33热力学第一定律能量守恒定律高二物理精讲与精练高分突破考点专题系列（人教版2019选择性）

3.2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．在热力学第一定律的表达式ΔU=W＋Q中关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中正确的是（）A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负2．一定质量的理想气体从状态a开始，经历一次循环回到原状态，其体积随热力学温度变化的图象如图所示，其中、均垂直于横轴，，的延长线均过原点O。下列表述不正确的是（）A．在过程中气体从外界吸收热量B．在过程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．在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功D．经历一次循环，气体从外界吸收热量3．如图所示，一定质量的理想气体沿直线从状态A变化到状态B。已知在此过程中，气体吸收了280J的热量。则该理想气体在此过程中（）A．每个气体分子的动能均增大B．状态B的热力学温度是状态A的2倍C．外界对气体做正功D．内能增加180J题型二：判断系统内能改变的问题4．如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有理想气体，右侧为真空。现将隔板抽掉，使左侧理想气体自由膨胀直至达到平衡，已知气体自由膨胀过程中不对外界做功，则在此过程中（）A．气体温度降低，内能减少 B．气体温度不变，内能不变C．气体温度升高，内能增加 D．气体内能一定不变，但温度可能改变5．下列说法正确的是（）A．对物体做功，同时物体放热，物体的内能一定减小B．对物体做功，同时物体吸热，物体的内能一定减小C．物体对外做功，同时放热，物体的内能一定减小D．物体对外做功，同时吸热，物体的内能一定减小6．现代某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体（）A．在状态a和c时的内能可能相等B．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能D．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能题型三：计算系统内能改变的物理量7．一定质量的理想气体从状态A变化到状态，再变化到状态，其状态变化过程的图象如图。已知该气体在状态A时的温度为。对该气体说法正确的是（）A．在状态时的温度是B．从状态到状态过程中对外做功C．状态A下气体的内能大于在状态气体的内能D．从状态A到状态的过程中放出的热量8．如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分理想气体，活塞导热良好且能无摩擦地滑动，容器的横截面积为，将整个装置放在大气压强恒为的空气中，开始时气体的温度为，活塞与容器底的距离为，当环境温度变化时，气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升后再次平衡。下列判断正确的是（）A．气体对外做功的数值等于B．气体对外做功的数值为C．外界气体的温度升高了D．此过程中的密闭气体的内能增加了9．如图所示，为一定量的理想气体从状态a经过状态b到达状态c的pV图像，状态a的温度为Ta，状态c的温度为Tc，从状态a到状态b气体的内能变化的大小为50J。下列说法中正确的是（）A．Ta<TcB．从状态a到状态b的过程中气体从外界吸收热量175JC．从状态a状态到c的过程中气体的内能先减小后增大D．从状态a状态到c的过程中气体从外界吸收的热量大于200J题型四：能量守恒定律10．下列说法中正确的是（）A．自然界的能量的总和是守恒的，所以节约能源是毫无意义的B．电源是通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置C．电能转化为其他形式的能，是通过电流做功来实现的D．能量耗散表明自然界的能量总和在不断减少11．以下有关能量的说法正确的是（）A．做功和热传递都可以改变物体的内能B．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递C．冰的熔化过程中不需要吸热，水的沸腾过程中需要吸热D．能量守恒定律表明自然界中可利用的能量不会减少12．将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高(不计热损失)（

）A．4.5℃ B．4℃ C．3.5℃ D．3℃题型五：第一类永动机问题13．第一类永动机不可以制成，是因为（

）A．违背了能量守恒定律 B．热量总是从高温物体传递到低温物体C．机械能不能全部转变为内能 D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化14．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15．20世纪70年代，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”，其结构如图所示．在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两个小孔的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底部放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功，然后又在磁铁的吸引下回到上端，到P处又漏下……关于这个设计，下列判断中正确的是（

