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第三章 热力学定律
【题型1 热力学第一定律和热力学第二定律】..................................................................................................................1
【题型2 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题】...............................................................................................3
【题型3 热力学第一定律在图像问题中的应用】.............................................................................................................7
【题型4 热力学定律在STSE问题中的应用】.................................................................................................................12
【题型 1 热力学第一定律和热力学第二定律】
1.关于热力学定律的说法正确的是( )
A. 第一类永动机设计思想违背了能量守恒定律
B. 史上用“从单一高温热库吸热全部用来做功”思想来设计的永动机称为第一类永动机
C. 热力学第二定律认为，热量永远不可能从低温物体传到高温物体
D. 热平衡定律是指做功和热传递在改变物体内能时是等效的
【答案】A
【解析】第一类永动机设计思想违背了能量守恒定律，A正确;
史上用”从单一高温热库吸热全部用来做功“思想来设计的永动机称为第二类永动机，B错误;
热力学第二定律认为，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体， C错误;
热平衡定律是指热平衡的系统具有相同的温度， D错误。
2.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的气缸，在气缸内，通过气体燃烧将气体的内能
转化为机械能，下列说法正确的是( )
A. 现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B. 气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C. 气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D. 发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机
械能
【答案】B
【解析】A.根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100％，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；
D.根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100％，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没
有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。
故选B。
3.火热的6月即将到来，高三的同学们也进入高考最后的冲刺，教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境，
空调的工作原理如图所示，以下关于高温物体的表述正确的是( )
A. 空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述制冷机
B. 空调的工作原理反映了热传导的方向性
C. 此原理图中的𝑄 =𝑄
1 2
D. 此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
【答案】B
【解析】A.空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述制冷机，A错误；
B.空调的工作原理反映了热传导的方向性，热量不能自发的从低温物体传导给高温物体，但在其他能力干
预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确；
