辽宁2023年高考物理热力学临考题（解析版）

押辽宁卷第13、第7题

热力学

押题探究

热力学，辽宁卷会以计算题或选择题的形式考察。其中计算题主要考察理想气体状态方程，求解气体

压强是解题关键，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。因此，该模块计算题

很可能加入弹簧、电子秤等受力情境。主要考点如下：

题型细分

计算题（第13）题理想气体状态方程

分子力

选择题（第7题）内能

热力学定律

解题秘籍

L分子间的作用力

分子间的作用力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示（取无穷远处分子势能Ep=O）

（1）当r>rθ时，分子间的作用力表现为引力，当r增大时，分子间的作用力做负功，分子势能增大

（2）当r<rt）时，分子间的作用力表现为斥力，当r减小时，分子间的作用力做负功，分子势能增大

（3）当r=rθ时，分子势能最小.

2.物体内能

(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。

(2)内能的大小与温度、体积、物质的量和物态等因素有关。

(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。

(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能都相同.

(5)内能由物体内部分子微观运动状态决定，与物体整体运动情况无关。任何物体都具有内能，恒不为

零。

3.热力学定律

(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。

(2)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全

部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。

(3)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为

正.

(4)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q=O.

(5)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能

的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。

三种特殊情况

若过程是绝热的，则Q=0,W=ΔU,外界对物体做的功等于物体内能的增加；

若过程中不做功，即W=O,则Q=AU,物体吸收的热量等于物体内能的增加；

若过程的初、末状态物体的内能不变，即AU=O,则W+Q=0或W=-Q,外界对物体做的功等于物

体放出的热量

4.理想气体状态方程

4.1压强的计算

(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。

(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。若应用P=Po+/I或P=PO―力来表示

压强，则压强P的单位为cmHg或mmHg。

4.2多个研究对象的问题

由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找两团气之间的压强、体积或位移关系，列出辅助

方程，最后联立求解。

4.3求解液柱封闭气体问题的四点提醒

(1)液体因重力产生的压强大小为p=Pgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。

(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。

(3)有时直接应用连通器原理一一连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。

(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。

4.4“汽缸”模型的三种常见问题

(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。

(2)气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。

(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气

体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后

联立求解。

4.5等效法求解变质量的气体问题

在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法

把变质量问题转化为恒定质量的问题。

(1)充气中的变质量问题

设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为

研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定

的问题了。

(2)抽气中的变质量问题

用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，

假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。

真题回顾

1.(2021年辽宁卷)如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氮气球，作为一

种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩

擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氨气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固

定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升

空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氧

气体积变为地面时的L5倍,此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的,。已知地面大气压强PO=LOX105Pa、

温度To=3OOK,弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。

（1）设气球升空过程中氮气温度不变，求目标高度处的大气压强p；

（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时;弹簧压缩量为左、右

【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为入，由玻意

耳定律Po%=P∙L5%

2

解得p∣=§Po

由目标处的内外压强差可得Pl-P=ZPo

解得p=gpo=5.OxlO4Pa

44

（2）有胡克定律尸=依可知弹簧的压缩量变为原来的二，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的不，即

142

-/F二百为

设此时气囊内气体的压强为P2，对活塞压强平衡可得P2=PX+P=WP,>

_PM

由理想气体状态方程可得Ir一〒

47

其中匕=匕+0.5匕*二=《匕

解得7=芸133<=266K

2.（2022年辽宁卷）一定质量的理想气体从状态“变化到状态b,其体积V和热力学温度T变化图像如图

所示，此过程中该系统（）

b

✓Ja

σ--------------------------AT

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

【详解】A.理想气体从状态”变化到状态从体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；

vC

B.由题图可知V=%+W∖∙根据理想气体的状态方程有W=C；联立有P-IT石；可看出7增大，p增

Tk-V—

T

大，B错误；

D.理想气体从状态α变化到状态b,温度升高，内能增大，D错误；

C.理想气体从状态〃变化到状态从由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学

第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。

押题冲关

1.如图所示，竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口，右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入