）A．满足能量转化和守恒定律，所以可行 B．不满足热力学第二定律，所以不可行C．不满足机械能守恒定律，所以不可行 D．不满足能量守恒定律，所以不可行题型六：理想气体方程和内能的综合问题2的活塞，其到汽缸底部的距离为10cm；活塞通过轻绳连接了一个质量为1kg的小物体，轻绳跨在定滑轮上，滑轮左侧细绳水平，右侧连接小物体的细绳竖直，轻绳恰好处于伸直状态。开始时汽缸内、外压强相同，且均为1.01×105Pa，汽缸内气体温度为101K，现缓慢降低汽缸内气体的温度（不计一切摩擦，g=10m/s2）。（1）求小物体刚离开地面时缸内气体的温度；（2）从开始降低温度到活塞移动至距气缸底部6cm时，缸内气体共放出热量10J，求此过程中缸内气体内能的变化量（活塞移动过程中气缸不漏气）。17．如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度H1＝0.60m，气体的温度T1＝300K；现给汽缸缓慢加热至T2＝480K，活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度H2处，此过程中缸内气体增加的内能。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞横截面积S＝5.0×10－3m2。求：（1）活塞距离汽缸底部的高度H2；（2）此过程中缸内气体吸收的热量Q。18．如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，气缸底部与U形水银气压计（U形管内气体体积忽略不计）相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为，其中为已知常数，活塞B的质量为m，重力加连度为g，大气压强为，水银的密度为，环境热力学温度为时，活塞离缸底的距离为。求：（1）环境温度为时，U形气压计两侧水银面的高度差；（2）环境温度由缓慢升高至过程中，气体吸收的热量。三：课堂过关精练一、单选题19．第一类永动机违反了什么而不能制成（）A．违反了热力学第一定律 B．违反了机械能守恒定律C．违反了能量守恒定律 D．以上说法都不对20．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21．如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（）A．内能减少B．对外界做正功C．增加的内能大于吸收的热量D．增加的内能等于吸收的热量22．如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，直线过原点。则气体（）A．在状态的压强等于在状态的压强 B．在状态的压强小于在状态的压强C．在的过程中内能减小 D．在的过程对外做功23．一定质量的理想气体密封在容器内，其初状态从A开始，经B、C、D又回到初始状态，变化过程如图所示，其中DA直线反向延长通过坐标原点，AB和CD为双曲线，BC平行于纵轴．下列说法正确的是（）A．DA直线反向延长过坐标原点，故其过程是等温变化B．C到D过程放出的热量大于外界对气体做的功C．从微观的角度讲，BC过程压强减小是由于分子平均动能减小D．气体经全过程回到A时，不吸热也不放热24．如图，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，下列说法正确的是（）A．状态A和状态B温度相同，状态C温度最高B．状态B和状态C温度相同，状态A温度最高C．从状态A到状态B温度升高，气体对外界做功，不断吸热D．从状态B到状态C温度升高，气体对外界做功，不断吸热25．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b，再经等容过程到达状态c，最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中，气体吸收热量为10J。下列说法正确的是（）A．a到c过程，气体对外界做功10J B．a到c过程，外界对气体做功10JC．a到b过程，气体对外界做功10J D．a到b过程，外界对气体做功10J26．对封闭在汽缸中一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．温度升高，气体分子的平均动能一定增大B．体积减小，气体的压强一定增大C．外界对气体做功，气体的内能一定增大D．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大27．如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（）A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增大28．如图甲，竖直放置导热性能良好的密闭矩形容器中，一活塞上下各封闭一定质量的理想气体A和B，它们的温度相同，活塞重力不可忽略并可在密闭容器中无摩擦滑动，此时活塞处于静止状态，理想气体A和B在体积不变下的图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．图乙中图线Ⅰ表示在体积不变下的理想气体A的图像B．封闭的理想气体A的体积一定大于理想气体B的体积C．若环境温度升高，活塞一定向上移动D．若环境温度升高，理想气体B一定释放热量四：高分突破精练一：单项题29．如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡（）A．a的体积增大，压强变小B．b的体积减小，温度不变C．a增加的内能等于b增加的内能D．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈30．图示为一定质量理想气体状态变化的pV图像，气体由状态a变化到状态b，再由状态b变化到状态a，图中虚线为过a、b两点的双曲线。在整个循环过程中，下列说法中正确的是（）A．由状态a变化到状态b过程中，气体温度先降低后升高B．