【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第三册高分突破考点专题精讲精练 3-2-3-3　热力学第一定律、能量守恒定律 Word版含答案.docx，共(41)页，3.607 MB，由小赞的店铺上传

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3.2-3.3热力学第一定律、能量守恒定律一：知识精讲归纳考点一、热力学第一定律1．改变内能的两种方式：做功与传热．两者对改变系统的内能是等价的．2．热力学第一定律：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．技巧归纳：1．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号WQΔU＋

体积减小，外界对热力学系统做功热力学系统吸收热量内能增加－体积增大，热力学系统对外界做功热力学系统放出热量内能减少2.气体状态变化的几种特殊情况(1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加(或减少)量等于外界对系统(或物体对外界)做的功．(2)等容过程：W＝0

，则ΔU＝Q，物体内能的增加量(或减少量)等于系统从外界吸收(或系统向外界放出)的热量．(3)等温过程：始末状态一定质量理想气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对系统做的功等于系统放出的热量(或系统吸收的热量等于系统对外界做的功)．3．判断气体是否做

功的方法一般情况下看气体的体积是否变化．①若气体体积增大，表明气体对外界做功，W<0.②若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0.4．应用热力学第一定律解题的一般步骤(1)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负；(2)根据方程ΔU＝W＋Q求

出未知量；(3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况．考点二、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用热力学第一定律与理想气体状态方程结合问题的分析思路：(1)利用体积的变化分析做功情况．

气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功．(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小．(3)利用热力学第一定律判断是吸

热还是放热．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程考点三：能量守恒定律1．能量的存在形式及相互转化(1)各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、核能等．

(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化．例如：利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能．2．能量守恒的两种表达(1)某种形式的能减少，一定有其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，

一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．3．第一类永动机不可能制成的原因分析如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU＝W＋Q知，系统内能将减小．若想源源不断地做功，在无外界能量供给的情况下是不可能的．二：考点题型归纳题型一：理解热力学第一定律1．（2022春·北京·高二期末）一定质量

的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用1W表示外界对气体做的功，2W表示气体对外界做的功，1Q表示气体吸收的热量，2Q表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（）A．1221QQWW−=−B．1

2QQ=C．12WW=D．12QQ2．（2022春·山东临沂·高二校考期末）一定质量的理想气体从状态a开始，经历abcda→→→→一次循环回到原状态，其体积随热力学温度变化的图像如图所示，其中ab、dc均垂直于横轴，ad，bc的延长线均过原点O。下列表述不正确

的是（）A．在过程da→中气体从外界吸收热量B．在过程da→中在单位时间单位面积上碰摘容器壁的气体分子数减小C．在过程bc→中外界对气体做的功小于在过程da→中气体对外界做的功D．经历abcda→→→→一次循环，气体放出热量3．（20

22春·黑龙江哈尔滨·高二黑龙江实验中学校考阶段练习）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（）A

．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中

内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量题型二：判断系统内能改变的问题4．（2023春·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）如图所示，一定质量的理想气体从a状态开始，经历b、c状态再次回到a状态。b到c过程气体放热3.9J，c到a过程气体吸热2.1J。则下列说法正

确的是（）A．c→a过程相同时间内撞到单位面积上的分子数减少B．a→b过程气体温度先减小后增大C．a→b过程气体吸热4.05JD．经过一个循环，气体对外界做的总功为1.95J5．（2023春·广东广州·高二广州大学附属中学校考阶段练习）如图所示为针对新冠疫情设计的消杀喷药装置

，内部装有2L药液，上部密封压强为1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L。假设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，外部大气压强为1atm，下列说法正确的是（）A．充气后，密封气体压强变为1.1atmB．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，密封气体向外界放热6．（2023秋·新疆哈密·高二校考期末）一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中p1=3p2，V2=

4V1，状态1、2对应的温度分别为T1、T2，由状态1变化到状态2（气体外界非真空）的过程中，下列说法正确的是（）A．气体对外做功，温度降低B．气体分子热运动的平均动能不变C．气体内能增加，一定从外界吸收热量D．在单位时间内，器壁单位面积上受分子撞

击的次数增多题型三：计算系统内能改变的物理量7．（2021秋·高二课时练习）一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为0T。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强

为p0，重力加速度为g。则（）A．初始时，气体压强10pp=B．停止加热时，气体的温度02TT=C．该过程中，气体内能增加量UQmgL=−D．该过程中，气体内能增加量0UQpSL=−8．（2022春·山东临沂·高二统考期末）如图所示是一定质量的某种理

想气体状态变化的p-V图像，气体由状态A变化至状态B的过程中，该气体（）A．内能不变B．对外做功为5310JC．吸收的热量小于6310JD．当气体体积为35m时气体的内能最大9．（2022春·广东潮州·高二统考期末）如图，内壁光滑的气缸竖直放置在水平桌面

上，气缸内封闭一定质量的气体。气体从状态A（活塞在A处）变为状态B（活塞在B处）时，气体吸收热量280J，气体的内能增加160J，则下列说法正确的是（）A．外界对气体做功120JB．气体对外界做功120JC．外界对气体做功440JD．气体

对外界做功440J题型四：能量守恒定律10．（2022春·高二课时练习）下列关于能量守恒定律的认识，不正确的是（）A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．对物

