第5講熱力學(xué)定律與能量守恒定律情境導(dǎo)思如圖所示,密封的礦泉水瓶中,距瓶口越近水的高。一開口向下、導(dǎo)熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中,小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶,小瓶下沉到底部;松開后,小瓶緩慢上浮。試分析:(1)上浮過程中,小瓶內(nèi)氣體的、壓強(qiáng)和體積怎么變化?(2)上浮過程中,小瓶內(nèi)氣體的內(nèi)能如何變化?是吸熱還是放熱?(3)上浮過程中,小瓶內(nèi)氣體增加的內(nèi)能和吸收的熱量誰多?知識(shí)構(gòu)建【答案】

熱量Q+W吸收放出增加減少產(chǎn)生消失轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)移普遍能量守恒定律自發(fā)地單一熱庫完全不產(chǎn)生總量下降熱力學(xué)第二定律小題試做1.(2024·北京卷,3)一個(gè)氣泡從恒的底部緩慢上浮,將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體,且氣體分子個(gè)數(shù)不變,外界大氣壓不變。在上浮過程中氣泡內(nèi)氣體(

)[A]內(nèi)能變大

[B]壓強(qiáng)變大[C]體積不變

[D]從水中吸熱D小題試做2.(2024·山西太原期末)如圖所示為冰箱工作原理示意圖。制冷劑在蒸發(fā)器中汽化吸收冰箱內(nèi)的熱量,經(jīng)過冷凝器時(shí)液化,放出熱量到冰箱外。下列選項(xiàng)正確的是(

)[A]熱量可以自發(fā)地從冰箱內(nèi)傳到冰箱外[B]冰箱的工作原理違背熱力學(xué)第一定律[C]冰箱的工作原理違背熱力學(xué)第二定律[D]冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地從冰箱內(nèi)向冰箱遞熱量,但同時(shí)消耗了電能D考點(diǎn)一熱力學(xué)第一定律能量守恒定律1.對(duì)做功、傳熱、內(nèi)能變化的理解(1)做功情況看氣體的體積,體積增大,氣體對(duì)外做功,W為負(fù);體積縮小,外界對(duì)氣體做功,W為正。(2)與外界絕熱,則不發(fā)生傳熱,此時(shí)Q=0。(3)如果研究對(duì)象是理想氣體,因理想氣體忽略分子勢(shì)能,所以當(dāng)它的內(nèi)能變化時(shí),體現(xiàn)在分子動(dòng)能的變化上,從宏觀上看就是生了變化。2.熱力學(xué)第一定律的三種特殊情況(1)若過程是絕熱的,則Q=0,W=ΔU,外界(物體)對(duì)物體(外界)做的功等于物體內(nèi)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(nèi)能的增加(減少)。(3)若在過程的初、末狀態(tài),物體的內(nèi)能不變,即ΔU=0,則W+Q=0或W=-Q,外界(物體)對(duì)物體(外界)做的功等于物體放出(吸收)的熱量。[例1]【對(duì)熱力學(xué)第一定律的理解】

(2024·山東卷,6)一定質(zhì)量理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過程,a→b

過程是等壓過程,b→c過程中氣體與外界無熱量交換,c→a過程是等。下列說法正確的是(

)[A]

a→b過程,氣體從外界吸收的熱量全部用于對(duì)外做功[B]

b→c過程,氣體對(duì)外做功,內(nèi)能增加[C]

a→b→c過程,氣體從外界吸收的熱量全部用于對(duì)外做功[D]

a→b過程氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量C【解析】

a→b過程壓強(qiáng)不變且體積增大,氣體對(duì)外做功,Wab<0,由蓋-呂薩克定律可知Tb>Ta,即內(nèi)能增大,ΔUab>0,根據(jù)ΔU=Q+W可知,a→b過程,氣體從外界吸收的熱量一部分用于對(duì)外做功,另一部分用于增加內(nèi)能,A錯(cuò)誤;b→c過程中氣體與外界無熱量交換,即Qbc=0,又由氣體體積增大可知Wbc<0,由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可知?dú)怏w內(nèi)能減少,故B錯(cuò)誤;c→a過程為等,Tc=Ta,ΔUac=0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知a→b→c過程,氣體從外界吸收的熱量全部用于對(duì)外做功,C正確;a→b→c→a整個(gè)熱力學(xué)循環(huán)過程ΔU=0,整個(gè)過程氣體對(duì)外做功,W<0,故a→b