由状态b变化到状态a过程中，气体分子运动的平均速率先增大后减小C．在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量D．在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量等于向外界放出的热量31．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线过原点。则气体（）A．在状态c的压强小于在状态a的压强B．在状态b的压强小于在状态c的压强C．在的过程中内能保持不变D．在的过程对外做功32．一定质量的理想气体从状态a开始，经历如图所示的状态变化过程回到原状态，已知气体在b、d状态时的温度相等。则该气体（）A．在a状态时的内能小于在c状态时的内能B．在b状态时单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数多于d状态时C．在bc过程中外界对气体做的功大于在da过程中气体对外界做的功D．一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量33．一定质量的理想气体被质量为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，温度为。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为，大气压强为p0，重力加速度为。则（

）A．初始时，气体压强B．停止加热时，气体的温度C．该过程中，气体内能增加量D．该过程中，气体内能增加量34．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，又由状态C变为状态A，其相应的VT图像如图所示。已知理想气体的内能与热力学温度成正比，气体在状态A时的内能为U。则（）A．由状态A至状态B过程中，外界对气体做正功B．由状态B至状态C过程中，气体对外界做功为120JC．由状态A至状态B过程中，气体吸收的热量可能小于D．由状态C至状态A过程中，气体释放的热量大于U35．如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，则下面有关能的转化的说法中正确的是（）A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的势能C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能36．春节期间，小明去泡温泉，经细心观察，他发现水泡在上升过程中变得越来越大。若将水泡内的气体视为理想气体，且水泡内气体的温度不变，则在水泡上升的过程中（）A．水泡内气体的压强减小，吸收热量B．水泡内气体的压强减小，放出热量C．水泡内气体的压强增大，吸收热量D．水泡内气体的压强增大，放出热量37．如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，则在移动P的过程中（）A．外力对乙做功，甲的内能不变B．外力对乙做功，乙的内能不变C．乙传递热量给甲，乙的内能增加D．乙的内能增加，甲的内能不变38．如图所示，一定质量的理想气体沿不同路径由状态A变到状态B，已知，则下列说法正确的是（

）A．气体在过程Ⅰ中对外界做的功大于在过程Ⅱ中对外界做的功B．在过程Ⅰ中外界对气体做的功等于在过程Ⅱ中外界对气体做的功C．气体在过程Ⅰ中内能的变化量大于在过程Ⅱ中内能的变化量D．气体在过程Ⅰ中吸收的热量小于在过程Ⅱ中吸收的热量39．“回热式热机”热循环过程可等效为如图所示的曲线，、为等温过程，、为等容过程．对于一定质量的理想气体，在热循环过程中（

）A．a状态气体温度比c状态低B．，两过程气体放出、吸收的热量相等C．整个循环过程，气体对外放出热量D．d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态少二、多选题40．如图所示为某同学设计的一个简易温度计，一根透明吸管插入导热良好的容器，连接处密封，在吸管内注入一小段油柱，外界大气压保持不变。将容器放入热水中，观察到油柱缓慢上升，下列说法正确的是（）A．气体对外做的功小于气体吸收的热量B．气体对外做的功等于气体吸收的热量C．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力增大D．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变41．如图，是一定质量的理想气体，从A状态依次经过、和状态后再回到状态A的示意图。其中，和为等温过程，和为绝热过程。在该过程中，下列说法正确的是（）A．过程中，气体对外界做功，内能减少B．过程中，气体分子的平均动能减小C．过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．过程中，气体向外界放出热量42．雪后，小朋友们堆了一个漂亮的雪人，雪人慢慢变成水，再逐渐蒸发。下列说法正确的是（）A．雪人变成水的过程中，水分子的平均动能不变B．雪人变成水的过程中，水分子的平均动能减小C．水蒸发成同质量的水蒸气的过程中，吸收的热量大于内能的增加量D．水蒸发成同质量的水蒸气的过程中，吸收的热量小于内能的增加量43．如图所示，一定质量的理想气体由状态a开始，经历、、、四个过程回到原状态，其图像刚好是一个圆，气体在a、b、c、d四个状态的体积分别为、、，温度分别为、、，压强分别为、、、，其中，。下列说法正确的是（）A．在这四个状态中，c状态时气体的内能最多B．C．D．从状态a到状态b，气体从外界吸热E．从状态c到状态d，气体对外界做功44．如图，密闭导热容器内，一定质量的理想气体从状态A开始，经历过程①、②、③又回到状态A。对此气体，下列说法正确的是（