体做功，物体的内能可能减小D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明石子的能量消失了11．（2022春·高二课时练习）在学习了内能及能量的转化和守恒后，同学们在一起梳理知识时交流了以下想法，你认为其中不正确．．．的是（）A．做功可以

改变物体的内能B．热传递改变物体内能是不同形式的能量的相互转化C．在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化D．能量在转移和转化的过程中总会有损耗，但能量的总量总保持不变12．（2022春·高二课时练习）下列说法中错误的是（）A．能的转化和守恒定律只适用于物体内能的变化B．只

要有能的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律C．能的转化和守恒定律是人们认识自然和利用自然的有力武器D．任何一种形式的能在转化为其他形式的能的过程中，消耗多少某种形式的能量，就能得到多少其他形式的能量，而能的总量保持不变题型五：第一类永动机问题13．（2021秋

·高二课时练习）“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为（）A．它不符合机械能守恒定律B．它违背了能量守恒定律C．没有合理的设计方案D．找不到合适的材料14．（2022春·高二课时练习）17世纪70年代，英国赛斯特城的约

翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q

，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。下列关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（）A．满足能量守恒定律，所以可能实现B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以

实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现15．（2022春·高二课时练习）“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为（）A．它不符合机械能守恒定律B．它违背了能的转化和守恒定律C．它做功产生的热不符合热功当量D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料题型六：理想气体方程和内能的综合问题16．（20

23秋·浙江衢州·高二校联考期末）如图所示，导热良好的气缸用质量不计，横截面积为S的光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下表面与气缸底部之间的距离为L。在活塞上放一重物，活塞平衡时下表面距离气缸底部的高度为34L。已知大气压强为p0，环境温度为T0，重力加速度为g

。（1）求重物的质量；（2）若缓慢升高气体的温度，求当活塞回到原位置时，气体的温度T；（3）在第（2）问中，已知气体吸收热量为Q，求气体内能的增加量U。17．（2022春·河南信阳·高二统考期末）质量为m的理想气体，从状态A开始，经历AB、BC、CA三个

过程又回到状态A，气体的压强p与密度的的关系图像如图所示；AB的反向延长线经过坐标原点O，BC、AC分别与纵轴、横轴平行，已知气体在状态A的压强为0P、温度为0T，在状态A、C的密度分别为A、C，求：（1）气

体在状态B的温度；（2）从状态C到状态A气体对外做的功。18．（2022春·山东威海·高二统考期末）圆柱形导热气缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，气缸顶端有限位装置。活塞的横截面积为S，重力为05pS，气缸的总长度为0l，大气压强为0p。开始时缸内气体的温度为0T，活塞

静止于离气缸底的距离为03l处。现使环境温度缓慢升高，当气体从外界吸收0035pSlQ=的热量后，活塞上升到离气缸底的距离为023l处。活塞及气缸壁的厚度不计，气体的内能与热力学温度成正比，比例系数为k（未知），求：（1）该过程气

体内能的变化量；（2）k；（3）当环境温度再次升高，气体继续吸收3Q的热量，此时缸内气体的压强。三：课堂过关精练一、单选题19．（2022春·高二课时练习）大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所

示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯

曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（

）A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现20．（2022春·吉林白城·高二阶段练习）如图是斯特林循环的V

-t图像。一定质量的理想气体按图线从状态a经b、c和d后再回到a，图中ab、cd和横轴平行，bc和ad与纵轴平行。下列说法不正确的是（）A．从a到b，气体从外界吸收热量B．从b到c过程中气体对外界做的功，小于从d到a过程中外界对气体做的功C．从c到d，气体的压强减小，向外放

热D．从d到a，单位体积内的气体分子数目增多21．（2022春·高二课时练习）“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为（）A．它不符合机械能守恒定律B．它违背了能量守恒定律C．它做功产生的热不符合热功当量D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料22．（2023春·辽宁沈阳·高二校考阶段

练习）如图所示为一导热气缸，内封有一定质量理想气体，活塞与气缸壁的接触面光滑，活塞上方用弹簧悬挂。活塞质量m与气缸质量M，大气压0p，活塞横截面积S均为已知，则缸内压强为多少；当周围环境温度不变，大气压缓慢增大后，下列说法正确的是（）

A．0MgpS−，弹簧长度变短B．0mgpS+，气体内能将增加C．0mgpS+，气体向外放出热量D．0MgpS−，单位时间碰撞气缸壁单位面积的分子数增加23．（2023春·湖北黄冈·高二蕲春县第一高级中学校考阶段练习）某同学将一定质量的理想气体封

闭在导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水池中。开始时，活塞位置对应刻度数为“8”，测得压强为0p。活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固。继续缓慢压缩气体，当

活塞位置对应刻度数为“2”时停止压缩，此时压强为043p。则该过程中（）A．泄漏气体的质量为最初气体质量的23B．气泡在上升过程中内部气体压强变大C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大D．注射器内存留气体的内能不变24．（

2023春·河南三门峡·高二灵宝市第一高级中学校考阶段练习）如图所示的p-V图像中A→B→C→A表示一定质量的理想气体的状态变化过程，1atm=1.01×105Pa，则以下说法正确的是（）A．由状态B到状态C的过程中，外界对气体做了202J