過程氣體從外界吸收的熱量不等于c→a過程放出的熱量,D錯(cuò)誤。[例2]【公式ΔU=W+Q的應(yīng)用】

(2024·貴州卷,13)制作水火箭是青少年科技活動(dòng)的常見項(xiàng)目之一。某研究小組為了探究水火箭在充氣與噴水過程中氣體的熱學(xué)規(guī)律,把水火箭的塑料容器豎直固定,其中A、C分別是塑料容器的充氣口、噴水口,B是氣壓計(jì),如圖甲所示。在室下,容器內(nèi)裝入一定質(zhì)量的水,此時(shí)容器內(nèi)的氣體體積為V0,壓強(qiáng)為p0,現(xiàn)緩慢充氣后壓強(qiáng)變?yōu)?p0,不計(jì)容器的容積變化。(1)設(shè)充氣過程中氣體變,求充入的氣體在該室下壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積;【答案】

(1)3V0【解析】

(1)充氣后氣體的壓強(qiáng)為4p0,體積為V0,充氣過程中變,設(shè)其在室下氣體壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積為V,由玻意耳定律有4p0V0=p0V,解得V=4V0。則充入的氣體在室下壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積為4V0-V0=3V0。(2)打開噴水口閥門,噴出一部分水后關(guān)閉閥門,容器內(nèi)氣體從狀態(tài)M變化到狀態(tài)N,其壓強(qiáng)p與體積V的變化關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示,已知?dú)怏w在狀態(tài)N時(shí)的體積為V1,壓強(qiáng)為p1。求氣體在狀態(tài)N與狀態(tài)M時(shí)的熱力學(xué)比;(3)圖乙中虛線MN′是容器內(nèi)氣體在絕熱(既不吸熱也不放熱)條件下壓強(qiáng)p與體積V的變化關(guān)系圖線,試判斷氣體在圖乙中沿實(shí)線從M到N的過程是吸熱還是放熱。(不需要說明理由)【答案】

(3)吸熱【解析】

(3)由理想氣體狀態(tài)變化中p-V圖像可知,氣體對(duì)外做功WMN>WMN′,且TN>TN′,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q,可知MN′情形中不吸熱且內(nèi)能降低多,MN情形中內(nèi)能降低少,可知該過程吸熱。[例3]【能量守恒定律的應(yīng)用】

(2025·云南高考適應(yīng)性考試)如圖所示,一導(dǎo)熱性能良好的圓柱形金屬汽缸豎直放置。用活塞封閉一定量的氣體(可視為理想氣體),活塞可無摩擦上下某著名企業(yè)且汽缸不漏氣。初始時(shí)活塞靜止,其到汽缸底部距離為h。環(huán)境持不變,將一質(zhì)量為M的物體輕放到活塞上,經(jīng)過足夠長的時(shí)間,活塞再次靜止。已知活塞質(zhì)量為m、橫截面積為S,大氣壓強(qiáng)為p0,重力加速度為g,忽略活塞厚度。求:(1)初始時(shí),缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng);(2)缸內(nèi)氣體最終的壓強(qiáng)及活塞下降的高度;(3)該過程缸內(nèi)氣體內(nèi)能的變化量及外界對(duì)其所做的功?！敬鸢浮?/p>

