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章末检测试卷(三)
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2023·宁波市高二期末)关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是(　　)
A.物体吸收热量，温度一定升高
B.物体温度升高一定是吸收了热量
C.物体温度不变，就没有吸热或放热
D.物体温度升高，内能不一定增加
2.对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C.凡与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，在传热中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
3.(2023·南充市高二月考)关于热力学第二定律，下列说法正确的是(　　)
A.浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精
B.空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体
C.若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功
D.理想热机的效率可以达到100%
4.(2024·广东省梅县东山中学高三期末)健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是(　　)
A.健身球内的气体向外界释放热量
B.健身球内的气体对外界做正功
C.健身球内的气体内能变大
D.健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数不变
5.(2023·枣庄市高二月考)我国建成后的“天宫”空间站，是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体，三舱皆有“气闸舱”；航天员出站时，要途经“气闸舱”“减压”后才能出站；从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。“气闸舱”的原理如图所示，相通的两容器A、B之间装有阀门K，A内充满气体，B内为真空；打开阀门K后，A内的气体进入B中，达到平衡后，再关闭阀门K；B即为“气闸舱”。若整个系统跟外界没有热交换，气体为理想气体，则(　　)
A.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，对外做了功
B.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，温度降低
C.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体分子势能减少
D.即使阀门K一直处于打开状态，容器B中气体也不可能自发地全部退回到容器A中
6.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A.汽缸内的活塞向右运动
B.汽缸内气体的内能变小
C.汽缸内气体的压强减小
D.汽缸内气体的分子平均动能变大
7.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是(　　)
A.pa=3p0
B.Vb=3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功
D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.(2023·绥化市高二月考)如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直轻质隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)
A.左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加
B.左右两边气体温度都升高
C.左边气体压强增大
D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
9.(2023·巴中市高二检测)图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞、活塞连杆与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，汽缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气柱长度为L，该汽缸导热性能良好，忽略一切摩擦。某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气柱长为，已知大气压强为p0，室内温度为T0，重力加速度为g，则(　　)
A.该同学的质量为m+S
B.该同学坐稳后，封闭气体的压强增大、温度升高
C.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，每个气体分子的动能都增大
D.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，该过程缸内气体对外界做功为0.1(p0S+mg)L
10.一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　)
A.状态a、b、c的压强满足pc=pb=3pa
B.过程a到b中气体对外界做功，吸收热量，内能增加
C.过程b到c中外界对气体做功，气体内能增加
D.过程c到a中气体吸收的热量等于气体对外界做的功
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中气泡　　　　(选填“吸收”或“放出”)的热量是_____ J，气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了　　　　 J。
12.(10分)(2024·菏泽市高二月考)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，其状态变化过程的p-T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3，温度为T0，气体内能U与热力学温度的关系为U=aT(a为常数)。求：
(1)(3分)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；
(2)(3分)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；
(3)(4分)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为　　　　 J。
13.(10分)(2023·哈尔滨市第九中学月考)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理如图所示。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=100 g，横截面积S=10 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h=6 cm，缸内温度为T1=360 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh=4 cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。
(1)(4分)求该报警装置的报警温度T2；
(2)(6分)若上述过程气体的内能增加15.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。
14.(12分)(2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2，质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(4分)气体从状态A到状态B，其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)(4分)求气体在状态C的温度TC；
(3)(4分)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
15.(16分)(2024·江西省高三期末)如图，一个质量为m=3 kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞下方连接一个劲度系数为k=600 N/m的竖直轻质弹簧，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1=4 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)，初始时，封闭气体温度为T1=390 K，活塞距离汽缸底部为h2=20 cm，两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0=1×105 Pa，汽缸横截面积为S=1×10-3 m2，弹簧原长为L=10 cm，重力加速度为g取10 m/s2，求：
(1)(6分)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
(2)(10分)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为20 J，气体内能的变化量ΔU。
答案精析
1.D　［晶体熔化过程中物体吸收热量，内能增大但温度不变，故A错误； 物体温度升高可能是因为吸收热量，也可能是外界对其做功，故B错误；物体温度不变，但仍可能有吸热或放热。例如在晶体熔化过程中，温度不变，物体持续吸热；在晶体凝固过程中，温度不变，物体持续放热，故C错误；内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，与物体温度、体积有关，故D正确。］
2.D　［根据热力学第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J，气体的内能减小20 J，故A错误；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。］
