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章末测评验收卷(三)　热力学定律　(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.关于内能，下列说法正确的是(　　)
两物体质量和温度都相同，则内能也相同
物体吸收热量，内能一定增加
功可以全部转化为热，热不可以全部转化为功
热量自发地从高温物体传递到低温物体的过程是不可逆的
2.根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　　)
机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只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
尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来
3.一个带活塞的汽缸内盛有一定量的气体，若此气体的温度随其内能的增大而升高，则(　　)
将热量传给气体，其温度必升高
压缩气体，其温度必升高
压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变
压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高
4.如图所示，汽缸内用活塞封闭了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的过程中，不计活塞与汽缸的摩擦，则下列说法正确的是(　　)
汽缸内的活塞向右运动 汽缸内气体的内能变小
汽缸内气体的压强减小 汽缸内气体的分子平均动能变大
5.如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞通过定滑轮与一重物相连并处于静止状态，此时活塞到缸口的距离h＝0.2 m，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的压强p＝5×104 Pa。现通过电热丝对缸内气体加热，使活塞缓慢上升直至缸口。在此过程中封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，假设汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞质量及一切摩擦力不计，则在此过程中气体内能的增加量为(　　)
70 J 60 J 50 J 10 J
6.在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是(　　)
快速挤压时，瓶内气体压强变大
快速挤压时，瓶内气体温度不变
快速挤压时，瓶内气体体积不变
缓慢挤压时，气球上升
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B，等容过程B→C，等温过程C→A，又回到状态A，则(　　)
A→B过程气体体积增大，内能减小
B→C过程内能增加，可能外界对气体做了功
气体在B状态的温度高于在A状态的温度
C→A为等温变化，内能不变，所以此过程气体既不吸热也不放热
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.如图所示，小朋友坐在滑梯上匀速下滑，在这个过程中(　　)
小朋友的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变
因为能量是守恒的，小朋友的机械能大小不变
该过程中产生的内能可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响
由于摩擦，小朋友滑过的滑梯温度升高，分子的平均动能增大，但不是其中每一个分子的动能都增大
9.如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同，则(　　)
A球吸收的热量较多 B球吸收的热量较多
A球对外做功多 B球对外做功多
10.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程，下列说法正确的是(　　)
A→B过程中，气体放出热量
C→D过程中，气体放出热量
B→C过程中，气体分子的平均动能减小
D→A过程中，气体内能减少
三、非选择题(本题共4小题，共54分。)
11.(10分)一汽缸内封闭着一定质量的理想气体，p－V图像如图所示，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J。
(1)(4分)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？
(2)(4分)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，则系统是吸热还是放热？热量传递是多少？
12.(14分)如图所示，质量为M的汽缸内封有空气(质量很小，可看作理想气体)，当活塞上系一细绳将汽缸竖直悬在空中保持静止时(如图甲)，汽缸内气柱长为2L0，现将汽缸和活塞缓慢横放到水平桌面上(如图乙)。活塞和汽缸之间的摩擦可忽略且保持不漏气，大气压强为p0，活塞横截面积为S，缸内气体温度保持不变，整个装置处于常温常压环境中，重力加速度为g。
(1)(5分)水平横放后，汽缸内气柱的长度为多少？
(2)(5分)从竖直悬挂到水平横放的过程中，外界对气体做功为W，则缸内空气是吸热还是放热？交换的热量是多少？
13.(14分)小明同学制作了一个简易气温计：在一个饮料瓶中插入一根透明吸管，将接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)，将饮料瓶水平放置，如图所示。已知吸管内部粗细均匀，该饮料瓶内密封气体的体积为400 cm3，吸管横截面积为0.4 cm2，吸管的有效长度为45 cm，温度计能测出的最低温度为7 ℃。
(1)(6分)求温度计能测出的最高温度；
(2)(6分)假设油柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收4 J热量，则在这一过程中该气体的内能如何变化，变化了多少(已知大气压强p0＝1×105 Pa)？
14.(16分)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)(4分)气体从状态1到状态2是________(2分)(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(2分)(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)(4分)求水平恒力F的大小；
(3)(6分)求电阻丝C放出的热量Q。
章末测评验收卷(三)　热力学定律
1.D　[两物体的质量、温度均相等，它们的内能不一定相同，内能还与物体体积、物态有关，故A错误；物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故B错误；功可以全部转化为热，热在引起外界变化的情况下也可以全部转化为功，故C错误；根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D正确。]