的功B．由状态C到状态A的过程中，气体吸收的热量等于外界对气体做的功C．气体在A、B两状态时的温度相等，由状态A到状态B的过程中，气体温度一直保持不变D．由状态A到状态B的过程中，气体从外界吸收的热量大于气体对外界所做的功25．（2023春·内蒙古赤峰·高二校考阶段练习）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时温度为320KAT=，求：（1）气体在状态C时温度CT；（2）若气体在A→B过程中吸热2000J，则在A→B过程中气体内能如何变化

？变化了多少？26．（2023春·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考阶段练习）如图所示，一端带有卡口的导热气缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞A封闭在该气缸内，活塞A可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时活塞A与气缸底

的距离19cmL=，离气缸口的距离23cmL=。已知活塞A的质量20kgm=，横截面积2100cmS=，外界气温为27℃，大气压强为51.010Pa，重力加速度210msg=，活塞厚度不计。现将气缸缓慢地转到开口竖直向上放置，待稳定后对气缸内气体逐渐加热

。（1）使活塞A缓慢上升到上表面刚好与气缸口相平，求此时缸内气体的热力学温度；（2）在对缸内气体加热过程中，活塞A缓慢上升到上表面刚好与气缸口相平，缸内气体净吸收1370JQ=的热量，求气体增加了多少焦耳的内能；

（3）在（2）问基础上，继续加热，当缸内气体再净吸收2474JQ=的热量时，求此时缸内气体的温度和压强。（已知一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，即：UkT=）四：高分突破精练一、单选题27．（2023秋·新疆哈密·高二校考期末）如图甲所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭

了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。现将气缸倒立挂起，稳定后如图乙所示，该过程中缸内气体（）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

28．（2022春·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学期中）如图所示为某理想气体的p一V图，该气体从状态a开始，经历如图所示的变化过程，先后到达状态b和c下列说法正确的是（）A．在a→b过程中气体对外界做功，吸收

热量B．在a→b过程中气体对外界做功，放出热量C．在b→c过程中外界对气体做功，放出热量D．在b→c过程中外界对气体做功，吸收热量29．（2022春·江苏苏州·高二统考期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120

J，已知状态A气体的温度为150C。下列说法正确的是（）A．气体在状态B时的温度为300CB．气体在此过程中吸收了200J的热量C．状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加D．状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态

A时的一半30．（2021春·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考期中）研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E，气缸的总高度90cmh=。a缸内被封闭

气体初始温度127t=℃，活塞与底部的距离160cmh=，活塞和气缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离265.4cmh=，关于上述变化过程，下列说法正确的是（）A．a气

缸中气体对外做的功一定小于其增加的内能B．稳定后，a气缸内气体温度为50℃C．b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体的950D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a气缸内新冠病毒能够被灭活31．（2022春·吉林·高二校联考期末）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的关系图像如下图所示，cd的延长线经过坐标原点O，ab、bc分别与纵轴、横轴垂直，e是Ob与da的交点，下列说法正确的是（）A．气体从状态c到状态d是等容变化B．ab之间某个状态的压强小于状态e的压强C．气体从状态b到状态c

是气体对外做功同时吸热D．气体从状态d到状态a是压强增大32．（2022春·辽宁·高二校联考期末）有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙和图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，（如图乙），挤出吸盘内部分空气，然后把锁

扣扳下（如图丙），使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好、有效面积为28cm（不计吸盘和墙壁接触部分的面积），扳下锁扣前密封体积为31.0cm，压强

等于大气压强为5110Pa，扳下锁扣后吸盘内体积变为32.0cm，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的2倍，下列说法正确的是（）A．扳下锁扣后吸盘内气体压强为5210PaB．扳下锁扣后吸盘内气体密度会变大C．该吸

盘此时能悬挂的物体的重力不能超过80ND．此过程中吸盘内的气体要放热二、多选题33．（2023春·河北邯郸·高二校考阶段练习）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其pV−图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在

过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（）A．气体经历过程1，外界对气体做功B．气体经历过程1，内能可能增大C．气体经历过程2，先放热后吸热D．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的一定相同3

4．（2022春·内蒙古通辽·高二校考期末）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，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气缸，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（）A．气体在被压缩的过程中内能增大B．在自发扩散过程中，气体对外界做功C．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功D．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变35．（2022春·河北沧州·高二任丘市第一中学校考期末）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b变化到c的过程中，气体的压强不变D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热36．（2021春·广东深圳·高二

深圳市宝安中学（集团）校考期中）如图所示，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。其中，AB→和CD→为等温过程，BC→和DA→为绝热过程（气体与外界无热量交换）。该循环过程中，下列说法正确的是（）A．AB→过程中，气

体的内能不变B．BC→过程中，气体分子的平均动能增大C．CD→过程中，气体分子数密度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．若气体在AB→过程中吸收63kJ的热量，在CD→过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为25kJ37．（20

21春·山东济南·高二山东省实验中学校考期中）一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等．下列判断正确的是（）A．气体在状态a的体积小于在状态c的体积B．从状

态d到a，气体与外界无热交换C．从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功D．从状态a到b，气体吸收的热量大于它增加的内能38．（2022春·高二课时练习）带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，其状态变化如图所示。气体开始处于状态A，由过程A→B到达状态B，其内能减小

