结合题图可知，ca过程气体压强减小，故B错误；由题图可知，ab过程气体温度不变，理想气体的内能只与温度有关，则气体内能不变，ΔU＝0，由题图可知，ab过程气体体积减小，则外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，即ab过程气体放出热量，故C正确；由题图可知，ca过程气体温度升高，理想气体的内能只与温度有关，则气体内能增大，故D错误。16．(2022·北京高考)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是()A．从a到b，气体温度保持不变B．从a到b，气体对外界做功C．从b到c，气体内能减小D．从b到c，气体从外界吸热答案：D解析：由题图可知，一定质量的理想气体从状态a到状态b的过程中，气体发生等容变化，不对外界做功，且气体压强减小，根据查理定律eq\f(p,T)＝C，可知气体温度降低，A、B错误；由题图可知，一定质量的理想气体从状态b到状态c的过程中，气体发生等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖—吕萨克定律eq\f(V,T)＝C，可知气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体从外界吸热，C错误，D正确。17．(2022·江苏高考)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bB．状态a的温度高于状态cC．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答案：C解析：由题意知a→b为等温过程，即状态a和状态b的温度相同，一定质量理想气体的内能只与温度有关，则状态a的内能等于状态b，故A错误；由于状态b、c的体积相同，且pb<pc，根据查理定律有eq\f(pb,Tb)＝eq\f(pc,Tc)，可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，即状态a的温度低于状态c，故B错误；因为a→c过程中气体体积增大，可知外界对气体做负功，由B项分析知a→c过程中气体温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。18．(2022·湖北高考)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p­V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是()A．a→b是等温过程B．a→b过程中气体吸热C．a→c过程中状态b的温度最低D．a→c过程中外界对气体做正功答案：B解析：根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，p­V图像中的等温线是双曲线，且p­V图像中横、纵坐标值的乘积pV与温度T成正比，则a→c过程不是等温过程，且状态a、c温度最低，A、C错误；a→b过程中气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即a→b过程中气体吸热，B正确；a→c过程气体体积增大，则外界对气体做负功，D错误。19.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等温变化到状态D，该变化过程的p­V图像为A→C→D，该过程中气体对外界做的功为15J。该气体也可以经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为24J。下列说法正确的是()A．该气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量大于15JB．该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为24JC．该气体在A→B→D过程中内能增加了9JD．p­V图像中A→B→D→C→A围成的面积对应能量转化的大小为9J答案：BD解析：该气体在A→C→D过程中的温度不变，即气体的内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W1＋Q1，可知该气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量Q1＝－W1＝15J，故A错误；该气体在A、D状态的温度相同，即A、D状态的内能相同，则在A→B→D过程中ΔU＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝W2＋Q2，可知该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量Q2＝－W2＝24J，故B正确，C错误；p­V图像中图线与V轴围成的面积表示做功大小，气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，外界对气体做功W2＝－24J，气体经D→C→A过程从状态D回到状态A，外界对气体做功W1′＝15J，所以图像中气体经A→B→D→C→A过程最终回到状态A，外界对气体做功W＝W2＋W1′＝－9J，即围成的面积对应能量转化的大小为9J，故D正确。20.一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p­T图像如图所示。下列说法不正确的是()A．a→b的过程中，气体对外界做功B．c→d的过程中，外界对气体做功C．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热D．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小答案：C解析：由eq\f(pV,T)＝C可知，V＝eq\f(CT,p)，a→b的过程中，气体温度不变，压强减小，气体体积变大，则气体对外界做功，故A正确；由eq\f(pV,T)＝C可知，p＝eq\f(C,V)·T，可知b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，c→d的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故B、D正确；a→b的过程中，气体的温度不变，内能不变，ΔU＝0，又气体对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q可知，Q>0，即气体吸热，b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，由V＝eq\f(CT,p)可知其体积变大，则气体内能变大，ΔU>0，气体对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q可知，Q>0，气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，故C错误。