(3)變化量為零Mgh考點(diǎn)二熱力學(xué)第二定律1.對(duì)熱力學(xué)第二定律的理解(1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性,不需要借助外界提供能量。(2)“不產(chǎn)生其他影響”的含義是指發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成,對(duì)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響,如吸熱、放熱、做功等。2.熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì)熱力學(xué)第二定律的每一種表述,都揭示了一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程都具有方向性,即一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的。[例4]【對(duì)熱力學(xué)第二定律的理解】

(2025·安徽練習(xí))利用“渦流效應(yīng)”可實(shí)現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖,一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構(gòu)成。高壓氮?dú)庥蓢娮烨邢蛄魅霚u流室中,然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進(jìn),分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位,而分子熱運(yùn)動(dòng)速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達(dá)分離擋板處時(shí),中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向,從A端流出,邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的是(

)[A]

A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速率一定大于B端[B]

A端流出氣體的內(nèi)能一定小于B端流出氣體的內(nèi)能[C]

該裝置氣體進(jìn)出的過程滿足能量守恒定律,但違背了熱力學(xué)第二定律[D]

該裝置氣體進(jìn)出的過程既滿足能量守恒定律,也滿足熱力學(xué)第二定律D【解析】

由于中心部位為熱運(yùn)動(dòng)速率較低的氣體,與擋板作用后反彈,從A端流出,而邊緣部分熱運(yùn)動(dòng)速率較高的氣體從B端流出;同種氣體分子平均熱運(yùn)動(dòng)速率較大時(shí)對(duì)應(yīng)的較高,所以A端為冷端、B端為熱端,所以從A端流出的氣體比從B端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速度小,對(duì)應(yīng)的平均動(dòng)能也小,但內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關(guān),不能得出從A端流出氣體的內(nèi)能一定小于從B端流出氣體的內(nèi)能,故A、B錯(cuò)誤;該裝置將冷熱不均氣體進(jìn)行分離,是通過高壓利用外界做功而實(shí)現(xiàn)的,并非是自發(fā)進(jìn)行的,沒有違背熱力學(xué)第二定律;低氣體從A端流出、較高氣體從B端流出,并不違背能量守恒定律,故C錯(cuò)誤,D正確。[例5]【兩類永動(dòng)機(jī)】

關(guān)于兩類永動(dòng)機(jī)和熱力學(xué)的兩個(gè)定律,下列說法正確的是(

)[A]

第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第一定律[B]

第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`反了熱力學(xué)第二定律[C]

由熱力學(xué)第一定律可知做功不一定改變內(nèi)能,熱傳遞也不一定改變內(nèi)能,但同時(shí)做功和熱傳遞一定會(huì)改變內(nèi)能[D]日常生活中會(huì)遇到熱量從低傳向高或從單一熱庫吸收熱量,完全變成功的現(xiàn)象,并不違背熱力學(xué)第二定律D【解析】

第一類永動(dòng)機(jī)違反能量守恒定律,第二類永動(dòng)機(jī)違反熱力學(xué)第二定律,故A、B錯(cuò)誤;由熱力學(xué)第一定律可知W≠0,Q≠0,但ΔU=W+Q可以等于0,故C錯(cuò)誤;日常見到的熱量從低傳向高或從單一熱庫吸收熱量完全變成功的現(xiàn)象,一定會(huì)引起其他變化,故D正確?？键c(diǎn)三熱力學(xué)第一定律與圖像的綜合應(yīng)用1.在某一過程中,氣體的p、V、T的變化可由圖像直接判斷或結(jié)合氣體實(shí)驗(yàn)定律、理想氣體狀態(tài)方程分析。2.在p-V圖像中,圖像與橫軸所圍面積表示氣體對(duì)外界或外界對(duì)氣體所做的功。[例6]【熱力學(xué)第一定律與p-V圖像】

(2024·新課標(biāo)卷,21)(多選)如圖,一定量理想氣體的循環(huán)由下面4個(gè)過程組成:1→2為絕熱過程(過程中氣體不與外界交換熱量),2→3為等壓過程,3→4為絕熱過程,4→1為等容過程。上述四個(gè)過程是四沖程柴油機(jī)工作循環(huán)的主要過程。下列說法正確的是(