了E，后又经过程B→C到达状态C。设气体在状态A时的压强、体积和温度分别为pA、VA和TA。在状态B时的体积为VB，状态C时的温度为TC。则下列说法正确的是（）A．气体在状态B时的温度ABBATVTV=B．气体在状态B时的温度AABBTTVV=C．A→B

过程中，气体放出的热量()=−+AABQpVVED．A→B过程中，气体放出的热量()=−−ABAQpVVE三、解答题39．（2023春·广东广州·高二广州市培正中学校考阶段练习）如图所示，一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积为S=2×10-3m2，

活塞上面封闭了一定质量的理想气体，活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的竖直轻弹簧相连，汽缸底部有气孔O与外界相通，大气压强p=1.0×105Pa。当汽缸内气体温度为127℃时，弹簧为自然长度，此时活塞距离汽缸顶部的高度为L1=20cm，g取10m/s2，汽缸和活塞导

热性能均良好，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。（1）当活塞距离汽缸顶部的高度为L2=24cm时，缸内气体温度为多少？（2）缸内气体温度上升到T0时，气缸恰好离开地面，则T0为多少？（3）缸内气体温度从T0上升到T=1500K过程中内能增量ΔU=5J，求该过程中缸内气体从外

界吸收的热量Q。40．（2023春·河北邯郸·高二校考阶段练习）如图所示，下端开口的导热气缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与气缸底部间的距离为L。一横截面积为S、质量为m的光滑活塞将一定量的理想气体封闭

在气缸内，缸内气体温度T=300K，活塞处于静止状态，活塞与气缸底部的距离为45L。现对缸内气体缓慢加热，直至气体的温度T2=400K，此过程中气体内能增加了U。已知外界大气压强为11mgS，重力加速度为g，不计活塞厚度

。求（1）温度达到T2时缸内气体的压强p；（2）温度从T1到T2的过程中缸内气体吸收的热量Q。41．（2021春·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校考期中）一农户采用肩背式手动喷雾器来喷洒消毒药，其原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门1K的打气

筒相连，下端出水口用细软管与带阀门2K的喷头相连。已知储液桶容积16.0LV=，打气筒每打一次能将10.3LV=的外界空气压入储液桶内。现向储液桶内注入210.0LV=的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关2K，设大气压强01.0atmp=、喷雾器内外温度均为27t=℃，打气过程中温度保持不变。（1）某次

打气时，将打气筒里的气体全部充入储液桶，需对气体做40JW=的功，则喷雾器内的空气吸热还是放热？吸收或放出多少热量。（2）某次消毒时，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到13.0atmp=，停止打气。打开阀门2K，喷雾消毒后气体压强又

降至21.5atmp=，上述过程温度不变。求打气筒打气的次数n和储液桶内剩余消毒液的体积3V。42．（2022春·山东临沂·高二统考期末）如图，一竖直放置的气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，气缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接。

活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m、2m，面积分别为S、2S，弹簧原长为l，弹簧的劲度系数20mgkl=。初始时系统处于平衡状态，此时活塞Ⅰ、Ⅱ到气缸两圆筒连接处的距离相等且弹簧处于压缩状态，两活塞间气体的温度为0T。已知气体的内能与热力学温度的关系为UT

=，活塞外大气压强为0P，g为重力加速度，忽略活塞与缸壁间的摩擦，气缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求两活塞之间的距离；（2）缓慢降低两活塞间的气体的温度，求当活塞Ⅱ刚运动到气缸两圆筒连接处时，活塞间气体的温度。（3）在活塞上移过程中，气缸内气体放出的热量Q

。参考答案：1．A【详解】一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，说明整个变化过程内能的变化为零，根据热力学第一定律可得12120UWWQQ=−+−=可得1221QQWW−=−

因为没有具体的变化过程，所以无法判断1W与2W的大小关系，也无法判断1Q与2Q的大小关系，A正确，BCD错误。故选A。2．C【详解】A．da→体积增大，气体对外做功，又因为温度升高，内能变大，所以气体从外界吸收热量，A正确，不符合题意；B．由于压强不变，体积变大，故

相同时间内碰撞容器壁的气体分子数变少，B正确，不符合题意；C．理想气体状态方程PVCT=，在过程bc→中为等压变化，故过程bc→中外界对气体做的功为()bcbcbccbWPVCTT==−在过程da→中也为等压变化

，故过程da→中气体对外界做的功为()dadadaadWPVCTT==−根据图像可知abTT=，cdTT=故bcdaWW=−即在过程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，C错误，符合题意；

D．由于在过程abc→→中气体的平均压强大于过程cda→→的平均压强，则在过程abc→→中外界对气体做功大于过程cda→→过程中气体对外做功，则经历abcda→→→→一次循环，整个过程外界对气体做正功；回到状态a,温度相

同，内能不变，根据热力学第一定律可知整个过程气体放出热量，D正确，不符合题意。故选C。3．B【详解】A．根据p-V图象的面积表示气体做功，得气体在a→b过程中对外界做的功为()00000023222abppWVVpV+=−=b→c过程中气体对外界做的功为

()000000233222bCppWVVpV+=−=所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A错误；B．气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以Ta=Tb即0abU=根据热力学第一定律UQW=+可知，从外界吸收