水银，平衡时右端封闭气体的长度L=15cm,左端水银面到管口的距离为∕z=12cm,且左右两管水银面的高

度差也为∕j=12cm.现将小活塞封住左端，并缓慢向下推动，当活塞下降距离为X时，两管液面恰好相平。

推动过程中两管中的气体温度始终不变，活塞不漏气，大气压为p0=76cmHg.求：

(1)粗管气体的最终压强p；

(2)活塞向下的距离尤。

日活塞

iI

h「一

【答案】(I)P=I20CmHg；(2)x=12.4cm

【详解】(1)设左管液面下降△/!时，两管液面相平。由于右端玻璃管横截面积是左端的2倍，此时右面液

面上升所以有九一A∕ι=，/i；可得A∕ι=∣∕ι=8Cm

对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强Pi=P0+P∕l=(76+12)cmHg=88cmHg

变化前的体积为Vl=SL；变化后的体积为V=S(L-∣∆∕ι)

则由玻意耳定律可得PIVI=pV；带入数据可得P=120cmHg

(2)由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，所以对于左端细管上端的理想气体，由玻意

耳定律可得POSOh=pS%；解的k=7.6cm；活塞向下的距离x=八一∕tl+A/I=I2.4Cm

2.如图所示，一根粗细均匀的足够长玻璃管内有一段15Cm高的水银柱，封闭了一定量的空气，大气压强

相当于75Cm水银柱产生的压强，管口竖直向下时，封闭空气柱长40cm,这时的温度为27℃,现将玻璃管

顺时针方向慢慢旋转，使管口水平向左，再继续慢慢旋转，使管口竖直向上，然后把封闭空气柱浸入87℃

的热水中，(重力加速度取g=10m∕s2)则：

(1)管口水平向左时，空气柱的长度为多少？

(2)管口向上，浸入热水中稳定后空气柱长度为多少？

(3)在(2)问情况下，把整个装置放入以加速度4m∕s2匀加速上升的电梯里，稳定后空气柱的长度为多少？

-jrr^∖

40cm

【答案】(1)32cm；(2)32cm；(3)30cm

【详解】(1)设大气压强为外，管口竖直向下时，封闭空气柱的压强为0,管口水平向左时，空气柱的压

强为P2,则p/=po—pAo=60CmHg,p2=po=75cmHg气体发生等温变化，由玻意耳定律得p"∕S=p2∕2S

解得h-32cm

(2)设管口竖直向上，把封闭空气柱浸入87。C的热水中时，封闭空气柱的压强为P3,则

p3=pLo+po≈90cmHg,7∕=300K,7>=360K根据理想气体的状态方程有可亘=之咨解得人=32Cm

(3)设把整个装置放入以加速度4m∕s2匀加速上升的电梯里，封闭空气柱的压强为四,由动力学知识有

p4S-mg-p0S=maP4-Pu>-Po=马PLo解得P4=96cmHg再根据理想气体的状态方程有‘咨='咨

5，31J

解得b=30cm

3.如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2,容器内部

封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差A=5cm,左、右两部分容器的水银面的

高度差H=15cm,设大气压po=75cmHg,外界环境温度占27℃。求：

（I）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。

（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直

到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。

【答案】（1）4cm；（2）390K

【详解】（1）以右边玻璃管封闭的气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时,

,

右边被封闭的气体长度为Ao初、末状态的压强和体积分别为Pl=P0-HcmHg,P1=PO山玻意耳定律可得

PIfl=P2h'解得M=4an

（2）空气柱的长度变为开始时的长度/7时，右管水银面下降ΔA=∕2-"=ls,则左管水银面会上升2cm,

此时空气柱的压强P3=⅞+3ΔΛC∕M⅛末状态封闭气体长度再次为5cm,和最初始状态一样，符合等容变化

规律，则与=笔解得T'=390K

