2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設計》一輪總復習（提升版）第3講　熱力學定律與能量守恒定律

第3講熱力學定律與能量守恒定律考點一熱力學第一定律能量守恒定律1.改變物體內能的兩種方式：做功和傳熱。2.熱力學第一定律（1）內容：一個熱力學系統(tǒng)的內能變化量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和。（2）表達式：ΔU＝Q＋W。（3）ΔU＝Q＋W中正、負號法則物理量意義符號WQΔU＋外界對物體做功物體吸收熱量內能增加－物體對外界做功物體放出熱量內能減少3.能量守恒定律（1）內容能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。（2）條件性能量守恒是自然界的普遍規(guī)律，某一種形式的能是否守恒是有條件的。（3）第一類永動機是不可能制成的，它違背了能量守恒定律。?判斷小題1.做功和熱傳遞的實質是相同的。 （×）2.外界壓縮氣體做功20J，氣體的內能可能不變。 （√）3.給自行車打氣時，發(fā)現打氣筒的溫度升高，這是因為打氣筒從外界吸熱。（×）1.熱力學第一定律的理解（1）內能的變化常用熱力學第一定律進行分析。（2）做功情況看氣體的體積：體積增大，氣體對外界做功，W為負；體積縮小，外界對氣體做功，W為正。（3）與外界絕熱，則不發(fā)生傳熱，此時Q＝0。（4）如果研究對象是理想氣體，因理想氣體忽略分子勢能，所以當它的內能變化時，體現在分子動能的變化上，從宏觀上看就是溫度發(fā)生了變化。2.三種特殊情況（1）若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU，外界（物體）對物體（外界）做的功等于物體內能的增加（減少）；（2）若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收（放出）的熱量等于物體內能的增加（減少）；（3）若在過程的初、末狀態(tài)，物體的內能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q，外界（物體）對物體（外界）做的功等于物體放出（吸收）的熱量。1.【熱力學第一定律的應用】（2024·九省聯(lián)考吉林）某同學取一裝有少量水的塑料礦泉水瓶，旋緊瓶蓋，雙手快速擰搓擠壓水瓶。然后迅速擰松瓶蓋，瓶蓋被頂飛的同時瓶內出現白霧，則 （）A.擠壓水瓶過程中，瓶內氣體分子的平均動能減小B.擠壓水瓶過程中，瓶內氣體內能不變C.瓶蓋被頂飛過程中，瓶內氣體對外做功D.瓶蓋被頂飛過程中，瓶內氣體溫度升高解析：C旋緊瓶蓋，雙手快速擰搓擠壓水瓶，外界對氣體做正功，瓶內氣體來不及發(fā)生熱傳導，根據熱力學第一定律可知，瓶內氣體內能變大，瓶內氣體溫度升高，則瓶內氣體分子的平均動能增大，故A、B錯誤；然后迅速擰松瓶蓋，瓶蓋被頂飛過程中，瓶內氣體對外做功，瓶內氣體來不及發(fā)生熱傳導，根據熱力學第一定律可知，瓶內氣體內能變小，瓶內氣體溫度降低，故C正確，D錯誤。2.【能量守恒定律與熱力學第一定律的綜合】（多選）下列有關物體內能改變的說法中，正確的是 （）A.外界對物體做功，物體的內能一定增加B.外界對物體傳遞熱量，物體的內能一定增加C.物體對外界做功，物體的內能可能增加D.物體向外界放熱，物體的內能可能增加解析：CD做功和熱傳遞都能改變物體的內能，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知，當外界對物體做功時，物體的內能不一定增加，同理當外界對物體傳遞熱量時，物體的內能也不一定增加，故A、B錯誤；由ΔU＝Q＋W可知，若物體對外界做功的同時吸收熱量，物體的內能可能增加，同理物體向外界放熱的同時外界對物體做功，物體的內能可能增加，故C、D正確?？键c二熱力學第二定律1.熱力學第二定律的兩種表述（1）克勞修斯表述：熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體。（2）開爾文表述：不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產生其他影響。2.熱力學第二定律的微觀意義一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行。?判斷小題1.可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功。 （√）2.熱機中，燃氣的內能可以全部變成機械能而不引起其他變化。