）A．过程②中气体的压强逐渐增大B．过程①中气体对外界做正功C．过程③中气体从外界吸收热量D．状态A时气体单位时间对单位面积器壁的碰撞次数比状态B时的少E．过程②中外界对气体做的功小于气体放出的热量45．如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞是绝热的且不漏气。开始活塞被销钉固定，现将销钉拔掉，活塞最终静止在原位置下方h处，设活塞移动前后甲气室中气体内能的变化量为ΔE，不计气体重心改变的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．甲气室中气体体积减小，温度升高B．ΔE>mghC．ΔE<mghD．ΔE=mgh46．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，a→b、b→c、c→d、d→a这四段过程在p—T图上都是直线段，其中的延长线通过坐标原点O，垂直于，而平行于，由图可以判断（）A．a→b过程中气体对外做功B．b→c过程中外界对气体做功C．c→d过程中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功D．d→a过程中气体体积不断减小47．如图，为一定质量的理想气体经过“卡诺循环”，即从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中与为等温过程，与为绝热过程（气体与外界无热量交换）。下列说法正确的是（）A．过程气体从外界吸热B．过程气体内能增加C．过程气体从外界吸热D．过程气体内能增加48．一定质量的理想气体从状态a开始，依次经等容过程①、等压过程②、等容过程③、等压过程④，再回到状态a完成一次循环，其pV图像如图所示。下列判断正确的是（）A．气体在a、c两状态时具有的内能相等B．过程①中释放的热量等于过程③中吸收的热量C．过程①中释放的热量小于过程②中吸收的热量D．过程①④中释放的总热量大于过程②③中吸收的总热量三、填空题(共0分)49．一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﹣V图像如图所示，由图像可知：b和c两个状态比较，b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较_______（“多”或“少”）；若经历ca过程气体的内能减少了20J，则该过程气体放出的热量为_________J。50．汽车安全气囊系统可以为乘员提供有效的防撞保护。汽车安全行驶时气囊内气体体积可忽略不计，受到猛烈撞击后，气囊内的化学物质迅速反应产生气体，对气囊充气，气囊上的可变排气孔在充气阶段封闭。充满气后，气囊内气体的压强为、体积为V、温度为T，若大气压强恒为，则充气过程中气囊克服外界大气压做功为___________。当乘员因惯性挤压安全气囊，气囊的可变排气孔开始泄气，当内部气体体积变为、温度降为、压强变为时，恰好不再排气，将气体视为理想气体，则从气囊内排出的气体占总量的比例为___________%。51．如图为一茶具。当在茶具中加上足够多的开水，并在茶具顶端盖上密封良好的盖子后，泡茶几分钟水就会沿茶具口溢出。原因是茶滤内的封闭空气（可视为理想气体）温度升高，分子的平均动能______（填“变大”“变小”或“不变”），气体的压强_______（填“大于”“小于”或“等于”）大气压强。茶具中的水被压出的过程中，封闭空气对水做_______（填“正功”或“负功”）。52．如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则：Tb___________Tc，；Qab___________Qac。（选填“=”或“>”或“<”）53．如图所示，用一绝热的轻质活塞2将一定质量的理想气体封闭在开口向上的绝热汽缸内，轻质活塞1与2通过一轻质弹簧连接，两活塞之间为真空，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计，若在活塞1的上表面放一质量为m的物块，系统保持稳定。现换一质量为M的物块，其中，使活塞1缓慢向下移动，则此过程中气体的温度___________（填“升高”“降低”或“不变”）；物块M重力所做的功及大气压力做的功之和___________（填“大于”“等于”或“小于”）气体内能的变化量。解答题54．带活塞的气缸封闭了一定质量的理想气体，该理想气体经历了如图所示的AB、BC和CA过程。已知气体在状态B时，温度为600K。（1）求气体在状态A时的温度；（2）若C到A过程中，气体内能减小了28J，则该过程中气体与外界的热量交换。55．如图甲所示，一横截面积S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，不计活塞与气缸间的摩擦。如图乙所示是气体从状态A变化到状态B的VT图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A状态的压强为P=1.5×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q=7.0×102J，大气压强P0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。求活塞的质量m与此过程中气体内能的增量∆U。56．某同学设计的气压升降机如图所示，在竖直圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的气体，汽缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏，活塞横截面积为S，活塞及其上方装置总重力大小为G，活塞停在内壁的小支架上（图中未画出），与缸底的距离为H，气体的温度为T0时，压强等于大气压强，已知。现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢上升了。上述过程中，气体可视为理想气体，若整个过程中封闭气体内能的变化为∆U，求：（1）气体的最高温度T；（2）整个过程中气体吸收的热量Q。