4.如图所示为某同学设计的检查U形玻璃管是否漏气的装置。在U形玻璃管的右侧连接一水平且足够长

的细玻璃管，用两段水银柱封闭一定质量的理想气体，已知U形玻璃管与水平玻璃管的内径均匀且相等，

大气压强为75CmHg,环境温度为300K,稳定时U形玻璃管左、右液面的高度差为5cm,右侧液面到水平

玻璃管的距离为20cm。

（1）若U形玻璃管气密性良好，导热性能也良好，缓慢改变环境温度直到U形玻璃管左、右液面相平，

求此时的环境温度。

（2）若在（1）状态稳定后，U形玻璃管开始缓慢漏气，当漏到左、右液面的高度又相差5cm时,求剩余

的气体质量占原来气体质量的百分比（结果保留3位有效数字）

【答案】(1)4=328K：(2)∕=91.4%

【详解】（1）开始时的状态参量为P1=80cmHg:T1=3OOK；V1=155

温度改变后的状态参量为Pz=75cmHg;V2=17.55根据理想气体状态方程得空=竽解得刀=328K

（2）设温度（=328K时，剩余气体的体积为匕=&S对剩余气体根据玻意耳定律得P?匕=PM解得

L2t=ɪ6cm剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为1=,xl°°%=而xl00%=914%

5.如图所示，内径粗细均匀的U形管两端等高，竖直放置，左侧管上端开口，并用九=5Cm的水银柱封闭

有长4=15Cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长4=24Cm的理想气体，左右两管内水银面高度差

∕⅛=IOcm,若把该装置垂直纸面缓慢放倒到水平状态，大气压强恒为P°=75cmHg,不计一切摩擦，求：

（1）封闭端气柱的长度；

（2）水银是否从开口端流出，若不流出求左侧水银到管口的距离。

【答案】（1）22.4cm：（2）14.6cm

【详解】⑴右侧管中理想气体压强P2=P0+PM-Ph2=70cmHg放到水平之后，对右侧封闭气体P2I2=p0l'2

解得4=22.4Cm

（2）左侧气柱放到水平后的长度为〃，对左侧气体P/=P√∣'开始左侧气体压强PI=Po+4=80cmHg

,

解得∕l=16cm假设水银不会溢出九+Zz2+4'+4=53.4Cm因为2（也+4）=68cm>53.4cm故水银不会溢出

左侧水银到管口的距离为∆x=68cm—53.4Cm=14.6cm

6.如图甲所示，一个导热汽缸水平放置，内部封闭着热力学温度为%的理想气体，活塞截面积为S,活塞与

汽缸底部距离为L,大气压为P。，重力加速度为g,活塞与汽缸之间摩擦忽略不计。先保持温度不变，将汽

缸缓慢转动90°（如图乙），活塞与汽缸底部距离变为0.9Z,。再对气体缓慢加热，活塞离汽缸底部距离变为

1.2L（如图丙），求：

（1）活塞的质量nɪ;

（2）气体加热后的热力学温度T。

【详解】（1）根据题意，由平衡条件可知，汽缸水平时，内部气体气压为Pl=P°；体积为Vl=SL

汽缸竖直时，内部气体气压为P2=p0+≡:

体积为V2=0.9SL

由玻意耳定律PlVI=p2V2;解得m=随

（2）根据题意可知，气体经历等压变化过程，由盖吕萨克定律嘴=早；解得T=ITo

7.如图所示，一端水平悬挂的圆柱形容器用活塞密封体积匕=2x103∏13的理想气体，活塞重力不计且能

无摩擦地滑动，其下端悬挂质量m=60kg的重物，容器的横截面积S=10⅛2o整个装置放在大气压p。=1.0

X105Pa的空气中，开始时气体的温度T∕=300K,当气体从外界吸收300J的热量，体积变为匕=4xIOFnP

时，求，密闭气体：

（1）压强p；

（2）温度乃；

（3）内能增加量AE。

/////////

【答案】（l）4xl（）4pa;(2)600K；(3)220J

【详解】（1）体积达到发时，对活塞受力平衡pS+mg=∕%S得〃=-等=4xUpa

ɔ

（）密闭气体等压变化所以

2J争Y工=600K

ʃɪ

(3)由热力学第一定律W+Q=AE又W=P(Vr2—匕)=8OJ得AE=Q-W=220J

8.如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面，由刚性杆连

接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间与大气相通，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍。

