押辽宁卷第13、第7题-热力学(辽宁卷)(解析版).docx

押辽宁卷第13、第7题
热力学

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
选择题（第7题）
分子力
内能
热力学定律

1.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＝0)

(1)当r＞r0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＜r0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＝r0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＝0.
（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＝0，则Q＝ΔU，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ΔU＝0，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＝p0＋h或p＝p0－h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＝ρgh(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——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。　　

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、高度可控的氦气球，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氦气（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，氦气体积变为地面时的1.5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p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，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、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。

【答案】(1) 5.0×104Pa；(2) 266K
【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，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）有胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即
设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
2．（2022年辽宁卷）一定质量的理想气体从状态a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（   ）

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a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知V = V0 + kT；根据理想气体的状态方程有；联立有；可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a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a变化到状态b，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。

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h=12cm，且左右两管水银面的高度差也为h=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x。

【答案】（1）p=120cmHg；（2）x=12.4cm
【详解】（1）设左管液面下降Δℎ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12Δℎ，所以有ℎ−Δℎ=12Δℎ；可得Δℎ=23ℎ=8cm
对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强p1=p0+pℎ=(76+12)cmHg=88cmHg
变化前的体积为V1=SL；变化后的体积为V=SL−12Δℎ
则由玻意耳定律可得p1V1=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p0S0ℎ=pS0ℎ1；解的ℎ1=7.6cm；活塞向下的距离x=ℎ−ℎ1+Δℎ=12.4cm

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？

【答案】（1）32cm；（2）32cm；（3）30cm
【详解】（1）设大气压强为p0，管口竖直向下时，封闭空气柱的压强为p1，管口水平向左时，空气柱的压强为p2，则p1= p0－pL0 = 60cmHg，p2= p0 = 75cmHg气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1l1S = p2l2S
解得l2 = 32cm
（2）设管口竖直向上，把封闭空气柱浸入87℃的热水中时，封闭空气柱的压强为p3，则
p3= pL0＋p0 = 90cmHg，T1 = 300K，T3 = 360K根据理想气体的状态方程有解得l3 = 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p4，由动力学知识有
得解得p4 = 96cmHg再根据理想气体的状态方程有
解得l4 = 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h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：
（1）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）4 cm；（2）390 K
【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h′。初、末状态的压强和体积分别为由玻意耳定律可得解得
（2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强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，则解得

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）；（2）
【详解】（1）开始时的状态参量为； ；
温度改变后的状态参量为； 根据理想气体状态方程得 解得
（2）设温度时，剩余气体的体积为对剩余气体根据玻意耳定律得 解得 剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为

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，并用的水银柱封闭有长的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长的理想气体，左右两管内水银面高度差，若把该装置垂直纸面缓慢放倒到水平状态，大气压强恒为，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）；（2）
【详解】（1）右侧管中理想气体压强放到水平之后，对右侧封闭气体
解得
（2）左侧气柱放到水平后的长度为，对左侧气体开始左侧气体压强
解得假设水银不会溢出因为故水银不会溢出
左侧水银到管口的距离为

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T0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P0，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0.9L。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m；
（2）气体加热后的热力学温度T。

【答案】（1）m=p0S9g；（2）T=43T0
【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p1=p0；体积为V1=SL
汽缸竖直时，内部气体气压为p2=p0+mgS；
体积为V2=0.9SL
由玻意耳定律p1V1=p2V2；解得m=p0S9g
（2）根据题意可知，气体经历等压变化过程，由盖吕萨克定律0.9SLT0=1.2SLT；解得T=43T0

7．如图所示，一端水平悬挂的圆柱形容器用活塞密封体积V1= 2 × 10－3m3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 = 10－2m2。整个装置放在大气压p0= 1.0 × 105Pa的空气中，开始时气体的温度T1= 300K，当气体从外界吸收300J的热量，体积变为V2= 4 × 10－3m3时，求，密闭气体：
（1）压强p；
（2）温度T2；
（3）内能增加量DE。

【答案】（1）4 × 104Pa；（2）600K；（3）220J
【详解】（1）体积达到V2时，对活塞受力平衡pS＋mg = p0S得
（2）密闭气体等压变化所以得
（3）由热力学第一定律W＋Q = DE又W = p(V2－V1) = 80J得DE = 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V0，压强为1.5p0，温度为T0，汽缸B的体积为2V0，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p0。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。

【答案】（1）pB=1.25p0；（2）VB=1.25V0；（3）TA′=2.75T0
【详解】（1）对活塞整体受力分析，根据平衡条件得1.5p0S+2p0S=p0S+2pBS解得pB=1.25p0
（2）再次平衡后对活塞受力分析，根据平衡条件得解pB′=2p0
对B气体根据玻意耳定律得解得VB=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VA′
解得VA′=1.375V0
对A气体根据理想气体状态方程得
稳定后汽缸A中气体的温度TA′=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pA＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB＝1.0×105Pa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）