3.B　［浓度为75%的医用酒精长时间静置，不会自然分离为水和纯酒精，违反热力学第二定律，故A错误；空调既能制热也能制冷，说明通过压缩机做功能够把热量从低温物体传到高温物体，故B正确；热力学第二定律可表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它完全变成功，而不引起其他影响，故C错误；由C中分析可知，理想热机的效率不可能达到100%，故D错误。］
4.A　［健身者正在挤压健身球，即外界对气体做正功，故B错误；健身球内的气体视为理想气体，其内能只有分子动能，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，故C错误；因外界对气体做正功W>0，气体内能不变ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，气体向外界释放热量，故A正确；气体的温度不变，即所有分子的平均速率不变，而体积变小，则单位体积的分子数变多，由理想气体状态方程=C可知压强变大，则健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数变多，故D错误。］
5.D　［当阀门K被打开时，容器A中的气体进入容器B中，由于容器B中为真空，所以气体体积膨胀，对外不做功，又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体为理想气体，没有分子势能，则气体的温度也不变，故A、B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，容器B中气体不可能自发地全部退回到容器A中，故D正确。］
6.D　［设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。］
7.D　［由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由查理定律可得=，又pb=p0，得pa=2p0，故A错误；由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，Vc8.ABC　［当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出的热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动活塞，从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确；根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。］
9.AD　［人盘坐上椅面，缸内压强由p1变为p2，环境温度不变，汽缸导热，所以气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律可得p1LS=p2S，以活塞、活塞连杆与椅面整体为研究对象，根据平衡条件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正确，B错误；气体温度升高，分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；室内气温缓慢上升至1.1T0，气体等压膨胀，设稳定后气柱的长度为L'，根据盖—吕萨克定律有=，又因为气体膨胀，所以气体对外界做功为W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正确。］
10.AD　［根据理想气体状态方程=C(常数)，由题图可得pb=pc，==，得pc=pb=3pa，A正确；过程a到b中，由题图可得，气体的体积不变，说明气体对外界不做功，温度升高，说明内能增加，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，此过程中，气体吸收热量，B错误；过程b到c中，由题图可得，气体的体积减小，说明外界对气体做功，温度降低，说明气体内能减小，C错误；由题图可得，过程c到a温度不变，说明内能不变，即ΔU=0，体积增大，说明气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知此过程中气体吸收热量，且气体吸收的热量等于气体对外界做的功，D正确。］
11.吸收　0.6　0.2
解析　理想气体做等温变化的过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W及气泡对外界做功0.6 J，可知气泡一定同时从外界吸收热量0.6 J，而温度上升的过程，内能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。
12.(1)-aT0　(2)6×10-3　(3)400
解析　(1)从A到B发生等容变化：=，
可得TB=T0，从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=UB-UA=-aT0
(2)因为VB=VA，从B到C发生等压变化：=，
由题图知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3
(3)从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J
根据热力学第一定律可得Q=400 J，
即气体从外界吸收的热量为400 J。
13.(1)600 K　(2)20 J
解析　(1)气体发生等压变化，则=
又V1=hS，V2=(h+Δh)S，解得T2=600 K。
(2)缸内气体压强p=p0+=1.01×105 Pa
气体等压膨胀，外界对气体做的功
W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J
则气体吸热20 J。
14.(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J
解析　(1)圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
(2)状态A时的压强pA=p0-=1.0×105 Pa，
温度TA=300 K，体积VA=600 cm3；
状态C时的压强pC=1.4×105 Pa，温度为TC，
体积VC=500 cm3；根据=
解得TC=350 K
(3)从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，
因从B到C气体内能增加25 J可知，
气体从外界吸热25 J，
而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J，
从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11 J。
15.(1)75 K　(2)-1.25 J
解析　(1)初态时，对活塞受力分析，可求得气体压强为p1=p0+=1.3×105 Pa，体积为V1=h2S
要使两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2=p0
此时弹簧下端一定与汽缸底接触，对活塞进行受力分析有mg=kx
解得弹簧的压缩量为x=5 cm，则有V2=(L-x)S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有
=，联立解得T2=75 K
(2)从开始至弹簧恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功为
W=p1ΔV=(p0+)(h2-L)S=13 J
在之后弹簧被压缩5 cm的过程中，活塞重力做功为WG=mg(L-x)=1.5 J
弹簧弹力做功为W弹=-·x=-0.75 J
外界对气体做功为W'=p0(L-x)S=5 J
由热力学第一定律可得气体内能的变化量为
ΔU=13 J+1.5 J+5 J-0.75 J-20 J=-1.25 J。(共45张PPT)
章末检测试卷(三)
一、单项选择题
1.(2023·宁波市高二期末)关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是
A.物体吸收热量，温度一定升高
B.物体温度升高一定是吸收了热量
C.物体温度不变，就没有吸热或放热
D.物体温度升高，内能不一定增加
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晶体熔化过程中物体吸收热量，内能增大但温度不变，故A错误；
物体温度升高可能是因为吸收热量，也可能是外界对其做功，故B错误；
物体温度不变，但仍可能有吸热或放热。例如在晶体熔化过程中，温度不变，物体持续吸热；在晶体凝固过程中，温度不变，物体持续放热，故C错误；
内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，与物体温度、体积有关，故D正确。
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2.对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是
A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则
它的内能增大20 J
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一
定减少
C.凡与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，在传热中，热量能从
高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第
二定律
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根据热力学第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J，气体的内能减小20 J，故A错误；
根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；
通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；
能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。
3.(2023·南充市高二月考)关于热力学第二定律，下列说法正确的是
A.浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精
B.空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体
C.若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功
D.理想热机的效率可以达到100%