两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为W,压强为1.5p°,温度为To,汽缸B的

体积为2玲，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍。设环境温度始终保持

不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A,已知大气压为po。求:

（1）加热前B汽缸中气体的压强;

（2）加热达到稳定后汽缸B中气体的体积;

（3）加热达到稳定后汽缸A中气体的温度。

(3)TA'=2.15TO

【详解】（1）对活塞整体受力分析，根据平衡条件得1.5POS+2PoS=POS+2PBS解得ps=1.25po

（2）再次平衡后对活塞受力分析，根据平衡条件得3005+2°05=为5+20小解4=2.

对B气体根据玻意耳定律得2ps%=PBVS解得½,=1.25V0

（3）活塞向左移动时，B减小的体积等于A增加体积的2倍，设A气体的末状态体积为VΛ,

2%-%=2（%'—%）解得¼-=1.375⅛

对A气体根据理想气体状态方程得悴及=2整

nTA

稳定后汽缸A中气体的温度TΛ'=2.75T0

9.下图中A、B汽缸的长度为L=30cm,横截面积为S=20cm2,C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计

的活塞，D为阀门。整个装置均由导热材料制成。起初阀门关闭，A内有压强心=2.0xl05Pa的氮气，B内

有压强P8=LOxICPPa的氧气。阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。

（1）求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；

（2）活塞C移动过程中A中气体对外做功为25J,则A中气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量为多

少？（假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略）

C

【答案】（I）IOCm,1.5×lO5Pa:（2）吸热，吸收的热量为25J

【详解】（1）根据玻意耳定律，对A中的气体有PALS=ML+x）S

对B中的气体有PBLS=p（L-x）S

联立两式，代入数据解得X=IOCrn；p=1.5×10sPa

（2）气体发生等温变化，内能不变，即AU=O

根据题意，A中气体对外做功为25J,即W=-25J

根据热力学第一定律AU=W+Q解得Q=25J

由此可知，A中气体从外界吸热，吸收的热量为25J。

10.竖直固定的汽缸由一大一小两个同轴绝热圆筒组成，小圆筒横截面积为S,大圆筒横截面积为2S,小

圆筒开口向上且足够长，在两个圆筒中各有一个活塞，大活塞绝热，小活塞导热，两活塞用刚性杆连接，

两活塞之间与大汽缸下部分别封闭一定质量的理想气体1、H,初始时各部分长度均为"，如图所示，气体

1压强为P。，活塞和刚性杆总质量为〃?，大气压强为几,环境温度为及，气体H初始温度也为丸。缓慢加

热气体∏,不计所有摩擦，活塞厚度不计，活塞不会漏气，重力加速度为g,求:

（i）初始时，气体∏的压强P2；

（ii）当大活塞恰好到达两汽缸连接处时，气体ɪɪ的温度。

A-,,•、,mg..τ_2mg+5Sp<>τ

RT

【答案】(i)P=Po+T÷:(U)7∣~ɔeɪ---O

22S2%+mg

【详解】（i）对两活塞整体受力分析P0S+机g+ZV2S=P2∙2S+p°S解得P2=P0+器

（H）当大活塞恰好到达汽缸连接处时，对两活塞封闭的气体分析，该过程气体I温度不变，气体I的压

强为Pl,则有为（2必+〃5）=〃»2力解得口=］外

对两活塞整体受力分析有PoS+mg+pl-2S=Pi-IS+PIS

此时气体∏压强为P3=3Po+黑

P）∙2Sh∕Λ∙2S∙2Λ_2mg+5⅛_

根据理想气体方程当一=±r-；解得工n

τttT∖2Sp"+ιng

11.如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙

上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆

把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量"i=0.02kg,外界大气压

强Po=IXlO5pa,丙图空腔体积为玲=1.5cπ√,丁图空腔体积为匕=ZQcn?,如图戊，空腔与墙面的正对面积

为S∕=8cm2,吸盘与墙面接触的圆环面积S2=8cr∏2,吸盘与墙面间的动摩擦因数〃=0.5,最大静摩擦力可视

为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的

空隙始终与外界连通。

（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？

（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p∕;