（×）3.熱量不可能從低溫物體傳給高溫物體。 （×）1.熱力學第二定律的理解（1）“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學宏觀現象的方向性，不需要借助外界提供能量。（2）“不產生其他影響”的含義是指發(fā)生的熱力學宏觀過程只在本系統(tǒng)內完成，對周圍環(huán)境不產生熱力學方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。2.熱力學第二定律的實質熱力學第二定律的每一種表述，都揭示了一切與熱現象有關的宏觀過程都具有方向性，即一切與熱現象有關的宏觀自然過程都是不可逆的。3.兩類永動機的比較分類第一類永動機第二類永動機設計初衷不需要任何動力或燃料，卻能不斷地對外做功的機器從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產生其他影響的機器不可能制成的原因違背能量守恒定律不違背能量守恒定律，但違背熱力學第二定律1.【熱力學第二定律的理解】（多選）如圖所示為電冰箱的工作原理示意圖，壓縮機工作時，強迫制冷劑在冰箱內外的管道中不斷循環(huán)，在蒸發(fā)器中制冷劑汽化吸收箱體內的熱量，經過冷凝器時制冷劑液化，放出熱量到箱體外。下列說法正確的是 （）A.熱量可以自發(fā)地從冰箱內傳到冰箱外B.電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，是因為其消耗了電能C.電冰箱的工作原理違背熱力學第一定律D.電冰箱除了將熱量從低溫熱庫傳到高溫熱庫外，工作過程中所產生的其他一切影響，無論用任何辦法都不可能加以消除解析：BD熱力學第一定律是熱現象中內能與其他形式能的轉化規(guī)律，是能量守恒定律的具體表現，適用于所有的熱學過程，故C錯誤；根據熱力學第二定律，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，必須借助于其他系統(tǒng)做功，故A錯誤，B正確；壓縮機工作時會發(fā)熱，將一部分電能轉化為內能消耗掉，這種影響沒法消除，故D正確。2.【兩類永動機的比較】關于兩類永動機和熱力學的兩個定律，下列說法正確的是 （）A.第二類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第一定律B.第一類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第二定律C.由熱力學第一定律可知做功不一定改變內能，熱傳遞也不一定改變內能，但同時做功和熱傳遞一定會改變內能D.由熱力學第二定律可知從單一熱庫吸收熱量，完全變成功是可能的解析：D第一類永動機違反能量守恒定律，第二類永動機違反熱力學第二定律，故A、B錯誤；由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可知做功不一定改變內能，熱傳遞也不一定改變內能，同時做功和熱傳遞也不一定會改變內能，故C錯誤；由熱力學第二定律可知從單一熱庫吸收熱量，完全變成功是可能的，但會引起其他變化，故D正確?？键c三熱力學第一定律與圖像的綜合應用1.氣體的狀態(tài)變化可由圖像直接判斷或結合理想氣體狀態(tài)方程pVT＝C2.氣體的做功情況、內能變化及吸、放熱關系可由熱力學第一定律分析。（1）由體積變化分析氣體做功的情況。體積膨脹，氣體對外界做功；氣體被壓縮，外界對氣體做功。（2）由溫度變化判斷理想氣體內能變化。溫度升高，理想氣體內能增大；溫度降低，理想氣體內能減小。（3）由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q判斷氣體是吸熱還是放熱。（4）在p－V圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示整個過程中氣體對外界或外界對氣體所做的功。熱力學第一定律與p－V1V【例1】（多選）一定質量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V圖線描述，其中DA為等溫線，氣體在狀態(tài)A時的溫度為T＝300K。下列說法正確的是 （）A.氣體在狀態(tài)C時的溫度TC＝375KB.從A到C過程外界對氣體做了600J的功C.從狀態(tài)D變化到狀態(tài)A，單位體積內的氣體分子數減小，氣體分子的平均動能不變D.