2.A　[机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误。]
3.D　[由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，当压缩气体，同时将热量传给气体时，其内能增加，温度必升高，D正确；若压缩气体的同时气体向外界放热，内能增加或减少的情况无法确定，温度变化情况也无法确定，C错误；传热和做功均能改变内能，只考虑W或Q不能确定内能变化情况，A、B错误。]
4.D　[沙从小桶中不断流出，则绳对活塞的拉力变小，而大气压强p0不变，对活塞受力分析可知活塞受到的合力向左，故活塞将向左移动，A错误；活塞左移则气体体积V减小，外界对气体做功，W＞0，由于汽缸和活塞绝热，则气体与外界没有热量交换，即Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＞0，汽缸内气体的内能增大，温度升高，则汽缸内气体分子的平均动能变大，由理想气体状态方程＝C可知气体压强增大，B、C错误，D正确。]
5.C　[活塞移动过程中，外界对汽缸内气体做的功为W＝－Fs＝－pSh＝－10 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝60 J－10 J＝50 J，故C正确。]
6.A　[快速挤压气体时，外界对它做功，W＞0，来不及与外界热交换，Q＝0，由ΔU＝Q＋W知，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球内的气体来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D错误。]
7.A　[A→B为绝热过程，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功，不发生热量交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故选项A正确；B→C过程气体等容变化，压强增大，外界对气体不做功，由查理定律可知，气体温度升高，内能增加，故选项B错误；C→A过程为等温变化，TA＝TC，而TB＜TC，故TB＜TA，选项C错误；C→A为等温变化，气体内能不变，但体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律可知，C→A为放热过程，故选项D错误。]
8.AD　[小朋友沿滑梯匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，减小的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变，选项A正确，B错误；根据热力学第二定律知，该过程中产生的内能不可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每一个分子的动能都增大，选项D正确。]
9.BD　[水和水银的初温相同(两球的初温相同)，当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，所以内能变化相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银的密度比水的密度大，B球对外做功多，所以B球吸收的热量较多，故B、D正确。]
10.AD　[因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确；C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，故气体分子的平均动能增大，故C错误；D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D正确。]
11.(1)251 J　(2)放热　293 J
解析　(1)沿a→c→b过程，由热力学第一定律有
ΔU＝Q＋W＝335 J－126 J＝209 J
沿a→d→b过程，由热力学第一定律有ΔU＝Q′＋W′
解得Q′＝ΔU－W′＝209 J－(－42)J＝251 J
即有251 J的热量传入系统。
(2)因为由a→b，ΔU＝209 J
所以由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209 J
由热力学第一定律有ΔU′＝Q″＋W″
解得Q″＝ΔU′－W″＝(－209－84)J＝－293 J
负号说明系统放出热量。
12.(1)2L0　(2)放热　W
解析　(1)汽缸悬在空中时，设汽缸内气体的压强为p1，对汽缸，由平衡条件得Mg＋p1S＝p0S
解得p1＝p0－
汽缸内气体初状态(悬空)的体积V1＝2L0S，气体末状态(横放)的压强p2＝p0，设末状态气柱的长度为L，气体温度不变，由玻意耳定律有
p1V1＝p0LS
解得L＝2L0。
(2)一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功，即W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＝ΔU－W＝－W<0，则气体放出热量，放出的热量为W。
13.(1)19.6 ℃　(2)内能增加　2.2 J
解析　(1)由题意分析可知瓶内气体做等压变化，由盖－吕萨克定律可知，温度降低瓶内气体体积减小，故最低温度为7 ℃时，油柱刚好处在瓶口位置，此时饮料瓶内密封气体的体积为V1，当油柱在吸管口处时，温度最高为T2，此时饮料瓶内密封气体的体积为
V2＝400 cm3＋0.4×45 cm3＝418 cm3
由题意可知V1＝400 cm3，T1＝(273＋7)K
由盖－吕萨克定律有＝
解得T2＝292.6 K
故温度计能测出的最高温度为(292.6－273)℃＝19.6 ℃
(2)气体对外做功，则W＝－p0ΔV＝－1.8 J
气体从外界吸收4 J热量，则Q＝4 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
内能增加量为ΔU＝2.2 J
14.(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J
解析　(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生传热，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1
解得状态2气体的压强为p2＝＝1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得p2S＝p0S＋F
解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10－4 N＝10 N。
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有＝
可得状态3气体的体积为
V3＝·2V1＝×2×750 cm3＝1 750 cm3