本题选说法不正确的，故选C。21．(2024·新课标卷)(多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是()A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2过程为绝热过程，Q＝0，由题图可知，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，即气体内能增加，故A正确；2→3过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律eq\f(V,T)＝C可知，气体体积增大时气体温度升高，则气体内能增大，ΔU>0，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，即气体吸收热量，故B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，即气体内能减小，故C错误；4→1过程为等容过程，根据查理定律eq\f(p,T)＝C可知，气体压强减小时气体温度降低，故气体内能减小，ΔU<0，气体体积不变，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，即气体向外放热，故D正确。22．(2024·山东高考)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是()A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B．b→c过程，气体对外做功，内能增加C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量答案：C解析：a→b过程，气体做等压变化且体积增大，气体对外做功，即Wab<0，由盖—吕萨克定律可知eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)，因Vb>Va，则Tb>Ta，即气体内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律有ΔUab＝Qab＋Wab，可知Qab>0且Qab>|Wab|，即a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，气体体积增大，对外做功，即Wbc<0，由热力学第一定律有ΔUbc＝Qbc＋Wbc，可得ΔUbc<0，即气体内能减少，故B错误；a→b→c过程，根据热力学第一定律有ΔUabc＝Qabc＋Wabc，而c→a过程为等温过程，即Tc＝Ta，则ΔUabc＝0，Qabc＝－Wabc，又由A、B项分析知，Qabc＝Qab＋Qbc>0，Wabc＝Wab＋Wbc<0，即a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；c→a过程，气体做等温变化且体积减小，外界对气体做功，Wca>0，气体内能不变，ΔUca＝0，根据ΔUca＝Qca＋Wca，可知Qca<0，且Qca＝－Wca，则c→a过程气体放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，根据p­V图线与V轴所围面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由题图可知，|Wabc|>|Wca|，而Qab＝Qabc＝－Wabc，Qca＝－Wca，则|Qab|>|Qca|，即a→b过程，气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量，D错误。23．(2023·山东高考)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是()A．初始状态下，气体的体积为6LB．等压过程中，气体对外做功400JC．等压过程中，气体体积增加了原体积的eq\f(1,4)D．两个过程中，气体的内能增加量都为400J答案：AD解析：初始状态下，气体的温度为T0＝300K，压强为p0＝1×105Pa，设体积为V0，经等压过程，气体温度变为T＝400K，由盖—吕萨克定律有eq\f(V0,T0)＝eq\f(V,T)，解得气体体积变为V＝eq\f(4,3)V0，即气体体积增加了原体积的eq\f(1,3)，C错误；等容过程中，气体做功W1＝0，吸收热量Q1＝400J，由热力学第一定律得ΔU＝W1＋Q1＝400J，两个过程末状态的温度相同，则内能变化相同，因此两个过程中，气体的内能增加量都为400J，D正确；等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200J，即p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)V0－V0))＝200J，解得V0＝6L，A正确，B错误。24．(2021·湖南高考)(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)答案：BDE解析：根据做功的两个必要因素：有力和在力的方向上有位移，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度不变，可知汽缸内气体的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；由气体内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功，即Q＝W<p0S1h＋mgh，D正确；左端活塞到达B位置时，根据平衡条件可得p0S1＋mg＝p气S1，p0S2＋F＝p气S2，解得F＝eq\f(mgS2,S1)，E正确。25．(2025·河北省石家庄市高三上期末)(多选)A、B汽缸的水平长度均为20cm，体积均为V，由细管相连。C是可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞，D为阀门，整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，细管中气体的体积忽略不计。开始时，阀门关闭，A内有压强为4p0的氮气，B内有压强为2p0的氧气，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。