（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量

甲乙

【答案】（1）吸热：（2）7.5×104Pai（3）4.98kg

【详解】(1)整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功,

根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。

(2)根据玻意耳定律POVO=PIV1；代入数据解得pl=7.5xl04Pa

(3)若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析(m+M)g=NFN

挂钩对墙面的压力FN=P0S2+(p0-pι)Sι；联立代入数据得M=4.98kg

12.大方县城区有99口水井的记载，闻名于远近。如图所示为可以把地下井水引到地面上的设备。活塞和

阀门都只能单向打开，提压把手可使活塞上下移动，使得空气和水只能往上走而不往下走。活塞往上移动

时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此

循环，井水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在水井水位线之下，水井水位

线距离阀门的高度h=9.0m,直管横截面积S=3.0X10-3ιn2。现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升b=

6.0m<,已知水的密度p=1.0Xlθ3kg∕r∏3,外界大气压强Po=LOXlO$pa,重力加速度g=lθm/s?,直管

中的气体可视为理想气体。

(i)若该设备的机械效率4=0.6,求人对把手做的功：

(iɪ)求直管中剩余空气质量AnI与直管中原空气质量ZnO之比。

【答案】⑴W=900J;（ii）—=ɪ

m015

【详解】（i）进入直管中水的质量为m=pS∕h

质量为m的水增加的重力势能为AEP=TmgA；乂η=鲁

联立解得W=900J

（iɪ）对原直管内的气体，根据理想气体状态方程得PoS∕ι=pV

又P=PO-ρgh1

直管中剩余气体的体积AV=S（∕ι-∕ι1）

直管中剩余气体质量和原来气体的质量之比为也=?；联立解得处=2

m0Vm015

13.（2023•四川.统考二模）图（a）为某种机械的新型减振器一氨气减振器，其结构如图（b）,减振器中

的活塞质量为2kg,汽缸内活塞的横截面积为S=50Cm2。为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，

给汽缸内冲入氮气，当气压达到P=6×105Pa时，活塞下端恰被两边的卡环卡住，氮气气柱长度为L=20cm

且轻质弹簧恰好处于原长。不计活塞厚度和一切摩擦，汽缸导热性良好，汽缸内密闭的氮气视为理想气体，

大气压强Po=1×IO5Pa,重力加速度g=10m∕s2,环境温度不变。

（1）现用外力竖直向下压活塞，使活塞缓慢向下运动，当汽缸内氮气的压强大小为p'=1X106pa时，活

塞停止运动，求此过程中活塞下降的距离加

（2）若在（1）的过程中，外力对活塞做的功为W=87.2J,过程结束时弹簧的弹性势能为Ep=6.4J,求此

过程中氮气向外界放出的总热量Q。

图(a)图(b)

【答案】(1)8cm；(2)122.4J

【详解】(1)根据题意可知，汽缸导热性良好，活塞缓慢向下运动，汽缸内气体的温度不变，由玻意耳定

律有PLS=p'L'S；代入数据解得L'=12cm

则此过程中活塞下降的距离h=L-L1=8cm

(2)根据题意，由功能关系，对弹簧有EP=W弹

对活塞有W+mgh+p0Sh-勿弹一W,i=O

联立代入数据解得卬气=122.4J

则活塞对汽缸内气体做功为W：=W气=122.4J

由热力学第♦定律有AU=Q+VK;