57．如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的质量为m，面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞间光滑且绝热性能良好。封闭气体的温度为，大气压强为，重力加速度为g。现接通热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离L后静止，整个过程中封闭气体吸收的热量为Q，求该过程中：（1）内能的增加量；（2）封闭气体最终的温度T。58．如图所示，柱形绝热气缸固定在倾角为θ的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求气缸内气体温度从T0升高到2T0的过程中：（1）活塞移动的距离x；（2）该气体增加的内能ΔU。[参考答案]1．C【解析】【分析】【详解】外界对物体做功时W为正，反之为负；吸热时Q为正，反之为负；内能增加时ΔU为正，反之为负。故选C。2．D【解析】【详解】A．体积增大，气体对外做功，又因为温度升高，内能变大，所以气体从外接吸收热量，故A说法，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，故B说法正确，不符合题意；C．把此图形转化为图像，可知在过程中和过程中图像包围的面积是相等的，所以这两个过程做功的绝对值是相等的，即在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功，故C说法正确，不符合题意；D．由于在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功，根据热力学第一定律可知经历一次循环，气体从外界吸收热量之和为零，故D说法错误，符合题意。故选D。3．D【解析】【详解】B．根据理想气体状态方程可得代入数据可得故B错误；A．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，并不是每个分子的动能都增大，故A错误；C．从状态A变化到状态B，气体体积增大，外界对气体做负功，故C错误；D．根据pV图像，外界对气体做功为气体从状态A变化到状态B的过程中增加的内能为故D正确。故选D。4．B【解析】【详解】由热力学第一定律，有依题意解得即气体内能不变，对理想气体而言，气体温度也不变。故ACD错误；B正确。故选B。5．C【解析】【详解】A．对物体做功，同时物体放热，根据热力学第一定律可知，当对物体做的功大于物体放出的热量时，物体的内能将增大，故A错误；B．对物体做功，同时物体吸热，根据热力学第一定律可知，物体的内能一定增大，故B错误；C．物体对外做功，同时放热，根据热力学第一定律可知，物体的内能一定减小，故C正确；D．物体对外做功，同时吸热，根据热力学第一定律可知，当物体吸收的热量大于对外做的功时，物体的内能将增大，故D错误。故选C。6．D【解析】【分析】【详解】A．从c到d为绝热膨胀，有根据热力学第一定律可知温度降低；从d到a，体积不变，由查理定律可知压强减小，则温度降低，则状态c的温度高于状态a态温度，根据一定质量的理想气体内能由温度决定，所以状态a的内能小于状态c的内能，A错误；BC．从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据pV图像“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体做功，图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变为零，则即即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，BC错误；D．在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功根据热力学第一定律即外界对其做的功全部用于增加内能，D正确。故选D。7．B【解析】【分析】【详解】A．对于理想气体由图象可知A→B等容变化，由查理定律得得解得故A错误；B．对于理想气体由图象可知B→C等压变化，则从状态到状态过程中对外做功故B正确；C．由理想气体状态方程可知即得则状态A下气体的内能等于在状态气体的内能，故C错误；D．气体从状态A到状态C体积增大，对外做功，即W＜0且TA=TC，A到状态C的过程中内能变化量为0，由热力学第一定律得Q＞0所以A→C的过程中吸热，故D错误。故选B。8．D【解析】【分析】【详解】对活塞进行受力分析可得可得封闭气体的压强A．由于气体发生等圧変化，气体膨胀，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律，对外做功的值小于Q，A错误；C．气体发生等圧変化，可得因此温度升高了C错误；B．温度升高后对外做的功B错误；D．根据热力学第一定律，内能增加量D正确。故选D。9．B【解析】【分析】【详解】A．对a状态分析有对c状态分析有所以有所以A错误；B．对b状态分析有所以有结合理想气体状态方程有从a状态到b状态气体的内能增加50J，由PV图像可知从a状态到b状态气体对外做功由热力学第一定律有解得所以此过程中气体从外界吸热175J，故B正确；C．由前面分析可知a到c过程中气体的内能先增大后减小，C错误；D．由前面分析可知a到c过程中气体的内能变化由PV图像可知从a状态到c状态气体对外做功由热力学第一定律有解得即气体从外界吸收的热量等于200J，D错误。故选B。10．C【解析】【详解】A．自然界的能量的总和是守恒的，但人类可以利用的能源是有限的，节约能源不仅能使我们长久利用，并且可以减小由于常规能源在使用中带来的污染，节约能源对人类社会的发展有很大的意义，故A错误；B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，故B错误；C．