C.此原理图中的𝑄 =𝑄 +𝑊，C错误；
1 2
D.此原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。
故选B。
4.自然界中的一切变化，都伴随着能量的转移和转化，能量是一切物质运动的源泉，是一切生命活动的基
础。能量在转化和转移的过程中具有方向性，能够供人类利用的能量越来越少，下列说法正确的是( )
A. 能量在转化的过程中总量减小 B. 能量耗散违背了能量守恒定律
C. 第一类永动机违背了热力学第一定律 D. 第二类永动机违背了热力学第二定律【答案】CD
【解析】A.由能量守恒定律可知，能量在转化和转移的过程中总量保持不变，故A错误；
B.同理，在能量守恒定律可知，能量耗散过程中能量是守恒的，故B错误；
C.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，也就是违背了热力学
第一定律，故C正确；
D.由热力学第二定律可知，能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性。第二
类永动机不违背能量守恒定律，却寄希望于从单一热源吸收热量全部用来做功而不产生其他影响，这违背
了热力学第二定律，故D正确。
5.关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法中正确的是( )
A. 0℃的水和0℃的冰的内能是相等的
B. 热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
D. 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀(对外做功)过程，气体的内能减少
【答案】BD
【解析】A.0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能
小。由于质量的关系不确定，故不能确定0℃的水和0℃的冰的内能的关系，故A错误；
B.热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故B正确；
C.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化”，故C错
误；
D.一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则𝑄=0，𝑊<0，根据△𝑈=𝑊+𝑄可知，气体的内
能减小，故D正确。
故选BD。
【题型 2 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题】
6.图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性
良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为𝑝 =1.0×105𝑃𝑎，
0
温度为𝑇 =300𝐾，现启动加热模式使气体温度升高到𝑇=450𝐾，此过程中气体吸收的热量为
0
𝑄=1.0×103𝐽，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强𝑝；(2)此过程内胆中气体的内能增加量𝛥𝑈。
【答案】解：(1)根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，
𝑝 𝑝
根据查理定律可得 0 = ，解得𝑝=1.5×105𝑃𝑎；
𝑇 𝑇
0
(2)根据热力学第一定律有𝛥𝑈=𝑊+𝑄，
由于气体的体积不变，所以𝑊=0，
解得𝛥𝑈=𝑄=1.0×103𝐽。
7.如图甲为汽车中使用的氮气减振器，气缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。
它的结构简图如图乙所示，气缸活塞截面积𝑆=40𝑐𝑚2，活塞及支架质量𝑚=1𝑘𝑔，气缸缸体导热性良
好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮
气处于气柱长度𝐿=20𝑐𝑚、压强𝑝 =4.0×105𝑃𝑎的状态𝐴，此时弹簧恰好处于原长。现用外力𝐹向下压
𝐴
活塞，使其缓慢下降ℎ=4𝑐𝑚，气体达到状态𝐵。从状态𝐴到𝐵的过程气体放出热量𝑄=71.4𝐽。气缸内的
氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取𝑝 =1.0×105𝑃𝑎，弹簧劲度系数
0
𝑘=1.0×104𝑁/𝑚。求：
(1)状态𝐵气体的压强𝑝 ；
𝐵
(2)气体处于状态𝐵时外力大小𝐹；
(3)状态𝐴到𝐵过程外界对气体做的功𝑊。
【答案】(1)气缸缸体导热性良好，可知从状态𝐴到状态𝐵，气体发生等温变化，则有𝑝 𝑆𝐿=𝑝 𝑆(𝐿−ℎ)