该过程外界对气体做的功为W＝－p2ΔV＝－p2(V3－2V1)
＝－1.02×105×(1 750－2×750)×10－6 J＝－25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q′＋W
解得气体吸收的热量为Q′＝ΔU－W＝63.8 J－(－25.5 J)＝89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3 J。(共30张PPT)
章末测评验收卷(三)
(时间：75分钟　满分：100分)
第三章　热力学定律
D
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.关于内能，下列说法正确的是(　　)
A.两物体质量和温度都相同，则内能也相同
B.物体吸收热量，内能一定增加
C.功可以全部转化为热，热不可以全部转化为功
D.热量自发地从高温物体传递到低温物体的过程是不可逆的
解析　两物体的质量、温度均相等，它们的内能不一定相同，内能还与物体体积、物态有关，故A错误；物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故B错误；功可以全部转化为热，热在引起外界变化的情况下也可以全部转化为功，故C错误；根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D正确。
A
2.根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　　)
A.机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只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
C.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来
解析　机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误。
D
3.一个带活塞的汽缸内盛有一定量的气体，若此气体的温度随其内能的增大而升高，则(　　)
A.将热量传给气体，其温度必升高
B.压缩气体，其温度必升高
C.压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变
D.压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高
解析　由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，当压缩气体，同时将热量传给气体时，其内能增加，温度必升高，D正确；若压缩气体的同时气体向外界放热，内能增加或减少的情况无法确定，温度变化情况也无法确定，C错误；传热和做功均能改变内能，只考虑W或Q不能确定内能变化情况，A、B错误。
D
4.如图所示，汽缸内用活塞封闭了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的过程中，不计活塞与汽缸的摩擦，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
C
5.如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞通过定滑轮与一重物相连并处于静止状态，此时活塞到缸口的距离h＝0.2 m，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的压强p＝5×104 Pa。现通过电热丝对缸内气体加热，使活塞缓慢上升直至缸口。在此过程中封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，假设汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞质量及一切摩擦力不计，则在此过程中气体内能的增加量为(　　)
A.70 J B.60 J C.50 J D.10 J
解析　活塞移动过程中，外界对汽缸内气体做的功为W＝－Fs＝－pSh＝－10 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝60 J－10 J＝50 J，故C正确。
A
6.在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是(　　)
A.快速挤压时，瓶内气体压强变大
B.快速挤压时，瓶内气体温度不变
C.快速挤压时，瓶内气体体积不变
D.缓慢挤压时，气球上升
解析　快速挤压气体时，外界对它做功，W＞0，来不及与外界热交换，Q＝0，由ΔU＝Q＋W知，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球内的气体来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D错误。
A
7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B，等容过程B→C，等温过程C→A，又回到状态A，则(　　)
A.A→B过程气体体积增大，内能减小
B.B→C过程内能增加，可能外界对气体做了功
C.气体在B状态的温度高于在A状态的温度
D.C→A为等温变化，内能不变，所以此过程气体既不吸热也不放热
解析　A→B为绝热过程，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功，不发生热量交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故选项A正确；B→C过程气体等容变化，压强增大，外界对气体不做功，由查理定律可知，气体温度升高，内能增加，故选项B错误；C→A过程为等温变化，TA＝TC，而TB＜TC，故TB＜TA，选项C错误；C→A为等温变化，气体内能不变，但体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律可知，C→A为放热过程，故选项D错误。
AD
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.如图所示，小朋友坐在滑梯上匀速下滑，在这个过程中(　　)
A.小朋友的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变
B.因为能量是守恒的，小朋友的机械能大小不变
C.该过程中产生的内能可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响
D.由于摩擦，小朋友滑过的滑梯温度升高，分子的平均动能增大，但不是其中每一个分子的动能都增大
解析　小朋友沿滑梯匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，减小的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变，选项A正确，B错误；根据热力学第二定律知，该过程中产生的内能不可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每一个分子的动能都增大，选项D正确。