若從D到A過程中外界對氣體做功為250J，則從A→B→C→D→A（一次循環(huán)）過程中氣體吸收的熱量為250J答案：AD解析：由題可知DA為等溫線，則TA＝TD＝300K，C到D過程由蓋—呂薩克定律得VCTC＝VDTD，解得TC＝VCTDVD＝375K，故A正確；A到B過程壓強不變，則氣體對外做功W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3J＝－600J，B到C過程體積不變，則氣體不對外做功，則A到C過程，氣體對外做功600J，故B錯誤；由于氣體質量保持不變，從狀態(tài)D變化到狀態(tài)A，氣體體積減小，單位體積內氣體分子數增大，溫度不變，氣體分子的平均動能不變，故C錯誤；由以上分析可知從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程氣體對外做功WAC＝－600J，從C到D過程體積減小，外界對氣體做功，即WCD＝1×105×（5－4）×10－3J＝100J，由以上各式可得W＝WAB＋WBC＋WCD＋WDA＝（－600＋100＋250）J＝－250J，一次循環(huán)內能不變，由熱力學第一定律可得Q【例2】（2024·江蘇徐州統(tǒng)考模擬）一定質量的理想氣體，由狀態(tài)a經a→b、b→c和c→a回到狀態(tài)a，其循環(huán)過程的p－1V圖像如圖所示，Ta、Tb、Tc分別表示氣體在狀態(tài)a、b、c的溫度，則（A.Ta＝Tb＞TcB.氣體在b→c過程中吸收熱量C.該循環(huán)過程中氣體對外做負功D.該循環(huán)過程中氣體放出熱量答案：B解析：在a→b過程，根據pVT＝C，解得p＝CT·1V，由于該過程的p－1V圖像是一條過原點的傾斜直線，可知該過程是等溫過程，即Ta＝Tb，b→c過程是等壓過程，由Vb＜Vc可知Tb＜Tc，則有Ta＝Tb＜Tc，A錯誤；根據上述分析可知b→c過程中氣體溫度升高、體積增大，氣體對外做功，W為負值，溫度升高，氣體內能增大，ΔU為正值，由ΔU＝W＋Q可知Q為正值，即氣體在b→c過程中吸收熱量，B正確；根據題圖，作出p－p－V圖像中，圖線與V軸所圍幾何圖形的面積表示功，b→c過程氣體對外做正功，a→b過程氣體對外做負功，根據圖中所圍幾何圖形的面積可知，b→c過程氣體對外界做功大于a→b過程外界對氣體做功，即該循環(huán)過程中氣體對外做正功，C錯誤；根據ΔU＝W＋Q，一個完整的循環(huán)過程，內能不變，根據上述該循環(huán)過程中氣體對外做正功，W為負值，則Q為正值，即該循環(huán)過程中氣體吸收熱量，D錯誤。熱力學第一定律與P－T圖像的綜合【例3】（多選）（2024·河北校聯(lián)考模擬預測）一定質量的理想氣體，狀態(tài)變化依次經歷a→b，再經歷b→c的過程，其壓強p和溫度T的關系如圖所示，根據p－T圖像，下列說法正確的是（）A.狀態(tài)a的體積小于狀態(tài)c的體積B.狀態(tài)a的內能大于狀態(tài)c的內能C.a→b的過程，氣體從外界吸熱D.b→c的過程，氣體的分子數密度增大答案：AC解析：由理想氣體的狀態(tài)方程pVT＝C，可得p＝CVT，即p－T圖線上的點與坐標原點連線的斜率與體積成反比，由題圖可知ka＝kb＞kc，則有Va＝Vb＜Vc，可知狀態(tài)a的體積小于狀態(tài)c的體積，b→c的過程，氣體的分子數密度減小，A正確，D錯誤；由題圖可知Ta＜Tc，可知狀態(tài)a的內能小于狀態(tài)c的內能，B錯誤；a→b的過程，氣體溫度升高，內能增大，即ΔU＞0，從狀態(tài)a到狀態(tài)b氣體做等容變化，則W＝0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，氣體從外界吸熱，熱力學第一定律與V－T圖像的綜合【例4】（多選）如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷一系列過程到達狀態(tài)d，已知V3－V2＞V2－V1，對于此氣體，下列說法正確的是 （）A.從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中氣體向外界放出了熱量B.狀態(tài)c的壓強大于狀態(tài)a的壓強C.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中在單位時間內與單位面積容器壁撞擊的分子數變多D.