𝐴 𝐵
解得状态𝐵气体的压强为𝑝 = 𝑝 𝐴 𝐿 =5×105𝑃𝑎
𝐵
𝐿−ℎ(2)活塞和支架处于平衡状态，则有𝐹+𝑝 𝑆+𝑚𝑔=𝑝 𝑆+𝑘ℎ
0 𝐵
代入数据解得𝐹=1990 𝑁
(3)气缸缸体导热性良好，可知从状态𝐴到状态𝐵，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定
律可得𝛥𝑈=𝑊−𝑄=0
解得外界对气体做的功为𝑊=𝑄=71.4𝐽
8.如图，竖直放置且足够长的气缸内壁光滑，内部横截面积𝑆=1×10−3𝑚2，活塞的质量𝑚=2𝑘𝑔。在气
缸内设有体积不计的𝑎、𝑏两限制装置，使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在𝑎、𝑏上，活塞距气缸底部的
高度为1𝑚，缸内气体的压强为𝑝 ，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃.已知缸内气体可视为
0
理想气体，活塞滑动过程中不漏气，大气压强𝑝 =1.0×105𝑃𝑎，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2.求：
0
(1)活塞刚要离开𝑎、𝑏处时气体的压强和温度;
(2)若全过程中气体内能增加了300𝐽，求气体吸收的热量𝑄。
【答案】解：(1)对活塞进行受力分析有：𝑝 𝑆=𝑚𝑔+𝑝 𝑆，𝑝 = 𝑚𝑔 +𝑝 ，代入数据得：𝑝 =1.2×105
1 0 1 0 1
𝑆
𝑝 𝑝
𝑃𝑎，等容变化： 0 = 1，解得：𝑇 =360𝐾；
𝑇 𝑇 1
0 1
(2)由热力学第一定律有：𝛥𝑈=𝑊+𝑄，离开卡口上升是等压变化： 𝑉 1 = 𝑉 2，即 1×𝑆 = 𝐿𝑆 ，得：𝐿= 5
𝑇 1 𝑇 2 360 273+327 3
𝑚，气对外做功：𝑊=−𝑃 𝛥𝑉=−𝑃 (𝑉 −𝑉 )，𝛥𝑉=( 5 −1)×10−3𝑚3，得：𝑊=−80𝐽，
1 1 2 1
3
𝑄=300𝐽−𝑊=380𝐽。
9.某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105∼3.5×105𝑃𝑎。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升
高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强𝑝随体积𝑉线性变化如图所示，温度𝑇 为
1
300𝐾时，体积𝑉 和压强𝑝 分别为0.528𝑚3、3.0×105𝑃𝑎；当胎内气体温度升高到𝑇 为350𝐾时，体积增
1 1 2
大到𝑉 为0.560𝑚3，气体可视为理想气体。
2(1)求此时胎内气体的压强𝑝 ；
2
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量𝑄为7.608×104𝐽，求胎内气体的内能增加量𝛥𝑈。
【答案】(1)气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程 𝑝 1 𝑉 1 = 𝑝 2 𝑉 2
𝑇 𝑇
1 2
整理代入数据得 𝑝 = 𝑝 1 𝑇 2 𝑉 1 =3.3×105𝑃𝑎。
2
𝑇 𝑉
1 2
(2)𝑝−𝑉图线与𝑦轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体
做功为 𝑊=− 𝑝 1 +𝑝 2(𝑉 −𝑉 )=−1.008×104𝐽
2 1
2
由热力学第一定律 𝛥𝑈=𝑄+𝑊
代入数据可得 𝛥𝑈=6.6×104𝐽。
10.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞
密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量𝑚=100𝑔，横截面积𝑆=10𝑐𝑚2，开始时活塞距汽缸底部的高
度为ℎ=6𝑐𝑚，缸内温度为𝑇 =300𝐾。当环境温度上升，活塞缓慢上移𝛥ℎ=4𝑐𝑚，活塞上表面与𝑎、𝑏
1
两触点恰好接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为𝑝 =1.0×105𝑃𝑎，𝑔=10𝑚/𝑠2，求：
0
(1)该报警装置的报警温度𝑇 ；
2
(2)若上述过程气体的内能增加12.96𝐽，则气体吸收的热量𝑄为多少。
【答案】解：(1)气体发生等压变化，由气体实验定律
𝑉 𝑉
1 2
=
𝑇 𝑇
1 2
即
ℎ𝑆 (ℎ+𝛥ℎ)𝑆
=
𝑇 𝑇
1 2代入数据解得
𝑇 =500𝐾
2
(2)缸内气体压强
𝑚𝑔
𝑝=𝑝 + =1.01×105𝑃𝑎
0 𝑆
气体等压膨胀对外做功
𝑊=−𝑝𝛥𝑉=−𝑝𝑆𝛥ℎ=−4.04𝐽
由热力学第一定律得
𝛥𝑈=𝑊+𝑄
代入数据
𝑄=𝛥𝑈−𝑊=12.96𝐽+4.04𝐽=17𝐽
则气体吸热17𝐽。