)[A]1→2過程中,氣體內(nèi)能增加[B]2→3過程中,氣體向外放熱[C]3→4過程中,氣體內(nèi)能不變[D]4→1過程中,氣體向外放熱AD【解析】

1→2為絕熱過程,Q=0,此時(shí)氣體體積減小,外界對(duì)氣體做功,W>0,根據(jù)ΔU=Q+W可知,內(nèi)能增加,故A正確;2→3為等壓過程,根據(jù)蓋-呂薩克定律可知?dú)怏w體積增大時(shí)加,內(nèi)能增大,ΔU>0,此時(shí)氣體對(duì)外界做功,W<0,根據(jù)ΔU=Q+W可知,Q>0,即氣體吸收熱量,故B錯(cuò)誤;3→4為絕熱過程,Q=0,此時(shí)氣體體積增大,氣體對(duì)外界做功,W<0,故ΔU<0,氣體內(nèi)能減小,故C錯(cuò)誤;4→1為等容過程,根據(jù)查理定律可知壓強(qiáng)減小時(shí)低,故內(nèi)能減小,由于體積不變,W=0,故可知?dú)怏w向外放熱,故D正確。[例7]【熱力學(xué)第一定律與V-T圖像】

(2024·海南卷,11)(多選)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始經(jīng)ab、bc、ca三個(gè)過程回到原狀態(tài),已知ab垂直于T軸,bc延長線過O點(diǎn),下列說法正確的是(

)[A]

bc過程外界對(duì)氣體做功[B]

ca過程氣體壓強(qiáng)不變[C]

ab過程氣體放出熱量[D]

ca過程氣體內(nèi)能減小AC【解析】

在氣體的V-T圖像中,圖線中任一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率越大,表示氣體的壓強(qiáng)越小,由題圖可知pa<pb=pc,bc過程為等壓變化,體積減小,外界對(duì)氣體做功,A正確;ca過程,氣體的壓強(qiáng)逐漸變小,B錯(cuò)誤;已知ab垂直于T軸,說明ab過程為等,氣體持不變,內(nèi)能不變,則ΔU=0,氣體的體積減小,外界對(duì)氣體做功,則W>0,根據(jù)ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab過程氣體放出熱量,C正確;ca過程,氣體高,內(nèi)能增大,D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用解決熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合問題的思維流程(1)再次平衡時(shí)容器內(nèi)氣體的。(2)此過程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量。[例9]【“液封”類問題中的應(yīng)用】(2024·浙江6月選考卷,17)如圖所示,測(cè)定一個(gè)形狀不規(guī)則小塊固體體積,將此小塊固體放入已知容積為V0的導(dǎo)熱效果良好的容器中,開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管,其橫截面積為S,接口用蠟密封。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體,并用質(zhì)量為m的活塞封閉,活塞能無摩擦滑動(dòng),穩(wěn)定后測(cè)出氣柱長度為l1,將此容器放入熱水中,活塞緩慢豎直向上某著名企業(yè),再次穩(wěn)定后氣柱長度為l2、T2。已知S=4.0×10-4m2,m=0.1kg,l1=0.2m,l2=0.3m,T2=350K,V0=2.0×10-4m3,大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa,環(huán)境T1=300K。(1)在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力

(選填“變大”“變小”或“不變”),氣體分子的數(shù)密度

(選填“變大”“變小”或“不變”);