的热量为0032abQpV=气体在b→c过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以Tb<Tc即0bcU根据热力学第一定律UQW=+可知，在b→c过程中从外界吸收的热量为0032bcbcQUpV=+则有abbcQQ故B正确；C．

在c→a过程中，气体等压压缩，温度降低，即0caU，Wca>0根据热力学第一定律UQW=+可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C错误；D．根据上面选项分析，有Ta=Tb而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→

c过程中内能的增加量，故D错误。故选B。4．C【详解】A．由题图可知，c→a过程是等容变化，由查理定律可知，气体的压强增大，温度升高，气体又吸热，气体分子的平均动能增大，气体的密度不变，则有相同时间内撞到单位面积上的分子数增加，A错误；B．在p−V图像中，

等温过程对应的图线是一条曲线，对同一气体，等温线离坐标轴越远温度越高，因此a→b不是等温过程，气体温度先升高后降低，B错误；CD．a→b过程，压强减小体积增大，气体对外做功，由气体做功公式WpV=可知，p−V图线与坐标轴所

围面积表示做功数值，则有()()3320.5104110J3.75J2abW−+−==b→c过程，是等压变化，体积减小，外界对气体做功，则有()330.5104110J1.5JbcW=−=由热力学第一定律可知

，气体经过一个循环，内能不变，则有3.75J1.5J3.9J2.1J+0abUWQQ=+=−+−+=解得4.05JabQ=可知a→b过程气体吸热4.05J。c→a过程是等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，因此经过一个循环，气体对外界做的总功为3

.75J1.5J2.25JabbcWWW=−=−=C正确，D错误。故选C。5．C【详解】A．把充入的气体和原气体作为整体，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得11201()pVVVp=+解得11.2atmp=故A错误；B．温度是平均动能的标志，温度不

变，所以分子的平均动能不变，故B错误；C．充气后封闭气体压强变为1.2atm，大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故C正确；D．打开阀门后，密封气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体从外界吸热，选项D错误。故选C。6．C【详

解】ABC．根据理想气体状态方程pVCT=，可得21211234pVpVTT=可得1234TT=说明从状态1变化到状态2，气体温度升高，分子平均动能增加，气体内能增加（0U），气体体积变大说明气体对外做功（0W），根据热力学第一定律UQW=+可

知，由于内能增加，说明气体从外界吸收热量（0Q），故AB错误，C正确；D．分子平均动能增加，分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，故可得器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，故D错误。故选C。7．

B【详解】A．初始时，对活塞根据平衡条件有10pSpSmg=+解得10mgppS=+故A错误；B．对气体缓慢加热过程中，气体经历等压变化，根据盖—吕萨克定律有02LSLSTT=解得02TT=故B正确；CD．该过程中，气体

对外做功为10WpSLmgLpSL==+根据热力学第一定律可得0UQWQmgLpSL=−=−−故CD错误。故选B。8．D【详解】A．根据题中图像可得p与V的关系式为10pV=−+根据理想气体状态方程可得()21010VVpVVVTCCC−+−+

===可以看出气体温度变化图像是一条开口向下的抛物线，气体由状态A变化至状态B的过程中，温度先升高后降低，根据热力学第一定律，可知内能先增大后减小，故A错误；B．根据面积法可知，图像与V轴围成的面积等于气体对外做功的大小，因此气体对外做功为()5682610310J2W+==故B错误；C

．根据理想气体状态方程可知A、B两状态下的温度为AABBABpVpVTTCC===因此气体由状态A变化至状态B的内能变化量为0，由热力学第一定律可知UWQ=+由于U为零，所以气体对外做功大小与吸收的热量相等，

为6310J，故C错误；D．根据A中分析可知，气体的温度变化呈一条开口向下的抛物线，抛物线的对称轴为()()3105m21V==−−所以当气体体积为35m时气体的温度最大，内能最大，故D正确。故选D。9．B【详解】由题意知280JQ=160JU=由热力

学第一定律可知UWQ=+解得120JW=−即气体对外界做功120J，故B正确，ACD错误。故选B。10．D【详解】A．根据能量守恒定律得知，某种形式的能减少，其他形式的能一定增加，故A正确；B．某个物体的总能量

减少，根据能量守恒定律得知，必然有其他物体的能量增加，故B正确；C．对物体做功，但若物体同时向外界放热，物体的内能可能减小，故C正确；D．石子在运动和碰撞中机械能转化为物体及周围物体的内能，能量并没有消失，故D错误。故选D。1

1．B【详解】A．做功和热传递都可以改变物体的内能，故A说法正确，不符合题意；B．热传递是不同物体间的内能相互转移，故B说法错误，符合题意；C．在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化，故C说法正确，不符合题意；D．能量在转化和转移的过程中总会有损耗，例如电动机的工作原理就是电能转化为

机械能，但是因为机械之间存在摩擦，摩擦生热，所以有一部分电能转化为内能，而这部分的能量转化是我们不需要的，所以可以称这部分能量损耗了．根据能量守恒定律，自然界中所有能量的总量保持不变，故D说法正确，不符合题意．故选B．12．A

【详解】各种形式的能都可以相互转化，并不是只适用于物体内能的变化，且有能的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律，A错误，符合题意，BCD正确，不符合题意。13．B【详解】第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律。故选B。14．D【详解】维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能