從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中氣體對外界做的功小于從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程中氣體對外界做的功答案：BCD解析：由題圖可知，從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程氣體溫度升高，體積增大，則氣體內能增加，對外做功，根據熱力學第一定律可知氣體應吸熱，故A錯誤；由題圖可知，從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程氣體做等壓變化，從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程氣體做等容變化，溫度升高，則壓強增大，故狀態(tài)c的壓強大于狀態(tài)a的壓強，故B正確；從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程氣體做等容變化，分子數密度不變，溫度升高，分子平均動能增加，故從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中在單位時間內與單位面積容器壁撞擊的分子數變多，故C正確；由題圖可知，a、b、d在同一條過原點的直線上，為等壓線，故狀態(tài)a、b、d的壓強相等，由從a→b過程壓強不變，c→d過程壓強減小，且狀態(tài)c的壓強大于狀態(tài)d的壓強，故c→d過程的平均壓強大于a→b過程的壓強，又V3－V2＞V2－V1，根據W＝pΔV，可知從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中氣體對外界做的功小于從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程中氣體對外界做的功，故D正確?？键c四熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用求解氣體實驗定律與熱力學定律的綜合問題的一般思路【例5】（多選）（2023·新課標卷21題）如圖，一封閉著理想氣體的絕熱汽缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱活塞將汽缸分為f、g、h三部分，活塞與汽缸壁間沒有摩擦。初始時彈簧處于原長，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等?，F通過電阻絲對f中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達到穩(wěn)定后 （）A.h中的氣體內能增加B.f與g中的氣體溫度相等C.f與h中的氣體溫度相等D.f與h中的氣體壓強相等答案：AD解析：對活塞和彈簧整體受力分析有pfS＝phS，可得壓強pf＝ph，D正確；f中的氣體升溫，活塞右移，h中的氣體的體積Vh減小，則W＞0，又Q＝0，根據ΔU＝Q＋W知ΔU＞0，A正確；對f、h兩部分氣體，由理想氣體狀態(tài)方程知pfVfTf＝p?V?T?，又pf＝ph，Vf＞Vh，聯(lián)立得Tf＞Th，C錯誤；f中氣體緩慢加熱過程中，活塞緩慢右移，彈簧被壓縮，Vf＞Vg，對左邊活塞根據力的平衡知，pfS＝pgS＋F彈，得pf＞pg，對f、g兩部分氣體，由理想氣體狀態(tài)過程知pfV【例6】（多選）（2023·山東高考9題）一定質量的理想氣體，初始溫度為300K，壓強為1×105Pa。經等容過程，該氣體吸收400J的熱量后溫度上升100K，若經等壓過程，需要吸收600J的熱量才能使氣體溫度上升100K。下列說法正確的是（）A.初始狀態(tài)下，氣體的體積為6LB.等壓過程中，氣體對外做功400JC.等壓過程中，氣體體積增加了原體積的1D.兩個過程中，氣體的內能增加量都為400J答案：AD解析：設初始狀態(tài)下理想氣體的體積為V，理想氣體等壓變化過程中，由蓋－呂薩克定律得VT1＝V＋ΔVT2，解得氣體增加的體積ΔV＝13V，C錯誤；理想氣體等容變化過程中，氣體吸收400J的熱量后溫度上升100K，則內能的增加量ΔU＝400J，因為理想氣體的內能只與溫度有關，且等壓變化過程氣體的溫度也上升100K，所以內能的增加量也為ΔU＝400J，D正確；等壓過程中由熱力學第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200J，即氣體對外做的功為200J，B錯誤；由W＝pΔV得氣體體積的增加量｜ΔV｜＝Wp＝200J跟蹤訓練·鞏固提升1.以下現象違背熱力學第二定律的是 （）A.一杯熱茶在打開蓋后，茶會自動變涼B.沒有漏氣、沒有摩擦的理想熱機，其效率可能達到100％C.