C．ΔU>QD．无法比较
答案 B
解析 因A部分气体密度小，B部分气体密度大，以整体气体为研究对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重心应在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能量守恒定律可知，吸收的热量Q有一部分增加气体的重力势能，另一部分增加内能．故正确答案为B.
例3
第一类永动机是不可能制成的，这是因为第一类永动机（ ）
A．不符合机械能守恒定律
B．违背了能量转化与守恒定律
C．没有合理的设计方案
D．找不到合适的材料
答案 B
三、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
气体实验定律和热力学第一定律的结合点是温度和体积．注意三种特殊过程的特点：
1．等温过程：
内能不变，ΔU＝0
2．等容过程：
体积不变，W＝0
3．绝热过程：
Q＝0
例4
如图10－3－2所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0，起初环境的热力学温度为T0时，活塞到汽缸底面的距离为L.当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体吸收的热量为Q.求：
图10－3－2
（1）汽缸内部气体内能的增量ΔU；
（2）最终的环境温度T.
答案
（1）Q－0.1p0SL＋0.1LG
（2）1.1T0
解析
（1）密封气体的压强p＝p0－（G/S）
密封气体对外做功W＝pS×0.1L
由热力学第一定律ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG
（2）该过程是等压变化，由盖—吕萨克定律有
＝
解得T＝1.1T0
热力学第一定律的理解和应用
1．一定量的气体从外界吸收了2.6×105J的热量，内能增加了4.2×105J.
（1）是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？
做了多少焦耳的功？
（2）如果气体吸收的热量仍为2.6×105J不变，但是内能增加了1.6×105J，计算结果W＝－1.0×105J，是负值，怎样解释这个结果？
（3）在热力学第一定律ΔU＝W＋Q中，W，Q和ΔU为正值、负值各代表什么物理意义？
答案 见解析
解析
（1）根据ΔU＝W＋Q得W＝ΔU－Q，将Q＝2.6×105J，ΔU＝4.2×105J代入式中得：
W＝1.6×105J>0，说明外界对气体做了1.6×105J的功．
（2）如果吸收的热量Q＝2.6×105J，内能增加了1.6×105J，即ΔU＝1.6×105J，则W＝－1.0×105J，说明气体对外界做功．
（3）在公式ΔU＝W＋Q中，ΔU>0，物体内能增加；ΔU<0，物体内能减少．Q>0，物体吸热；Q<0，物体放热．W>0，外界对物体做功；W<0，物体对外界做功．
2．关于内能的变化，以下说法正确的是（ ）
A．物体吸收热量，内能一定增大
B．物体对外做功，内能一定减少
C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
答案 C
解析 根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关，物体吸收热量，内能也不一定增大，因为物体可能同时对外做功，故内能有可能不变或减少，A错；物体对外做功，还有可能吸收热量、内能可能不变或增大，B错、C正确；放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误．
能量守恒定律的理解和应用
3．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是（ ）
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．只有动能和重力势能的相互转化
D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
答案 D
解析 自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能等于克服阻力做的功，增加了内能．
气体实验定律和热力学第一定律的结合
4．如图10－3－3所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量．
图10－3－3
答案
（Mg＋p0S）H
解析 理想气体发生等压变化．设封闭气体压强为p，分析活塞受力有pS＝Mg＋p0S
设气体初态温度为T，活塞下降的高度为x，系统达到新平衡，由盖—吕萨克定律
＝
解得x＝
H
又因系统绝热，即Q＝0
外界对气体做功为W＝pSx
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
所以ΔU＝
（Mg＋p0S）H
（时间：
60分钟）
题组一 热力学第一定律的应用
1．关于物体内能的变化情况，下列说法中正确的是（ ）
A．吸热的物体，其内能一定增加
B．体积膨胀的物体，其内能一定减少
C．放热的物体，其内能也可能增加
D．绝热压缩的物体，其内能一定增加
答案 CD
解析 做功和传热都可以改变物体的内能，不能依据一种方式的变化就判断内能的变化．
2．下列过程可能发生的是（ ）
A．物体吸收热量，对外做功，同时内能增加
B．物体吸收热量，对外做功，同时内能减少
C．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少
D．外界对物体做功，同时物体放热，内能增加
答案 ABD
解析 当物体吸收的热量多于对外做的功时，物体的内能就增加，A正确；当物体吸收的热量少于对外做的功时，物体的内能就减少，B正确；外界对物体做功，同时物体吸热，则物体的内能必增加，C错误；当物体放出的热量少于外界对物体做的功时，物体的内能增加，D正确．
3．如图10－3－4所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（ ）
图10－3－4
A．温度升高，内能增加600J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J
D．温度降低，内能减少200J
答案 A
解析 对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800J＋（－200J）＝600J，ΔU为正表示内能增加了600J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．
4．给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体（ ）
A．从外界吸热B．对外界做负功
C．分子平均动能减小D．内能增加
答案 A
解析 胎内气体经历了一个温度不变、压强减小、体积增大的过程．温度不变，分子平均动能和内能不变．体积增大，气体对外界做正功．根据热力学第一定律气体一定从外界吸热．
题组二 能量转化与守恒定律
5．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹减少的动能等于木块增加的动能
C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
答案 D
解析 射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减小，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A，B项没有考虑到系统增加的内能，C项中应考虑的是系统减少的机械能等于系统增加的内能．故正确答案为D.