量守恒定律。铁球上升过程中，磁场力对铁球做正功，使铁球增加了机械能；但铁球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现。故选D。15．B【详解】第一类永动机不可能制成的原因是

违背了能的转化和守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。16．（1）03pSmg=；（2）043TT=；（3）013UQpSL=−【详解】（1）放重物后，气体压强0mgppS=+气体做等温变化034LpLSpS=联立解得03pSmg=（2）缓慢升高气体温

度，活塞缓慢上升，气体做等压变化034LSLSTT=解得043TT=（3）气体等压变化过程中，对外界做功()01144WpSLpmgL==+根据U=Q＋W可得()014UQpmgL=−+将m代入得013UQpSL=−17．（1）0B

TT=；（2）()0CACACAmpW−=【详解】（1）由密度的定义可知mV=结合理想气体状态方程VCT=可得CTpm=因此p−关系图像的本质是mpV−关系图像，而对一定质量的理想气体，当T是定值时，p−关

系图像是经过坐标原点的倾斜直线，则气体从状态A到状态B做等温变化，气体在状态B的温度为0BTT=（2）由mV=可得ACAmmVVc==，气体从状态C到状态A对外做的功为()0CAACWpVV=−综合可得()0CACACAmpW−=18．（1）005p

Sl；（2）0005pSlT；（3）03.6p【详解】（1）设气体初始压强为p，根据受力平衡可得005ppSSPS=+解得065pp=气体从离气缸底03l到023l过程，气体发生等压变化，外界对气体做功为00000233352()pSpSWpllllS=−=−−=−根据热力

学第一定律可得00000035552pSpSUQWpSlll−==+=（2）气体从离气缸底03l到023l过程，气体发生等压变化，则有0001233lSlSTT=又10UkTkT=−联立解得0005pSlkT=（3）当环境温度再次升高，气体继续做等压变化，可知当气体再吸收Q的热量

，活塞刚好到达气缸顶端，之后气体做等容变化，设气体继续吸收3Q的热量后，气体的温度为2T，气体压强为2p，则有21UkTkT=−，033lSUQp=−解得209TT=根据理想气体状态方程可得020023lSpplSTT

=解得2001833.65pppp===19．D【详解】根据上述，维尔金斯“永动机”不消耗能量，又能源源不断对外做功，这是第一类永动机，其违背了能量转化和守恒定律，不可能实现。故选D。20．B【详解】A．由图示图像可知，从a到b

过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，外界对气体不做功，0U，0W=，由热力学第一定律UWQ=+可知0QUWU=−=气体从外界吸收热量，故A正确；B．由图示图像可知，从b到c与从d到a过程气体体积的变化量V相等，从b到c气体压强的变化量大于从d到a过程气体

压强的变化量大，从b到c过程中气体对外界做的功大于从d到a过程中外界对气体做的功，故B错误；C．由图示图像可知，从c到d过程气体体积V不变而温度T降低，外界对气体不做功，气体内能减小，0W=，0U，由理想气体

状态方程pVCT=可知气体压强p减小，由热力学第一定律UWQ=+可知0QUWU=−=气体向外放出热量，故C正确；D．从d到a过程气体体积减小，气体分子数不变而体积减小，单位体积内的气体分子数目增多，故D正确；故选B。21．B【详解】第一类永动机不可能制成

的原因是违背了能量守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。22．D【详解】A．对气缸受力分析有0pSMgpS+=得0MgppS=−对活塞及气缸整体受力分析，受到重力和弹簧弹力作用，根据二力平衡mgMgkx+=无论外界大气压强如何变化，整体受力不变，所以弹簧长度不

变；A错误；BC．对活塞受力分析，受到重力、弹簧弹力、以及大气压力和密闭气体的压力，根据共点力平衡有0mgpSkxpS+=+解得0mgkxppSS=+−因为大气压强缓慢增大，可知密闭气体压强增大，因为气缸导热，所以缸内气体温度降低，气体内能减小U＜0根据理想气体方程pVCT=所以气体体积减小

，所以外界对气体做功W＞0根据热力学第一定律UWQ=+所以气体对外放出热量；BC错误；D．根据密闭压强的微观原因可知，温度降低，气体分子撞击器壁的力减小，又因为密闭气体压强变大，可知单位时间碰撞气缸壁单位面积的分子数

增加，D正确。故选D。23．A【详解】A．对被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律00483plSpxlS=解得6x=则泄露气体的质量与最初气体质量之比为::(62):62:3mmVVSS==−=故A正确；B．气

泡在上升过程，气泡受到液体的压强逐渐减小，气体温度不变，体积增大，压强减小，故B错误；C．注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故C错误；D．注射器内存留气体的温度不变，分子平均动能不变，但分子数目减少，则注射器内存留

气体的内能减小，故D错误。故选A。24．A【详解】A．由状态B到状态C的过程中，外界对气体做的功为()531.01103110J202JWpV−－＝＝＝故A正确；B．由状态C到状态A的过程中，压

强增大，温度升高，气体内能增大，因为体积不变，所以气体吸收的热量等于气体内能的增加量，故B错误；C．因为AABBpVpV＝所以气体在A、B两状态时的温度相等。由图像可知，由状态A到状态B的过程中，气体温度