【答案】（1）10cm，1.5×105Pa；（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
对B中的气体有
联立两式，代入数据解得；
（2）气体发生等温变化，内能不变，即
根据题意，A中气体对外做功为25J，即
根据热力学第一定律解得
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Ⅰ、Ⅱ，初始时各部分长度均为h，如图所示，气体Ⅰ压强为，活塞和刚性杆总质量为m，大气压强为，环境温度为，气体Ⅱ初始温度也为。缓慢加热气体Ⅱ，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Ⅱ的压强；
（ⅱ）当大活塞恰好到达两汽缸连接处时，气体Ⅱ的温度。

【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（ⅰ）对两活塞整体受力分析解得
（ⅱ）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，则有解得
对两活塞整体受力分析有
此时气体Ⅱ压强为
根据理想气体方程；解得

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m=0.02kg，外界大气压强p0=1×105Pa，丙图空腔体积为V0=1.5cm3，丁图空腔体积为V1=2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1=8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2=8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ=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p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。

【答案】（1）吸热；（2）7.5×104Pa；（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p0V0=p1V1；代入数据解得p1=7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析(m+M)g=μFN
挂钩对墙面的压力FN=p0S2+(p0−p1)S1；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=3.0×10−3m2。现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升ℎ1=6.0m。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，直管中的气体可视为理想气体。
（ⅰ）若该设备的机械效率η=0.6，求人对把手做的功；
（ⅱ）求直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0之比。

【答案】（i）W=900J；（ⅱ）Δmm0=215
【详解】（ⅰ）进入直管中水的质量为m=ρSℎ1
质量为m的水增加的重力势能为ΔEp=12mgℎ1 ；又η=ΔEpW
联立解得W=900J
（ⅱ）对原直管内的气体，根据理想气体状态方程得p0Sℎ=pV
又p=p0−ρgℎ1
直管中剩余气体的体积ΔV=Sℎ−ℎ1
直管中剩余气体质量和原来气体的质量之比为Δmm0=ΔVV ；联立解得Δmm0=215

13．（2023·四川·统考二模）图（a）为某种机械的新型减振器—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p0=1×105Pa，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′=1×106Pa时，活塞停止运动，求此过程中活塞下降的距离h；
（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。

【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−L'=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−W弹−W气=0
联立代入数据解得W气=122.4J
则活塞对汽缸内气体做功为W气'=W气=122.4J
由热力学第一定律有ΔU=Q+W气'
由于气体温度不变，内能不变，即ΔU=0；则Q=−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a经bcd又回到状态a，其循环过程的p-V图像如图所示。已知气体在状态a的温度为T0。则下列说法正确的是（　　）

A．气体在状态c的温度为6T0
B．气体由a到b和由c到d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a到b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=pcVc；可知ac两态的温度相同，则气体在状态c的温度为T0，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ΔU=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，E1和E2则分别为A、C两点对应的气体内能，△OAB和△OCD的面积分别为S1和S2，则（　　）

A．S1<S2 B．S1=S2
C．E1>E2 D．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S1=12pAVA；S1=12pAVA
即S1=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E1=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d，气体分子的平均速率增大
B．从状态b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a到状态b，气体的密度减小
D．从状态d到状态a，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pVT=C可得pT=CV−1；则p−T图像上的点与坐标原点连线的斜率k与V−1成正比，气体在状态a的斜率大于在状态b的斜率，则有Va−1>Vb−1；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Vd−1<Va−1；可得Vd>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A→C是绝热变化过程。下列说法正确的是（　　）

A．A→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→A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．A→C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．C→B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．B→A过程中，压强不变，根据盖—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，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a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（   ）

A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b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，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律DU = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律DU = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。

19．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）

A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c
C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功
【答案】C
【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程；可知，又因为，故，故B错误；
CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据；可知气体吸收热量；故C正确，D错误

20．图1和图2中曲线分别描述了某物理量随分之间的距离变化的规律，为平衡位置。现有如下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线对应的物理量分别是（　　）

A．①③② B．②④③ C．④①③ D．①④③
【答案】D
【详解】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）时分子势能最小可知，曲线I为分子势能随分子之间距离r变化的图像；
根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离r变化的图像；
根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小，可知曲线Ⅲ为分子斥力随分子之间距离r变化的图像。
21．分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．从到分子间引力、斥力都在减小
B．从到分子力的大小先减小后增大
C．从到分子势能先减小后增大
D．从到分子动能先增大后减小
【答案】D
【详解】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在时分子势能最小，故从到分子势能一直减小，故C错误；
D．从到分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。