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浓度为75%的医用酒精长时间静置，不会自然分离为水和纯酒精，违反热力学第二定律，故A错误；
空调既能制热也能制冷，说明通过压缩机做功能够把热量从低温物体传到高温物体，故B正确；
热力学第二定律可表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它完全变成功，而不引起其他影响，故C错误；
由C中分析可知，理想热机的效率不可能达到100%，故D错误。
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4.(2024·广东省梅县东山中学高三期末)健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是
A.健身球内的气体向外界释放热量
B.健身球内的气体对外界做正功
C.健身球内的气体内能变大
D.健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数不变
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健身者正在挤压健身球，即外界对气体做正功，
故B错误；
健身球内的气体视为理想气体，其内能只有分子
动能，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，故C错误；
因外界对气体做正功W>0，气体内能不变ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，气体向外界释放热量，故A正确；
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气体的温度不变，即所有分子的平均速率不变，
而体积变小，则单位体积的分子数变多，由理
想气体状态方程=C可知压强变大，则健身球
内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数变多，故D错误。
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5.(2023·枣庄市高二月考)我国建成后的“天宫”空间站，是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体，三舱皆有“气闸舱”；航天员出站时，要途经“气闸舱”“减压”后才能出站；从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。“气闸舱”的原理如图所示，相通的两容器A、B之间装有阀门K，A内充满气体，B内为真空；打开阀门K后，A内的气体进入B中，达到平衡后，再关闭阀门K；B即为“气闸舱”。若整个系统跟
外界没有热交换，气体为理想气体，则
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A.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，
对外做了功
B.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，温度降低
C.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体分子势能减少
D.即使阀门K一直处于打开状态，容器B中气体也不可能自发地全部退
回到容器A中
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当阀门K被打开时，容器A中的气体进入容器B中，由于容器B中为真空，所以气体体积膨胀，对外
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不做功，又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体为理想气体，没有分子势能，则气体的温度也不变，故A、B、C错误；
由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，容器B中气体不可能自发地全部退回到容器A中，故D正确。
6.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是
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A.汽缸内的活塞向右运动
B.汽缸内气体的内能变小
C.汽缸内气体的压强减小
D.汽缸内气体的分子平均动能变大
√
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设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界
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对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。
7.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是
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A.pa=3p0
B.Vb=3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功
D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
√
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由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体
体积不变，由查理定律可得=，又pb=p0，得pa=
2p0，故A错误；
由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B错误；
从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不对外做功，故C错误；
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从状态c到状态a，Vc13
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二、多项选择题
8.(2023·绥化市高二月考)如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直轻质隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比
A.左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加
B.左右两边气体温度都升高
C.左边气体压强增大
D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
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√
√
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当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出
的热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动
活塞，从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确；
根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。
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9.(2023·巴中市高二检测)图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞、活塞连杆与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，汽缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气柱长度为L，该汽缸导热性能良好，忽略一切摩擦。某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气柱长为，已知大气压强为p0，室内温度为T0，重力加速度为g，则
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A.该同学的质量为m+S
B.该同学坐稳后，封闭气体的压强增大、温度升高
C.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，每个气体分子的动能都增大
D.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，该过程缸内气体对外界做功为
0.1(p0S+mg)L
√
√
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人盘坐上椅面，缸内压强由p1变为p2，
环境温度不变，汽缸导热，所以气体
做等温压缩变化，根据玻意耳定律可
得p1LS=p2S，以活塞、活塞连杆与椅面整体为研究对象，根据平衡条件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正确，B错误；
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气体温度升高，分子的平均动能增大，
并不是每个气体分子的动能都增大，
故C错误；
室内气温缓慢上升至1.1T0，气体等压膨胀，设稳定后气柱的长度为L'，根据盖—吕萨克定律有=，又因为气体膨胀，所以气体对外界做功为W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正确。
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10.一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是
A.状态a、b、c的压强满足pc=pb=3pa
B.过程a到b中气体对外界做功，吸收热量，内能增加
C.过程b到c中外界对气体做功，气体内能增加
D.过程c到a中气体吸收的热量等于气体对外界做的功