先升高后降低，故C错误；D．因为气体在A、B两状态时的温度相等，所以内能不变，根据热力学第一定律UWQ＝＋可知，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功，故D错误。故选A。25．（1）400K；（2）增加800J【详解】（1）D→A为等温线，则AD320K

TT==C到D过程由盖—吕萨克定律得CDCDVVTT=解得C400KT=（2）A→B过程压强不变，体积增大，则气体对外界做功53410310J1200JWpV−===由热力学第一定律得2000J1200J

800JUQW=+=−=则气体内能增加，增加800J。26．（1）480K；（2）316J；（3）750K，51.87510Pa【详解】（1）当气缸水平放置时，以密封气体为对象，有511.010Pap=，11VLS=，1(27327)K300KT=+=当气缸后朝上，活塞上表面刚好与气缸口

相平时，以活塞为对象，根据受力平衡可得20pSpSmg=+解得521.210Pap=此时212()VLLS=+由理想气体状态方程可得112212pVpVTT=解得此时缸内气体的热力学温度为22121480KpVTTpV

==（2）从开始到气缸口向上，稳定时，由玻意耳定律可得112pLSpLS=解得7.5cmL=加热过程，气体等压膨胀，外界对气体做功为212()54JWpSLLL=−+−=−根据热力学第一定律可得1154J370J316JUWQ=+=−+=可知气体增加了316J的内能。（

3）继续加热，气体体积保持不变，则0W=，可得22474JUQ==一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，则有122132UUTTTT=−−解得3750KT=气体发生等容变化，则有3223ppTT=解得523321.87510PapTpT==27．C【详解】A

．初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，设初始时气缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有p1S=p0S+mg将气缸倒立挂起，气缸内的压强为p2，活塞的面积为S，则有p2S=p0S-

mg由此可知气体的压强减小，气体膨胀，气体对外做功W<0气缸、活塞都是绝热的，根据热力学第一定律UWQ=+可知内能减小，故A错误；BCD．由上分析可知，气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都

减小，温度降低速率大的分子数占总分子数的比例减小，故BD错误，C正确。故选C。28．A【详解】AB．在a→b过程中体积膨胀，气体对外界做功，根据=pVCT可知，温度上升，内能增大，根据热力学第一定律可知吸收热量，故A正确，B错误；CD．在b→c过程中

体积膨胀，气体对外界做功，据=pVCT可知，温度上升，内能增大，根据热力学第一定律可知吸收热量，故CD错误。故选A。29．B【详解】A．从状态A变化到状态B，等压变化，则ABABVVTT=由题意知332.010mAV−=，334.010mBV−=，273K

150C423KAT=+=可得2846K573CBATT===故A错误；B．从状态A变化到状态B，气体膨胀，外界对气体做负功，则()530.4104.02.010J80JW−=−−=−从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120J，

则120JU=由热力学第一定律UWQ=+可得200JQ=故B正确；C．从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；D．从状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，温度升高，分子平均动能增大，

则分子运动的激烈程度增大，分子对器壁的平均撞击力增大；根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，不一定是一半。故D错误。故选B。30．C【详解】C．由题意可知，原b气缸的高度1130cmhhh=−=当a气缸稳定后活塞与底部的距离265.4c

mh=此时b气缸的高度2224.6cmhhh=−=设S为活塞的面积，那么b气缸中逸出的气体占原b气缸中气体为112509hShShS−=C正确；A．a气缸中的气体吸收热量Q，对外做功W,由热力学第一定律UWQ=+a气缸中的气体温度升高，内

能增加。0U，0Q，0Wa气缸中气体对外做的功不一定小于其增加的内能。A错误；BD．由于K始终打开，a气缸中的气体的压强不变，可得1212273273hShStt=++代值求得254t=℃温度没有超过56℃，保

持54℃不变再持续30分钟，a气缸内新冠病毒不能够被灭活。BD错误。故选C。31．B【详解】A．根据VCT=可知，由于cd的延长线经过坐标原点O，则气体从状态c到状态d是等压变化。故A错误；B．根据pVCT=可知VCTp=坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比，

由图可知，O与b的连线的斜率最小，压强最大，即e点压强最大。故B正确；C．由图可知，气体从状态b到状态c等温变化，气体内能不变，同时体积变小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量。故C错误

；D．根据pVCT=可知VCTp=坐标原点O与ad上各点的连线斜率与压强成反比，由图可知，气体从状态d到状态a是压强减小。故D错误。故选B。32．C【详解】A．由于轻质吸盘导热良好，所以扳下锁扣前、后吸盘内气体可视为等温变化，根据玻意耳定律有0011p

VpV=解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为510.510Pap=A错误；B．扳下锁扣后吸盘内气体质量不变，体积变为原来的2倍，所以密度变为原来的一半，B错误；C．此时吸盘与墙壁间的正压力大小为N01()40NFppS=

−=该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过maxN280NGF==C正确；D．此过程中吸盘内气体体积变大，气体对外做功，轻质吸盘导热良好故在变化过程中温度不变，内能不变，根据热量学第一定律可知此过程中吸盘内的气体要吸热，D