由于气体温度不变，内能不变，即AU=0；贝IJQ=-122.4J

即过程中氮气向外界放出的总热量为122.4J。

14.一定质量的理想气体，从状态。经机W又回到状态”，其循环过程的P-V图像如图所示。已知气体在状

态”的温度为To。则下列说法正确的是()

产

4，-P。

3-T>——16

2--

1——4—<----'c

I4,「，J

01234K

A.气体在状态C的温度为67。

B.气体由。到6和由C到4的两个过程中，对外做的功相等

C.气体完成1次循环过程，一定从外界吸收热量

D.气体由α到6的过程中，吸收的热量小于内能的增加量

【答案】C

【详解】A.因PaVa=Pc%;可知ac两态的温度相同，则气体在状态C的温度为TO,选项A错误；

B.因P-V图像的面积等于功，则气体由a到b对外做功，由C到d的过程中外界对气体做功，两者大小不

相等，选项B错误；

C.气体完成1次循环过程，气体内能不变，由B的分析可知，气体对外做功大于外界对气体做功，可知整

个过程中气体对外做功，则气体一定从外界吸收热量，选项C正确；

D.气体由a到b的过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，根据AU=W+Q；吸收的热量大于内

能的增加量，选项D错误。

15.如图所示为一定质量的理想气体等温变化P-V图线，A、C是双曲线上的两点，EI和%则分别为A、C

C.E1>E2D.E1<E2

【答案】B

【详解】AB.由于图为理想气体等温变化曲线，由波意耳定律可得PAVA=PcVc;而Sl=IPAVA；Sl=IPAVA

即Si=S2,A错误，B正确；

CD.由于图为理想气体等温变化曲线，TA=Tc,则气体内能Ei=E2,CD错误。

16.（多选）如图所示为一定质量的理想气体压强P随热力学温度T的变化图像，下列说法正确的是（）

A.从状态C到状态“，气体分子的平均速率增大

B.从状态h到状态c,气体分子对单位面积容器壁的撞击力增大

C.从状态α到状态从气体的密度减小

D.从状态d到状态”,气体对外做正功

【答案】BC

【详解】A.从状态C到状态d,气体的温度降低，因此气体分子的平均动能减小、平均速率减小，故A错

误；

B.从状态b到状态，气体的压强增大，因此气体分子对单位面积容器壁的撞击力增大，故B正确：

C.由空=C可得苧=CVT；则p—T图像上的点与坐标原点连线的斜率k与VT成正比，气体在状态a的斜

1

率大于在状态b的斜率，则有Va■】>Vb;可得Va<vb;则从状态a到状态b,气体的密度减小，故C正确；

D.同理，从状态d到状态a,则有VT<VJ;可得Vcl>Va;则从状态d到状态a,气体的体积减小，外界

对气体做功，故D错误。

17.（多选）一定质量的理想气体密闭在容器中，其压强随体积的变化过程如图所示。已知ATC是绝热变

化过程。下列说法正确的是（）

A.4-C过程中气体的温度不变

B.C→B过程中每个分子的动能都增大

C.B-4过程中，单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数增多

D.A→C→B→A,完成一次完整循环的过程气体对外做负功

【答案】CD

【详解】A.ATe过程中，体积增大，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度减小，A错误；

B.CTB过程中分子的平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大，B错误；

C.BTA过程中，压强不变，根据盖一吕萨克定律，体积减小，温度减小，单位时间内容器壁单位面积上

分子碰撞次数增多，C正确；

D.由图像可知I,完成一次完整循环的过程气体对外做功小于外界对气体做功，即气体对外做负功，D正确。

18.如图所示，一定质量的理想气体从状态”开始，沿图示路径先后到达状态人和Co下列说法正确的是（）

A.从〃到从气体温度保持不变B.从〃到儿气体对外界做功

C.从人到c,气体内能减小D.从人到c,气体从外界吸热

【答案】D

【详解】AB.一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强

减小，根据查理定律苧=C,可知气体温度降低，再根据热力学第一定律AU=Q+W,由于气体不做功，内

能减小，则气体放热，AB错误；