不變變小(2)求此不規(guī)則小塊固體的體積V;【答案】(2)4×10-5m3(3)若此過程中氣體內(nèi)能增加10.3J,求吸收熱量Q?！敬鸢浮?3)14.4J【解析】(3)整個(gè)過程中外界對(duì)氣體做功為W=-p1S(l2-l1),對(duì)活塞受力分析p1S=mg+p0S,解得W=-4.1J,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W,其中ΔU=10.3J,解得Q=14.4J,故氣體吸收熱量為14.4J。(滿分:70分)課時(shí)作業(yè)對(duì)點(diǎn)1.熱力學(xué)第一、第二定律能量守恒定律1.(4分)(2025·四川高考適應(yīng)性考試)某同學(xué)制作了一個(gè)小型噴泉裝置,如圖甲所示,兩個(gè)瓶子均用瓶塞密閉,兩瓶用彎管連通,左瓶插有兩端開口的直管。左瓶裝滿水,右瓶充滿空氣。用沸水澆右瓶時(shí),左瓶直管有水噴出,如圖乙所示,水噴出的過程中,裝置內(nèi)的氣體(

)[A]

內(nèi)能比澆水前大[B]

壓強(qiáng)與澆水前相等[C]

所有分子的動(dòng)能都比澆水前大[D]

對(duì)水做的功等于水重力勢(shì)能的增量基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練A【解析】

用沸水澆右瓶時(shí),裝置內(nèi)氣體的高,所以內(nèi)能增大,故A正確;水能噴出的原因是裝置內(nèi)氣體高,壓強(qiáng)增大,故B錯(cuò)誤;裝置內(nèi)氣體的高,氣體分子的平均動(dòng)能增大,但并不是所有分子的動(dòng)能都增大,故C錯(cuò)誤;水噴出時(shí)有動(dòng)能,故瓶內(nèi)氣體對(duì)水做的功等于水動(dòng)能的增量和重力勢(shì)能增量之和,故D錯(cuò)誤。2.(6分)(2024·云南紅河期末)(多選)地球上有很多的海水,它的總質(zhì)量約為1.4×1018t,如果這些海水的低0.1℃,將要放出5.8×1023J的熱量。有人曾設(shè)想利用海水放出的熱量,使它完全變成機(jī)械能來解決能源危機(jī),但這種機(jī)器是不能制成的,關(guān)于其原因,下列說法正確的是(

)[A]

內(nèi)能不能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能[B]

內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能不滿足熱力學(xué)第一定律[C]

只從單一熱庫吸收熱量并完全轉(zhuǎn)化成機(jī)械能的機(jī)械不滿足熱力學(xué)第二定律[D]

機(jī)械能可全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,內(nèi)能不可能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,同時(shí)不引起其他變化CD【解析】

內(nèi)能可以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能,如熱機(jī),故A錯(cuò)誤;內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能的過程滿足熱力學(xué)第一定律,也可以說符合能量守恒定律,故B錯(cuò)誤;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,不可能從單一熱庫吸收熱量并把它全部用來做功,而不引起其他變化,故C、D正確。3.(13分)(2025·湖南長沙模擬)暴雨天氣時(shí),路面水井蓋因排氣孔(如圖甲)堵塞可能會(huì)造成井蓋移位而存在安全隱患。如圖乙所示,水位以50mm/h

的速度上漲,質(zhì)量為m=36kg的某井蓋排氣孔被堵塞且與地面不粘連,圓柱形豎直井內(nèi)水面面積為S=0.4m2,水位與井蓋之間的距離為h=2.018m時(shí)開始計(jì)時(shí),此時(shí)井內(nèi)密封空氣的壓強(qiáng)恰好等于大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105

Pa,空氣視為理想氣體,終不變,g取10m/s2。(1)若在井蓋被頂起前該氣體放出650J的熱量,求氣體對(duì)外界做的功;【答案】

(1)-650J【解析】

(1)空氣終不變,內(nèi)能保持不變,即ΔU=0,在井蓋被頂起前該氣體放出650J的熱量,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q,有W=ΔU-Q=-Q=650J,可知?dú)怏w對(duì)外界做的功為-650J。(2)求從圖乙所示位置時(shí)刻起,水井蓋被頂起所需要的時(shí)間?！敬鸢浮?/p>