桶中渾濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離D.在地面上運動的物體逐漸停下來，機械能全部變?yōu)閮饶芙馕觯築熱茶自動變涼是熱量從高溫物體傳遞到低溫物體，可自發(fā)進行；任何熱機效率都不可能達到100％，B違背熱力學第二定律；泥水分離是機械能（重力勢能）向內能的轉化，可自發(fā)進行；物體因摩擦力而停下來，是機械能（動能）向內能的轉化，是自發(fā)過程。綜合可知B正確。2.（2024·山東菏澤模擬）一個充氣氣球用繩子拴著一塊石頭正在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，氣球導熱良好，則氣球內氣體（）A.內能增加B.對外界做正功C.減少的內能小于放出的熱量D.減少的內能大于放出的熱量解析：C充氣氣球用繩子拴著一塊石頭在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，則內能減少，A錯誤；根據氣球內氣體壓強與此處湖水的壓強平衡，可知壓強逐漸增大，根據理想氣體狀態(tài)方程pVT＝C知，氣球體積減小，對外界做負功，B錯誤；氣球下降時，氣球內氣體內能減小，外界對氣球做功，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，可知放出的熱量大于減小的內能，C正確，D3.（2024·福建漳州調研）如圖所示，汽缸內活塞左邊封閉著一定質量的可視為理想氣體的空氣，壓強和大氣壓相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸內空氣升高一定的溫度，空氣吸收的熱量為Q1。如果讓活塞可以自由滑動（活塞與汽缸間無摩擦、不漏氣），也使汽缸內空氣溫度升高相同溫度，其吸收的熱量為Q2，則Q1和Q2的大小關系是（）A.Q1＝Q2 B.Q1＞Q2C.Q1＜Q2 D.不能確定解析：C對一定質量的理想氣體，內能由溫度決定，兩種情況下氣體溫度變化相同，氣體內能變化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU。第一種情況，汽缸與活塞都固定不動，氣體體積不變，氣體不做功，W1＝0，第二種情況，活塞自由移動，則氣體做等壓變化又溫度升高，根據蓋－呂薩克定律，知氣體體積增大，氣體對外做功，W2＜0，又由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q1＜Q2，選項C正確。4.（2023·天津高考第2題）如圖是爬山所帶氧氣瓶，氧氣瓶里的氣體容積、質量不變，爬高過程中，溫度減小，則氣體 （）A.對外做功B.內能減小C.吸收熱量D.壓強不變解析：B由于爬山過程中氣體體積不變，氣體不對外做功，故A錯誤；爬山過程中溫度降低，則氣體內能減小，故B正確；根據熱力學第一定律可知ΔU＝W＋Q及爬山過程中氣體不做功，但內能減小，可知氣體放出熱量，故C錯誤；爬山過程中氧氣瓶里的氣體容積、質量均不變，溫度減小，根據理想氣體狀態(tài)方程pVT＝C，可知氣體壓強減小，故D5.（多選）（2024·福建寧德校考一模）某地突發(fā)洪澇災害，救援人員駕駛氣墊船施救，到達救援地點后，將圍困在水中的群眾拉上氣墊船，如圖所示。若在救援人員將群眾拉上氣墊船的過程中，氣墊船中氣墊內的氣體（視為理想氣體）溫度不變，氣墊不漏氣，則在該過程中，下列說法正確的是 （）A.氣墊內的氣體內能增加B.外界對氣墊內的氣體做正功C.氣墊內的氣體向外界放出熱量D.氣墊內的氣體單位時間、單位面積撞擊氣墊壁的分子數減少解析：BC氣墊內的氣體溫度不變，則內能不變，選項A錯誤；在救援人員將群眾拉上氣墊船的過程中，氣墊船中氣墊內的氣體體積減小，則外界對氣墊內的氣體做正功，選項B正確；ΔU＝0，W＞0，根據ΔU＝W＋Q可知Q＜0，即氣墊內的氣體向外界放出熱量，選項C正確；氣墊內的氣體壓強變大，體積減小，則氣體分子數密度增加，而氣體溫度不變，分子平均動能不變，則單位時間、單位面積撞擊氣墊壁的分子數增加，選項D錯誤。6.（2024·河北滄州模擬預測）如圖甲所示，圓柱形汽缸開口向下豎直放置，汽缸與活塞之間密封一定質量的理想氣體，汽缸與活塞間無摩擦且不漏氣，活塞面積S＝0.01m2，質量m＝20kg，氣柱高度h1＝20cm，氣體溫度T1＝300K，外界大氣壓p0＝1.0×105Pa。現把汽缸翻轉開口向上放置，如圖乙所示，氣柱高度變?yōu)閔2＝14cm，在此過程中，外界對氣體做功120J，氣體放出熱量20J，取g＝10m/s2，則（）A.圖甲狀態(tài)，氣體的壓強為1.2×105PaB.圖乙狀態(tài)，氣體的溫度約為42℃C.氣體內能增加140JD.