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√
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根据理想气体状态方程=C(常数)，由题图可得pb=pc，
==，得pc=pb=3pa，A正确；
过程a到b中，由题图可得，气体的体积不变，说明气
体对外界不做功，温度升高，说明内能增加，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，此过程中，气体吸收热量，B错误；
过程b到c中，由题图可得，气体的体积减小，说明外界对气体做功，温度降低，说明气体内能减小，C错误；
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由题图可得，过程c到a温度不变，说明内能不变，即ΔU=0，体积增大，说明气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知此过程中气体吸收热量，且气体吸收的热量等于气体对外界做的功，D正确。
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11.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中气泡　　　　(选填“吸收”或“放出”)的热量是_____ J，气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了　　　　 J。
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三、非选择题
吸收
0.6
0.2
理想气体做等温变化的过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W及气泡对外界做功0.6 J，可知气泡一定同时从外界吸收热量0.6 J，而温度上升的过程，内能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。
12.(2024·菏泽市高二月考)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，其状态变化过程的p-T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3，温度为T0，气体内能U与热力学温度的关系为U=aT(a为常数)。求：
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(1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；
-aT0
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从A到B发生等容变化：=，
可得TB=T0，从状态A变化到状态B的过程中，
气体内能的变化量ΔU=UB-UA=-aT0
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(2)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；
6×10-3
因为VB=VA，从B到C发生等压变化：=，
由题图知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3
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(3)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为　　　　 J。
400
从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J
根据热力学第一定律可得Q=400 J，
即气体从外界吸收的热量为400 J。
13.(2023·哈尔滨市第九中学月考)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理如图所示。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=100 g，横截面积S=10 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h=6 cm，缸内温度为T1=360 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh=4 cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。
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答案　600 K
(1)求该报警装置的报警温度T2；
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气体发生等压变化，则=
又V1=hS，V2=(h+Δh)S
解得T2=600 K。
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答案　20 J
(2)若上述过程气体的内能增加15.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。
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缸内气体压强p=p0+=1.01×105 Pa
气体等压膨胀，外界对气体做的功
W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J
则气体吸热20 J。
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14.(2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2，质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；
从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0
=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；
不变
增大
圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
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(2)求气体在状态C的温度TC；
答案　350 K
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状态A时的压强pA=p0-=1.0×105 Pa，
温度TA=300 K，体积VA=600 cm3；
状态C时的压强pC=1.4×105 Pa，温度为TC，
体积VC=500 cm3；
根据=
解得TC=350 K
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(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
答案　11 J
从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，
因从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外界吸热25 J，
而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J，
从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11 J。
15.(2024·江西省高三期末)如图，一个质量为m=3 kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞下方连接一个劲度系数为k=600 N/m的竖直轻质弹簧，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1=4 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)，初始时，封闭气体温度为T1=390 K，活塞距离汽缸底部为h2=20 cm，两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0=1×105 Pa，汽缸横截面积为S=1×10-3 m2，弹簧原长为L=10 cm，重力加速度为g取10 m/s2，求：
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(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
答案　75 K
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初态时，对活塞受力分析，可求得气体压强为p1=p0+=1.3×105 Pa，体积为V1=h2S
要使两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2=p0
此时弹簧下端一定与汽缸底接触，对活塞进行受力分析有mg=kx
解得弹簧的压缩量为x=5 cm，则有V2=(L-x)S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有
=，联立解得T2=75 K
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(2)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为20 J，气体内能的变化量ΔU。
答案　-1.25 J
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从开始至弹簧恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功为
W=p1ΔV=(p0+)(h2-L)S=13 J
在之后弹簧被压缩5 cm的过程中，活塞重力做功为WG=mg(L-x)=1.5 J
弹簧弹力做功为W弹=-·x=-0.75 J
外界对气体做功为W'=p0(L-x)S=5 J
由热力学第一定律可得气体内能的变化量为
ΔU=13 J+1.5 J+5 J-0.75 J-20 J=-1.25 J。

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