6．汽车关闭发动机后，沿斜面匀速下滑的过程中（ ）
A．汽车的机械能守恒
B．汽车的动能和势能相互转化
C．汽车的机械能转化成内能，汽车的总能量减少
D．汽车的机械能逐渐转化为内能，汽车的总能量守恒
答案 C
解析 汽车能匀速下滑，一定受阻力作用，克服阻力做功，机械能转化为内能，一部分内能散发出去，汽车的总能量减少．
7．一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统（ ）
A．机械能守恒B．总能量守恒
C．机械能和内能增加D．机械能减少，内能增加
答案 BD
解析 物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少，由能量转化和守恒定律知，内能应增加，能的总量不变．
8．如图10－3－5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，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是（ ）
图10－3－5
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热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能
答案 D
解析 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．
题组三 气体实验定律与热力学第一定律的结合
9．如图10－3－6所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定（ ）
图10－3－6
A．从外界吸热B．内能增大
C．向外界放热D．内能减小
答案 C
解析 本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错；热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错、C对．正确答案为C.
10．如图10－3－7所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中（ ）
图10－3－7
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案 BD
11．如图10－3－8所示，a，b，c，d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是（ ）
图10－3－8
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
答案 BCD
解析 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小（降温），就一定要伴随放热的过程，故B对；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对．
题组四 综合应用
12．如图10－3－9所示，一定质量的理想气体从状态A先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A、B、C状态参量如图所示，气体在状态A的温度为27℃，求：
图10－3－9
（1）气体在状态B的温度TB；
（2）气体从A→B→C状态变化过程中与外界交换的总热量Q.
答案
（1）TB＝600K
（2）Q＝2p0V0
解析
（1）A到B的过程是等压变化有
＝
代入数据得TB＝600K（327℃）
（2）根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
其中W＝－2p0V0
解得Q＝2p0V0（吸热）
13．如图10－3－10所示，导热材料制成的截面积相等，长度均为45cm的气缸A、B通过带有阀门的管道连接．初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强pA＝2.8×105Pa的理想气体，B内充满压强pB＝1.4×105Pa的理想气体，忽略连接气缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：
图10－3－10
（1）平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强；
（2）自打开阀门到平衡，B内气体是吸热还是放热（简要说明理由）．
答案
（1）2.1×105Pa
（2）放热，理由见解析
解析
（1）活塞向右运动后，对A气体，有pALS＝p（L＋x）S
对B气体，有pBLS＝p（L－x）S
得x＝15cm
p＝2.1×105Pa
（2）活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热．
14．如图10－3－11是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的空气柱长度为2cm，人对活塞做功100J，大气压强为p0＝1×105Pa，不计活塞的重力．问：
图10－3－11
（1）若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大？
（2）若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20J，则气体的内能增加多少？
（活塞的横截面积S＝1cm2）
答案
（1）1.1×106Pa
（2）82J
解析
（1）设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22cm，l＝2cm，V0＝l0S，V＝lS，缓慢压缩，气体温度不变
由玻意耳定律得p0V0＝pV
解出p＝1.1×106Pa
（2）大气压力对活塞做功W1＝p0S（l0－l）＝2J
人做功W2＝100J
由热力学第一定律ΔU＝W1＋W2＋Q
Q＝－20J
解出ΔU＝82J
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