电能通过电场力做功，把电能转化为其它形式的能量，故C正确；D．能量耗散是针对一个系统（或一个物体）而言，能量在自然界中是守恒的，故D错误。故选C。11．A【解析】【详解】做功和热传递是改变物体内能的两种方式，它们的本质不同：做功是其他形式的能和内能之间的转化；热传递则是物体内能的转移，故A正确；热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，而不是由内能大的物体向内能小的物体传递，故B错误；冰在熔化的过程中，吸收热量，温度保持不变，水的沸腾过程中继续吸热但温度不变，故C错误；能量守恒定律表明自然界中可利用的能量不会减少，只是能量存在的形式不同，故D错误．故选A.【点睛】做功与热传递是改变物体内能的两种方式，它们在改变物体内能的效果上是等效的，但本质不同；热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，冰的熔化过程和水的沸腾过程中都需要吸热，能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为另一种形式或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．12．B【解析】【详解】设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t10℃）=cm×10℃，①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t10℃6℃）=c（m+m0）×6℃，②则①②得：6℃×cm0=10℃×cm6℃×cm6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0；代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃△t）=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃10℃6℃=4℃．故选B．点睛：解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答．不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的．13．A【解析】【详解】A．第一类永动机无法制成是因为它违背了能量守恒定律，故A正确；BCD．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热并把它全部用来做功，而不引起其他变化，所以热量可以从高温物体传递到低温物体，但要引起其他变化；第二类永动机并不违反能量转化和守恒定律，不可能制成是因为违反了热力学第二定律，希望从单一热源吸取热量使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．故BCD错误。故选A。14．D【解析】【详解】如果忽略摩擦，那么铁球返回斜坡底端Q时速度为零，无法对外做功，如果在返回的过程中对外做功了，将无法返回到底端Q。所以该“永动机”不可以实现。故选D。15．D【解析】【分析】【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；小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球增加了机械能；但小球下落时，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。16．（1）；（2）【解析】【详解】（1）当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力为零，设此时绳的拉力为F，活塞受力平衡小物体受力平衡解得气缸内气体等容变化，根据查理定律其中解得（2）气体温度从101K降温至100K过程中，外界对气体做功继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功解得根据热力学第一定律其中解得17．（1）0.96m；（2）480J【解析】【详解】（1）气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得即解得（2）在气体膨胀的过程中，气体对外做功为根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为得18．（1）；（2）【解析】【详解】（1）设稳定后汽缸内气体的压强为，对活塞，根据平衡条件得对水银柱，有解得（2）缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形导管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为，由盖—吕萨克定律得解得之后，气体温度由升高到，气体发生等容变化。整个过程中，外界对气体做的功由热力学第一定律得解得19．C【解析】【详解】第一类永动机指不消耗任何能量但可以不断输出动力的发动机，例如通过燃烧氢气发电，再用部分电产生氢气，剩余部分输出。它违反了能量守恒定律。故ABD错误，C正确，故选C。20．D【解析】【分析】【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。21．B【解析】【分析】【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。22．A【解析】【详解】A．根据理想气体的图像中等压线为过原点的倾斜直线，可知，气体在状态的压强等于在状态的压强，选项A正确；B．由玻意耳定律可知，气体在状态的压强大于在状态的压强，选项B错误；C．在的过程中气体温度不变，根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体内能保持不变，选项C错误；D．