【题型 3 热力学第一定律在图像问题中的应用】
11.一定质量的理想气体由状态𝑎变为状态𝑐，其过程如𝑝−𝑉图中𝑎→𝑐直线段所示，状态𝑏对应该线段的中
点。下列说法正确的是( )
A. 𝑎→𝑏是等温过程 B. 𝑎→𝑏过程中气体吸热
C. 𝑎→𝑐过程中状态𝑏的温度最低D. 𝑎→𝑐过程中外界对气体做正功
【答案】B
𝑝𝑉
【解析】𝐴𝐵.根据理想气体的状态方程 =𝐶，可知𝑎→𝑏气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界
𝑇
做功，则𝑊<0，由热力学第一定律𝛥𝑈=𝑊+𝑄，可知𝑎→𝑏过程中气体吸热，故A错误，B正确；
𝑝𝑉
C.根据理想气体的状态方程 =𝐶，可知，𝑝−𝑉图像的坐标值的乘积反映温度，𝑎状态和𝑐状态的坐标值的
𝑇
乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，𝑎→𝑐过程的温度先升高后降低，且状态𝑏的温度最高，故C错
误；D.𝑎→𝑐过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。
故选：𝐵。
12.如图所示，一定质量的理想气体在状态𝐴时压强为1.5×105𝑃𝑎，经历𝐴→𝐵→𝐶→𝐴的过程，已知𝐵→𝐶过程
中气体做功绝对值是𝐶→𝐴过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A. 𝐶→𝐴的过程中外界对气体做功600𝐽 B. 𝐵→𝐶的过程中气体对外界做功600𝐽
C. 整个过程中气体从外界吸收600𝐽的热量 D. 整个过程中气体从外界吸收450𝐽的热量
【答案】C
【解析】𝐴.在𝐶→𝐴过程中，压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据𝑊 =𝑝⋅𝛥𝑉
𝐶𝐴
解得𝑊 =300𝐽，故A错误；
𝐶𝐴
B.由题知𝐵→𝐶过程中气体做功绝对值是𝐶→𝐴过程中气体做功绝对值的3倍，则𝐵→𝐶的过程中气体对外界做
功900𝐽，故B错误；
𝐶𝐷.𝐴→𝐵→𝐶→𝐴，温度不变，则内能变化量𝛥𝑈=0，𝐴→𝐵过程，气体体积不变，做功为零；𝐵→𝐶的过程中
气体对外界做功900𝐽；𝐶→𝐴的过程中外界对气体做功300𝐽，故𝑊=𝑊 +𝑊 ，𝛥𝑈=𝑄+𝑊，解得
𝐶𝐴 𝐵𝐶
𝑄=600𝐽
则整个过程中气体从外界吸收600𝐽的热量，故C正确，D错误。
故选：𝐶。
1
13.一定质量的理想气体从状态𝑎开始，经𝑎→𝑏、𝑏→𝑐、𝑐→𝑎三个过程后回到初始状态𝑎，其𝑝− 图像如图所
𝑉
示。则下列说法正确的是( )A. 在𝑎→𝑏过程中，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
B. 在𝑏→𝑐过程中，气体向外界放热
(𝑝 +𝑝 )(𝑉 −𝑉 )
C. 在𝑐→𝑎过程中，气体吸收的热量小于 1 2 1 2
2
(𝑝 −𝑝 )(𝑉 −𝑉 )
D. 气体在𝑎→𝑏→𝑐→𝑎一个循环过程中吸收的热量等于 2 1 1 2
2
【答案】C
【解析】将题中的图像转化为 𝑝−𝑉 图像如图所示
𝑝𝑉
A.在𝑎→𝑏过程中，气体压强不变，根据理想气体状态方程有， =𝐶体积减小，则温度降低，则分子的平
𝑇
均动能减小，即平均撞击力减小，故单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数增多，故A错误；
B.在𝑏→𝑐过程中，气体做等容变化，体积不变，压强增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，气体
内能增大，由热力学第一定律有𝛥𝑈=𝑊+𝑄，由于气体体积不变，做功为0，可知，气体增加的内能等于
从外界吸收的热量，故B错误；
𝑝𝑉 1
C.在 𝑐→𝑎 过程中，由 =𝐶，可得𝑝=𝐶𝑇⋅ ，由于图像 𝑐→𝑎 过程图像的延长线过原点，此过程为等温变
𝑇 𝑉
化，体积增大，气体对外做功，气体内能不变，故气体吸收的热量等于气体对外界所做的功，根据 𝑝−𝑉
(𝑝 +𝑝 )(𝑉 −𝑉 )
图像与坐标轴所围面积表示做功大小可知，在此过程中气体对外界做的功𝑊< 1 2 1 2 ，故C正确；
2
D.同理在 𝑎→𝑏→𝑐→𝑎 一个循环过程中，内能不变，气体对外做功等于吸收的热量，而对外做的功𝑊′<(𝑝 −𝑝 )(𝑉 −𝑉 )
2 1 1 2 ，故D错误。
2
故选C。
14.一定质量的理想气体分别在𝑇 、𝑇 温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，𝑇 对应的曲线
1 2 2
上有𝐴、𝐵两点，表示气体的两个状态。下列说法正确的是( )
A. 𝑇 >𝑇
1 2
B. 𝐴到𝐵的过程中，外界对气体做功
C. 𝐴到𝐵的过程中，气体从外界吸收热量
D. 𝐴到𝐵的过程中，气体分子对器壁单位面积上的作用力增加
【答案】C