已知p0＝1.0×105Pa，下列说法正确的有()A．活塞C向右移动了10cmB．平衡后A汽缸内的压强为3.0×105PaC．A汽缸内气体对外做功，要从外界吸热D．若B汽缸抽成真空且没有活塞，打开阀门D，A汽缸中气体要对外做功，要从外界吸热答案：BC解析：设阀门打开至最后达到平衡时，活塞C向右移动的距离为x，A、B内气体的压强均为p，A、B汽缸的横截面积均为S，对A、B内气体由等温变化规律可得pASL＝p(SL＋Sx)，pBSL＝p(SL－Sx)，解得x＝eq\f(20,3)cm，p＝3.0×105Pa，故A错误，B正确；由于整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，所以气体温度保持不变，气体内能不变，即ΔU＝0，又因为A内气体膨胀，对外做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q>0，即A内气体要从外界吸热，故C正确；若B汽缸抽成真空且没有活塞，打开阀门D后，A汽缸中气体自由膨胀，对外不做功，又因为气体内能不变，所以A中气体既不从外界吸热也不向外界放热，故D错误。26.(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p­V图如图所示。完成一次循环，气体内能________(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体________(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。答案：不变做正功吸热解析：一定质量的理想气体完成一次循环，回到初始状态，p和V均不变，则由理想气体状态方程知，理想气体的温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以完成一次循环，气体的内能不变，即ΔU＝0；p­V图像中，图线与V轴所围图形的面积表示气体的做功情况，其中A→B→C过程中气体的体积减小，气体对外界做负功，C→D→A过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，且C→D→A过程图线与V轴所围图形的面积大于A→B→C过程图线与V轴所围图形的面积，则完成一次循环，气体对外界做的正功大于气体对外界做的负功，即气体对外界做的总功为正功，则外界对气体做的总功W<0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即完成一次循环，气体吸热。27．(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升eq\f(1,5)h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求(1)再次平衡时容器内气体的温度。(2)此过程中容器内气体吸收的热量。答案：(1)eq\f(6,5)T0(2)eq\f(1,5)h(p0S＋mg)＋eq\f(1,5)CT0解析：(1)活塞缓慢上升eq\f(1,5)h的过程，容器内气体发生等压变化，容器内气体初状态体积为V0＝hS末状态体积为V1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(1,5)h))S设再次平衡时容器内气体的温度为T1，由盖—吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)联立解得T1＝eq\f(6,5)T0。(2)此过程中容器内气体温度的变化量ΔT＝T1－T0内能的变化量ΔU＝CΔT设此过程中容器内气体的压强为p，则此过程中外界对气体做的功W＝－pS·eq\f(1,5)h对活塞由平衡条件有pS＝p0S＋mg设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W联立解得Q＝eq\f(1,5)h(p0S＋mg)＋eq\f(1,5)CT0。28．(2022·海南高考)足够长的玻璃管水平放置，用长19cm的水银封闭一段长为25cm的空气柱，大气压强为76cmHg，环境温度为300K，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直位置，如图所示，则：(1)空气柱是吸热还是放热？(2)空气柱长度变为多少？(3)当气体温度变为360K时，空气柱长度又是多少？答案：(1)放热(2)20cm(3)24cm解析：(1)将水平放置的玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直位置后，气体压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，外界对气体做功，且气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，空气柱放热。(2)设玻璃管横截面积为S，初状态空气柱压强p1＝76cmHg，体积V1＝25cm·S将玻璃管从水平位置缓慢顺时针旋转到竖直位置后，末状态空气柱压强p2＝76cmHg＋19cmHg＝95cmHg体积V2＝L2S由题意可知，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得空气柱长度变为L2＝20cm。(3)当气体温度由T0＝300K变为T＝360K时，气体做等压变化，初状态体积V2＝L2S，末状态体积V3＝L3S由盖—吕萨克定律有eq\f(V2,T0)＝eq\f(V3,T)解得此时空气柱长度为L3＝24cm。29．(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是()A．A端为冷端，B端为热端B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律答案：AB解析：依题意，中心部位为分子热运动速率较小的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为分子热运动速率较大的气体，从B端流出，则从A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于从B端流出的，而同种气体分子热运动平均速率越大，则其分子平均动能越大，对应的温度也就越高，所以A端为冷端，B端为热端，故A、B正确；内能除与分子平均动能有关外，还与分子数和分子势能有关，故从A端流出的气体内能不一定大于从B端流出的，故C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，也满足能量守恒定律，故D错误。