在的过程，气体不变，不对外做功，选项D错误。故选A。23．C【解析】【详解】A．DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体实验定律pV乘积增大，知此过程温度T升高，故A错误；B．CD为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积减小说明外界对气体做功，由热力学第一定律知C到D过程放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误；C．BC过程体积不变，压强减小，则温度降低，从微观的角度讲，BC过程压强减小是由于分子平均动能减小，故C正确；D．pV图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A，内能没变，但由于全过程中气体体积增大过程对外做的功（图线与坐标轴围的面积）大于体积减小过程外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，全过程吸热，故D错误。故选C。24．C【解析】【详解】AB．由图可知，状态A到状态B是一个等压过程，根据因为VB＞VA则有TB＞TA而状态B到状态C是一个等容过程，则有因为pB＞pC则有TB＞TC对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有即解得TA=TC故AB错误；C．从状态A到状态B温度升高，内能增大，体积膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体不断吸热，故C正确；D．从状态B到状态C温度降低，内能减少，体积不变，气体不做功，根据热力学第一定律可知气体不断放热，故D错误。故选C。25．C【解析】【详解】CD．a到b过程中，气体只对外做功，不吸收热量；b到c的过程中，气体只吸收热量不做功，而a、c状态温度相同，即气体的内能相同，根据热力学第一定律，吸收的热量等于气体对外做的功，故a到b过程，气体对外界做功10J，C正确，D错误；AB．在p—V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功，由于a到b过程，气体对外界做功10J，因此a到c过程，外界对气体做功超过10J，A、B错误。故选C。26．A【解析】【详解】A．温度升高，气体分子的平均动能一定增大，选项A正确；B．当温度不变时，体积减小，气体的压强一定增大，选项B错误；C．外界对气体做功，若气体放热，则气体的内能可能减小，选项C错误；D．气体从外界吸收热量，若气体对外做功，则气体的内能可能减小，选项D错误。故选A。27．A【解析】【详解】A．气体A发生等容变化温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体A吸热，故A正确；B．对B上方活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，B气体的压强不变，由于隔板导热性良好，B气体会吸收A气体的热量后温度上升，内能增大，再根据理想气体状态方程在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；C．气体A和气体B温度都上升了，分子的平均动能都增大，分子平均动能是大量分子的一种统计规律，分子的平均动能都增大，并非每一个分子的动能都会增大，故C错误；D．根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D错误。故选A。28．C【解析】【详解】A．活塞处于平衡状态时，由可知，相同温度下理想气体B的压强大于理想气体A的压强，即题图乙中图线Ⅰ表示等容下理想气体B的图像，A错误；B．根据理想气体状态方程可知斜率因为题设中理想气体A和B可能是不同的气体，C的值可能不同，因此无法判断理想气体A和B的体积大小，B错误；C．使外界温度升高，由图像可知，理想气体A和B的压强变化量所以活塞一定向上移动，C正确；D．根据热力学第一定律可知温度升高理想气体B对外做功解得即封闭的理想气体B一定吸收热量，D错误。故选C。29．D【解析】【详解】A．当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误；B．由于a气体膨胀，b气体被压缩，体积减小，外界对b气体做功，根据热力学第一定律可知b的温度升高了，故B错误；CD．由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，根据理想气体状态方程可推知a气体的最终温度较高，a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，内能的增加也较多，故C错误，D正确。故选D。30．C【解析】【详解】AB．由题意可知a、b两点温度相同，气体由状态a变化到状态b过程中，对应图线在等温线之上，所以此过程中气体温度始终高于等温线对应的温度，因此气体温度先升高后降低，同理可知气体由状态b变化到状态a过程中，温度先降低后升高，气体分子运动的平均速率先减小后增大，故AB错误；CD．a→b过程对应图线与坐标轴所围面积比b→a过程对应图线与坐标轴所围面积大，所以a→b过程气体对外界做功大于b→a过程外界对气体做功，即在整个循环过程中，气体对外界做功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量，故C正确，D错误。故选C。31．C【解析】【详解】AB．根据可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，故AB错误；C．在的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，故C正确；D．在的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，故D错误。