错误。故选C。33．CD【详解】AB．由图可知气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外界做功，根据热力学定律可得内能减小，故温度降低，即NMTT，故AB错误；C．气体在过程2中，根据理想气体状态方程pVCT=可知刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对

外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，由于NMTT，所以气体经历过程2内能减小，故C正确；D．无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。故选CD。34．AC【详解】B

．气体向真空扩散过程中对外不做功，故B错误；AC．气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，故AC正确；D．气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，故D错误。故选AC。35．ABD【详解】AC．理想气体从状态a到状态b，图线是过原点的倾斜

直线，由pVT=常数可知该过程是等压变化；从状态b变化到状态c，V增大，T降低，所以压强p减小，故状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；BD．由a变化到b的过程中，V增大，所以气体对外做功，

T升高，则内能增大，由热力学第一定律UWQ=+可知气体吸热，故BD正确。故选ABD。36．ACD【详解】A．A到B为等温过程，则气体的内能不变，故A正确；B．B到C绝热，没有热交换，体积增大，对外做功，内能减小，所以气体分子平均动能减小，故B错误；C．C到D过程中

，体积减小，气体分子数密度增大，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数就增多，故C正确；D．气体完成一次循环，内能不变，由热力学第一定律知气体对外做的功为63kJ-38kJ=25kJ故D正确。故选ACD。37．AC【详解】A．根据理想气体状态方程pVCT=，

由于ba和cd的延长线过坐标原点，则pT−图像的斜率表示CV，可知斜率越大，体积越小，由图可知，气体在状态a的体积小于在状态c的体积，故A正确；D．根据题意可知，其中ba和cd的延长线过坐标原点，则从状态a到b和从状态c到d均为等容变

化，气体和外界之间不做功，由图可知，从状态a到b气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于它增加的内能，故D错误；B．由图可知，从状态d到a，气体的温度不变，体积减小，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体需要放出热量，故

B错误；C．由图可知，从状态b到c，气体温度升高，气体内能增加，气体体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于它对外界做的功，故C正确。故选AC。38．AC【详解】AB．根据理想气体状态方程可得AA

BBABpVpVTT=A→B过程中，气体做等压变化，所以有ABBATVTV=故A正确，B错误；CD．A→B过程中内能减小了E，根据热力学第一定律有()'AABEWQpVVQ−=+=−+解得()'AABQpVVE=−−+即

A→B过程中，气体放出的热量()=−+AABQpVVE故C正确，D错误。故选AC。39．（1）720K；（2）1012.5K；（3）44J【详解】（1）根据题意，有11VLS=，22VLS=，1400KT=

5100.810PamgppS=−=52120()1.210PakLLmgppS−−=+=根据理想气体状态方程，得112212pVpVTT=解得2720KT=（2）当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力刚好为零，此后再升高气体温度，气体压强

不变，气体做等压变化，设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为x，则()kxmMg=+解得7cmx=()31VxLS=+，5301.510PaMgppS=+=根据理想气体状态方程，得331110pVpVTT=解得01012.5KT=（3）缸内气体温度从T0上升到T=1500K过

程中，假设汽缸上升了L3的高度，则()413VxLLS++=，5401.510PaMgppS=+=根据理想气体状态方程，得33440pVpVTT=解得313cmL=上述过程为等压变化，故气体对外做功439JWpV=−=−根据热力学第一定律得UQW=+解得44JQ=40．（1）323mg

pS=；（2）2QUmgL=+【详解】（1）活塞初态平衡10pSmgpS+=初态到活塞接触卡环，等压变化145LSLSTT=解得375K400KT=即400K时活塞已经与卡环接触，气体状态方程11245pLSpLSTT=解得323mgpS=（2）等压变

化过程中，外界对气体所做功145WpSLL=−−热力学第一定律UWQ=+解得2QUmgL=+41．（1）放出热量40J；（2）40，4L【详解】（1）因为打气过程中温度保持不变，则气体内能不变，0U=，根据热力学第一定律UQW=+，40JW=所以40JQ=−即喷雾器内的空气

放热，放出40J热量；（3）某次连续打气过程中，因为温度不变，根据玻意耳定律02112()()pVVnVpVV−+=−解得40n=喷雾消毒后气体压强又降至21.5atmp=，因为温度不变，根据玻意耳定律1224()pVV

pV−=解得此时储液桶中剩余气体体积为412.0LV=则此时剩余消毒液的体积为344LVVV=−=42．（1）0.8l；（2）023T；（3）0021(3)53pSmglT−+【详解】（1）设封闭气体的压强为1p，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由

平衡条件有0101222mgpSmgpSpSpS+++=+解得103mgppS=−对活塞Ⅰ由平衡条件有01()mgpSpSklx+=+−解得x=0.8l（2）缓慢降低两活塞间的气体的温度使得活塞Ⅰ刚运动到气缸连接处时，对两活塞和弹簧

的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为2103mgpppS==−即封闭气体发生等压过程，初、末状态的体积分别为10.80.821.222llVSSlS=+=，22VlS=由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有20.8ll=由盖·吕萨克定律得120VVTT=解得023TT=

（3）活塞上移过程中，外界对气体做的功为0213()()mgWpVpVVS==−−在这一过程中，气体内能的变化量为0()UTT=−由热力学第一定律得UQW=+气缸内气体放出的热量为0021(3)53QpSmglT=−+