【解析】解：𝐴、过𝐴点做一平行于横轴的直线与𝑇 对应的曲线交于𝐶点，比较𝐴点与𝐶点，由于气压相等，
1
𝑉
根据公式 =𝐶，𝐴点温度大于𝐶点的温度，故𝑇 <𝑇 ，故A错误；
𝑇 1 2
𝐵𝐶、𝐴到𝐵的过程是等温膨胀过程，故内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律公式𝛥𝑈=𝑊+𝑄，
气体要吸收热量，故B错误，C正确；
D、𝐴到𝐵的过程中，温度不变，气压减小，故气体分子对器壁单位面积上的作用力减小，故D错误。
故选：𝐶。
15.一定质量的理想气体从状态𝐴变化到状态𝐵，再变化到状态𝐶，其𝑉−𝑇图像如图所示。已知该气体在状态
𝐵的压强为2.0×105𝑃𝑎。下列说法正确的是( )
A. 状态𝐴→𝐵过程是等容变化 B. 状态𝐵→𝐶过程是等温变化C. 状态𝐴→𝐵的过程气体吸热 D. 状态𝐵→𝐶过程气体对外做功200𝐽
【答案】A
𝑝𝑉
【解析】𝐴𝐵.由图可知状态𝐴→𝐵过程体积不变，是等容变化，𝐵𝐶连线过原点，根据理想气体状态方程
𝑇
=𝐶，所以状态𝐵→𝐶过程是等压变化，故A正确，B错误；
C.𝐴→𝐵过程体积不变，则气体对外做功为𝑊=0，温度逐渐降低，所以内能减小，根据热力学第一定律
𝛥𝑈=𝑄+𝑊
可知该过程气体放热，故C错误；
D.状态𝐵→𝐶过程是等压变化，气体对外做功的大小为
𝑊=𝑝(𝑉 −𝑉 )
𝐶 𝐵
解得𝑊=400𝐽，故D错误。
故选：𝐴。
16.一定质量的理想气体在𝑎→𝑏→𝑐→𝑎的过程中，其𝑝−𝑇图像如图所示，𝑎𝑐、𝑏𝑐分别平行于纵轴和横轴，下
列说法正确的是
A. 𝑎→𝑏的过程，气体向外界放热
B. 𝑏→𝑐的过程，气体体积增大
C. 𝑐→𝑎的过程，气体从外界吸收热量
D. 𝑎→𝑏→𝑐→𝑎的全过程，外界对气体做负功
【答案】C
【解析】𝑎→𝑏的过程气体发生等容变化，外界对气体做功为0，气体内能增加，气体从外界吸热，选项A
错误;
𝑏→𝑐的过程，气体为等压变化，温度降低，体积减小，选项B错误;
𝑐→𝑎的过程，气体发生等温变化，内能不变，压强减小，体积增大，故外界对气体做负功，气体从外界吸收热量，选项 C正确;
𝑎→𝑏→𝑐→𝑎的全过程，气体变化的𝑝−𝑉图像如图所示，根据𝑝−𝑉图像可知外界对气体做正功，选项D错
误。
【题型 4 热力学定律在 STSE 问题中的应用】
17.某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作，米勒循环不仅能够抑制发动机爆震，还能降低氮氧化物
的排放。如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环，该循环可视为由两个绝热过程𝑎𝑏、𝑐𝑑，两
个等容过程𝑏𝑐、𝑑𝑒和一个等压过程𝑎𝑒组成。对该气体研究，下列说法正确的是( )
A. 在𝑎→𝑏的过程中，活塞对其做的功全部用于增加内能
B. 在状态𝑎和𝑐时气体分子的平均动能可能相等
C. 在𝑏→𝑐的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数不变
D. 在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
【答案】A
【解析】解：𝐴、在𝑎→𝑏的过程中，外界对气体做功，而整个过程属于绝热过程，根据热力学第一定律
𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知，活塞对其做的功全部用于增加内能，故A正确；
B、对于一定质量的理想气体而言，𝑝𝑉的乘积越大，则气体的温度越高，分子的平均动能也越大，𝑎→𝑏的
过程内能增加温度升高，𝑏→𝑐为等容过程，压强变大温度升高，所以𝑇 >𝑇 ，状态𝑐时气体分子的平均动
𝑐 𝑎
能大于状态𝑎时气体分子的平均动能，故B错误；
C、在𝑏→𝑐的过程中，气体的体积不变，但压强增大，温度升高，分子热运动平均速率变大，则单位时间内撞击气缸壁的分子数增加，故C错误；
D、由𝑝−𝑉图像与坐标轴围成面积表示对气体做功，在一次循环过程中，初末状态内能不变，气体对外做
功大于外界对气体做功，所以气体吸收的热量一定大于放出的热量，故D错误；
故选：𝐴。
18.如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙所示的模型。挤压气囊时，可把气囊中的气体全部挤
入下方的水桶中，下方气体压强增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，桶内液面距细管口高度
差为ℎ，细管内外液面相平，压水3次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终
不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为𝜌，重力加速度为𝑔，关于此次取水过程，