故选C。32．D【解析】【详解】A．在a状态时的pV乘积大于c状态的pV乘积，则a态温度高于c态，则a状态的内能大于在c状态时的内能，选项A错误；B．在b状态时与d状态比较，b状态时气体的体积大，压强小，气体数密度较小，而两态温度相同，气体分子平均速率相同，则单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数少于d状态，选项B错误；C．因bc过程的压强小于da过程的压强，两过程中气体体积变化量相同，根据W=p∆V可知，在bc过程中外界对气体做的功小于在da过程中气体对外界做的功，选项C错误；D．根据C的分析可知，一次循环过程气体对外做功大于外界对气体做功，则整个过程中气体对外做功，内能不变，则气体吸热，即气体吸收的热量大于放出的热量，选项D正确。故选D。33．B【解析】【详解】A．初始时，对活塞根据平衡条件有解得故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—吕萨克定律有解得故B正确；CD．该过程中，气体对外做功为根据热力学第一定律可得故CD错误。故选BC。34．D【解析】【详解】A．由状态A至状态B为等压膨胀过程，外界对气体做负功，A错误；B．由状态B至状态C为等容过程，气体对外界不做功，B错误；C．由解得TA=200K由解得UB=UUC=2U由状态A至状态B外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于，C错误；D．由状态C至状态A外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体释放的热量大于U，D正确。故选D。35．D【解析】【分析】【详解】子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，然后共同摆起一定高度的过程中机械能守恒，不再有机械能转化为内能。故选D。36．A【解析】【分析】【详解】在水泡上升的过程中，距离水面的距离减小，则压强逐渐减小，温度不变，则体积变大，气体对外做功，内能不变，则气体吸收热量。故选A。37．C【解析】【分析】【详解】将活塞P缓慢地向B移动一段距离，乙气体体积减小，外界对乙做功，其内能增加，温度升高，然后通过导热隔板将一部分热量传递给甲气体，最终二者内能都增加。故选C。38．D【解析】【详解】AB．根据气体对外界做功的大小等于图线与V轴围成的面积可知，气体在过程Ⅰ中对外界做的功小于在过程Ⅱ中对外界做的功，故A、B错误；C．对于一定质量的理想气体，内能的大小由温度决定，又因为气体的初、末状态温度相同，则两个过程中气体内能的变化量相同，故C错误；D．沿不同路径由状态A变到状态B，由热力学第一定律知，在内能变化相同的情况下，气体对外做的功越多（），则吸收的热量越多（），即气体在过程Ⅰ中吸收的热量小于在过程Ⅱ中吸收的热量，故D正确；故选D。39．B【解析】【详解】A.从到为等容变化，则有，可得又有因此a状态气体温度比c状态高，A错误；B.，两过程都发生等容变化，根据热力学第一定律吸收或放出的热量都用来改变气体的内能，由于，故有可知，两过程的气体内能变化量大小相等，因此这两过程气体放出、吸收的热量相等，B正确；C.在图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做功的大小，体积增大时，气体对外做功，体积减小时，外界对气体做功，因此整个循环过程，气体对外做功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，整个循环过程，气体从外界吸收热量，C错误；D.由图像可知，又有根据压强的微观解释，可知d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态多，D错误。故选B。40．AD【解析】【详解】AB．将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，选项A正确，B错误；CD．气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，选项C错误，D正确。故选AD。【点睛】本题通过简易温度计考查热力学第一定律、气体压强的微观解释。41．BC【解析】【详解】AD．A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变。由热力学第一定律知气体从外界吸收热量，故AD错误；B．B→C过程中，气体绝热膨胀，气体对外界做功，气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B正确；C．C→D过程中，气体等温压缩，体积变小，气体分子密度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确。故选BC。42．AC【解析】【详解】AB.雪人变成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，故A正确、B错误；CD.水蒸发成同质量的水蒸气的过程中要对外做功，根据热力学第一定律，其吸收的热量大于内能的增加量，故C正确、D错误。故选AC。43．ACD【解析】【详解】A．一定质量的理想气体的内能大小由温度决定，在这四个状态中，c状态时气体的温度最高，故气体在c状态时的内能最多，A正确；B．从状态a到状态c，气体是等容变化，则有因为有、、，解得B错误；

C．从状态a到状态b，由理想气体状态方程可得因为有、、、、，解得C正确；D．从状态a到状态b，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，所以气体从外界吸热，D正确；E．从状态c到状态d，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低，