BD
9.如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同，则(　　)
A.A球吸收的热量较多
B.B球吸收的热量较多
C.A球对外做功多
D.B球对外做功多
解析　水和水银的初温相同(两球的初温相同)，当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，所以内能变化相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银的密度比水的密度大，B球对外做功多，所以B球吸收的热量较多，故B、D正确。
10.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程，下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程中，气体放出热量
B.C→D过程中，气体放出热量
C.B→C过程中，气体分子的平均动能减小
D.D→A过程中，气体内能减少
AD
解析　因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确；C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，故气体分子的平均动能增大，故C错误；D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D正确。
三、非选择题(本题共4小题，共54分。)
11.(10分)一汽缸内封闭着一定质量的理想气体，p－V图像如图所示，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J。
(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，则系统是吸热还是放热？热量传递是多少？
答案　(1)251 J　(2)放热　293 J
解析　(1)沿a→c→b过程，由热力学第一定律有
ΔU＝Q＋W＝335 J－126 J＝209 J
沿a→d→b过程，由热力学第一定律有ΔU＝Q′＋W′
解得Q′＝ΔU－W′＝209 J－(－42)J＝251 J
即有251 J的热量传入系统。
(2)因为由a→b，ΔU＝209 J
所以由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209 J
由热力学第一定律有ΔU′＝Q″＋W″
解得Q″＝ΔU′－W″＝(－209－84)J＝－293 J
负号说明系统放出热量。
12.(14分)如图所示，质量为M的汽缸内封有空气(质量很小，可看作理想气体)，当活塞上系一细绳将汽缸竖直悬在空中保持静止时(如图甲)，汽缸内气柱长为2L0，现将汽缸和活塞缓慢横放到水平桌面上(如图乙)。活塞和汽缸之间的摩擦可忽略且保持不漏气，大气压强为p0，活塞横截面积为S，缸内气体温度保持不变，整个装置处于常温常压环境中，重力加速度为g。
(1)水平横放后，汽缸内气柱的长度为多少？
(2)从竖直悬挂到水平横放的过程中，外界对气体做功为W，则缸内空气是吸热还是放热？交换的热量是多少？
解析　(1)汽缸悬在空中时，设汽缸内气体的压强为p1，
对汽缸，由平衡条件得
Mg＋p1S＝p0S
汽缸内气体初状态(悬空)的体积V1＝2L0S，气体末状态(横放)的压强p2＝p0，
设末状态气柱的长度为L，气体温度不变，由玻意耳定律有p1V1＝p0LS
(2)一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体温度不变，内能不变，
即ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功，即W>0，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＝ΔU－W＝－W<0，
则气体放出热量，放出的热量为W。
13.(14分)小明同学制作了一个简易气温计：在一个饮料瓶中插入一根透明吸管，将接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)，将饮料瓶水平放置，如图所示。已知吸管内部粗细均匀，该饮料瓶内密封气体的体积为400 cm3，吸管横截面积为0.4 cm2，吸管的有效长度为45 cm，温度计能测出的最低温度为7 ℃。
(1)求温度计能测出的最高温度；
(2)假设油柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收4 J热量，则在这一过程中该气体的内能如何变化，变化了多少(已知大气压强p0＝1×105 Pa)
答案　(1)19.6 ℃　(2)内能增加　2.2 J
解析　(1)由题意分析可知瓶内气体做等压变化，由盖－吕萨克定律可知，温度降低瓶内气体体积减小，故最低温度为7 ℃时，油柱刚好处在瓶口位置，此时饮料瓶内密封气体的体积为V1，当油柱在吸管口处时，温度最高为T2，此时饮料瓶内密封气体的体积为V2＝400 cm3＋0.4×45 cm3＝418 cm3
由题意可知V1＝400 cm3，T1＝(273＋7)K
解得T2＝292.6 K
故温度计能测出的最高温度为(292.6－273)℃＝19.6 ℃
(2)气体对外做功，则W＝－p0ΔV＝－1.8 J
气体从外界吸收4 J热量，则Q＝4 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
内能增加量为ΔU＝2.2 J
14.(16分)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
答案　(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J
解析　(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生传热，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，
根据受力平衡可得p2S＝p0S＋F
解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10－4 N＝10 N。
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，
使气体达到温度T3＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，
该过程外界对气体做的功为
W＝－p2ΔV＝－p2(V3－2V1)＝－1.02×105×(1 750－2×750)×10－6 J＝－25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q′＋W
解得气体吸收的热量为Q′＝ΔU－W＝63.8 J－(－25.5 J)＝89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3 J。

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