下列说法正确的是( )
A. 桶内气体的内能不变 B. 桶内气体需从外界吸热
C. 压水3次后桶内气体压强为𝜌𝑔ℎ D. 每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同
【答案】D
【解析】𝐴.在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，但桶内气体的质量增加了，气体的分子数增加了，
因此在温度不变的情况下，桶内气体的内能增加了，故A错误；
B.以气囊内待压入气体和桶内原有气体为整体作为研究对象，在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶
中，外界对气囊内气体和桶内原有气体做功，被压入的气体和桶内原有气体都被压缩，而气体的温度不
变，
根据热力学第一定律𝛥𝑈=𝑊+𝑄，则𝛥𝑈=0，气体的内能不变，𝑊>0，则𝑄<0，故气体要向外放热，
故B错误；
C.压水3次后桶内气体压强应为大气压强与𝜌𝑔ℎ之和，故C错误；
D.由题意知，气囊内气体压强为大气压强𝑝 ，设每次待压入桶内的气体体积为𝑉 ，出水前桶内气体体积为
0 0
𝑉 且不变，由题意知，取水前桶内气体压强为大气压强𝑝 ，以每次气囊内待压入气体和桶内气体为整体作
1 0
为研究对象，有𝑝 𝑉 +𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉 ，(𝑝 为挤压气囊1次后，桶内气体压强)
0 0 0 1 1 1 1
则𝛥𝑝 =𝑝 −𝑝
1 1 0
整理得𝛥𝑝 = 𝑝 0 𝑉 0
1
𝑉
1
同理可得
𝑝 𝑉 +𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉 ，(𝑝 为挤压气囊2次后，桶内气体压强)
0 0 1 1 2 1 2
则𝛥𝑝 =𝑝 −𝑝
2 2 1
整理得𝛥𝑝 = 𝑝 0 𝑉 0
2
𝑉
1
同理可得
𝑝 𝑉
0 0
𝛥𝑝 =
3 𝑉
1
即每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同，故D正确。
故选：𝐷。
19.有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示，图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住
锁扣把吸盘紧压在墙上(如图乙)，然后把锁扣扳下(如图丙)，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使
吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则在把锁扣扳下的
过程中( )
A. 吸盘内气体要吸收热量 B. 吸盘内气体的密度增大
C. 吸盘内气体内能增大 D. 吸盘内气体压强减小
【答案】AD
【解析】C.由于气体温度不变，所以气体内能不变，故C错误；
A.吸盘内气体体积增大，气体对外做功𝑊<0
气体内能不变𝛥𝑈=0
根据热力学第一定律𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知𝑄>0
吸盘内气体要吸收热量，故A正确；
B.吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，故B错误；
D.吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律𝑝𝑉=𝐶可知，吸盘内气体压强减小，故D正确。
故选：𝐴𝐷。
20.航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备，可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和
微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服，从地面到达太空时，内部气体将急剧膨胀。若航
天服内气体可视为理想气体且温度不变，并将航天服视为封闭系统。则关于航天服内的气体，下列说法
正确的是( )
A. 体积增大，内能减小 B. 分子的数密度增大，内能不变
C. 对外界做功，吸收热量 D. 压强减小，分子平均动能不变
【答案】CD
【解析】航天服内气体可视为理想气体且温度不变，可知分子平均动能不变，内能不变；从地面到达太空
时，内部气体将急剧膨胀，所以分子的数密度减小，根据玻意耳定律𝑝𝑉=𝐶，可知气体压强减小；由于气
体体积增大，所以气体对外界做功，又气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。
故选CD。