氣體分子單位時間對單位面積器壁的撞擊次數減少解析：B氣體初狀態(tài)的壓強為p1＝p0－mgS＝8.0×104Pa，故A錯誤；氣體初狀態(tài)體積V1＝Sh1，溫度T1＝300K，氣體末狀態(tài)壓強p2＝p0＋mgS＝1.2×105Pa，體積V2＝Sh2，根據理想氣體狀態(tài)方程有p1V1T1＝p2V2T2，代入數據解得T2＝315K，即42℃，故B正確；根據熱力學第一定律W＋Q＝ΔU，可知ΔU＝120J－20J＝100J，即氣體內能增加100J，故C錯誤；因為溫度升高7.（多選）一定質量的理想氣體由狀態(tài)a開始，經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態(tài)，其p－T圖像如圖所示，氣體在三個狀態(tài)的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強分別為pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，則下列說法正確的是 （）A.pa＝2p0B.Vb＝3VcC.從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對外做功D.從狀態(tài)c到狀態(tài)a，氣體從外界吸熱解析：AD由題圖可知，從狀態(tài)a到狀態(tài)b屬于等容過程，氣體體積不變，由查理定律可得paTa＝pbTb，其中pb＝p0，Ta＝2T0，Tb＝T0，解得pa＝2p0，A正確；由題圖可知，從狀態(tài)b到狀態(tài)c屬于等溫過程，氣體溫度不變，由玻意耳定律得pbVb＝pcVc，其中pb＝p0，pc＝4p0，得Vb＝4Vc，B錯誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積不變，故氣體不會對外做功，C錯誤；從狀態(tài)c到狀態(tài)a，可以等效為先從狀態(tài)c到狀態(tài)b，再從狀態(tài)b到狀態(tài)a。從狀態(tài)c到狀態(tài)b，溫度不變，氣體內能不變，體積增大，所以氣體對外做功，即W＜0，ΔU＝0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即氣體要從外界吸收熱量。從狀態(tài)b到狀態(tài)a，體積不變，氣體不做功，即W＝0，溫度升高，內能增大，即ΔU＞0，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知氣體要從外界吸收熱量，故從狀態(tài)c到狀態(tài)8.（2023·浙江6月選考17題）如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態(tài)A，其體積VA＝600cm3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態(tài)B，此時體積VB＝500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態(tài)C，此時壓強pC＝1.4×105Pa。已知從狀態(tài)A到狀態(tài)C，氣體從外界吸收熱量Q＝14J，從狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體內能增加ΔU＝25J，大氣壓p0＝1.01×105Pa。（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，其分子平均動能不變（選填“增大”“減小”或“不變”），圓筒內壁單位面積受到的壓力增大（選填“增大”“減小”或“不變”）；（2）求氣體在狀態(tài)C的溫度TC；答案：（2）350K（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對系統(tǒng)做的功W。答案：（3）11J解析：（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B發(fā)生等溫壓縮變化，其內能不變，分子平均動能不變；氣體體積減小，壓強增大，圓筒內壁單位面積受到的壓力增大。（2）氣體處于狀態(tài)A時，對活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B發(fā)生等溫壓縮變化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C，發(fā)生等容變化，