(2)0.36h【解析】

(2)井蓋剛好被頂起時(shí)有pS=p0S+mg,解得p=1.009×105

Pa,氣體做等,有p0hS=pHS,解得H=2m,對(duì)點(diǎn)2.熱力學(xué)第一定律與圖像的綜合應(yīng)用4.(4分)(2025·安徽蕪湖模擬)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始,先經(jīng)等到狀態(tài)b,再經(jīng)等容變化到狀態(tài)c,最后經(jīng)等壓變化到狀態(tài)a。則(

)[A]

a→b過程,氣體向外界放熱[B]

b→c過程,氣體從外界吸熱[C]

c→a過程,氣體內(nèi)能增大[D]

經(jīng)過一個(gè)循環(huán)氣體做功為0B【解析】

a→b過程氣體變,則內(nèi)能不變,體積增大,對(duì)外做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律,可知?dú)怏w吸熱,A錯(cuò)誤;b→c過程,體積不變,壓強(qiáng)增大,根據(jù)查理定律,可知高,則內(nèi)能增加,即ΔU>0,而W=0,則Q=ΔU,說明氣體吸熱,故B正確;c→a過程中壓強(qiáng)不變,體積減小,根據(jù)蓋-呂薩克定律,可知?dú)怏w低,則內(nèi)能減小,故C錯(cuò)誤;在p-V

圖像中,圖線與V軸所圍面積表示氣體做的功,可知,經(jīng)過一個(gè)循環(huán),其間所圍面積等于外界對(duì)氣體做的功,故D錯(cuò)誤。5.(6分)(2025·銀模擬)(多選)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的ab、bc、cd、da四個(gè)過程,其中ba的延長線通過坐標(biāo)原點(diǎn),氣體a、b、c、d四個(gè)狀態(tài)的壓強(qiáng)與關(guān)系如圖所示,則(

)[A]

氣體在cd過程中體積減小[B]

氣體在bc過程中內(nèi)能不變[C]

氣體在ab過程和cd過程中內(nèi)能變化量絕對(duì)值相等[D]

氣體在ab過程中吸收的熱量大于內(nèi)能變化量ABC【解析】

因ba的延長線通過坐標(biāo)原點(diǎn),氣體做等容變化,即Va=Vb,根據(jù)查理定律,可知T2=2T1;氣體在bc與da過程變,根據(jù)玻意耳定律,有2p0Vb=3p0Vc,2p0Vd=p0Va,聯(lián)立解得Va∶Vb∶Vc∶Vd=6∶6∶4∶3,即Vc>Vd,故A正確;bc過程中變,內(nèi)能不變,故B正確;氣體在ab過程中化量等于cd過程中化量,則氣體在ab過程中內(nèi)能的增加量等于cd過程中內(nèi)能的減少量,故C正確;氣體在ab過程中體積不變,則Wab=0,吸收的熱量Qab=ΔUab,即氣體在ab過程中吸收的熱量等于內(nèi)能變化量,故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)3.熱力學(xué)第一定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用6.(4分)(2025·內(nèi)蒙古高考適應(yīng)性考試)如圖,一絕熱汽缸中理想氣體被輕彈簧連接的絕熱活塞分成a、b兩部分,活塞與缸壁間密封良好且沒有摩擦。初始時(shí)活塞靜止,緩慢倒置汽缸后(

)[A]

a的壓強(qiáng)減小[B]

b的低[C]

b的所有分子速率均減小[D]

彈簧的彈力一定增大B【解析】

初始時(shí)活塞靜止,緩慢倒置汽缸后,a部分氣體體積減小,b部分氣體體積增大,故a的壓強(qiáng)增大,b的壓強(qiáng)減小,由于是絕熱汽缸和絕熱活塞,則Q=0,外界對(duì)a部分氣體做正功,則Wa>0,b部分氣體對(duì)外界做功,則Wb<0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q,可得ΔUa>0,ΔUb<0,則a