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章末检测试卷(第2、3章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20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·徐州市高二期中)天然的水晶具有规则的几何外形。关于天然水晶，下列说法正确的是 (　　)
A.具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B.微观粒子的空间排列不规则
C.在熔化过程中分子平均动能不变，因此内能不变
D.在光学性质上表现为各向异性
2.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%
3.(2023·莆田市高二月考)将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。以下说法正确的是 (　　)
A.几何形状不规则的冰块不是晶体
B.冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能增加
C.在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力
D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大
4.(2023·宿迁市北附同文实验学校模拟)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.B→C的过程中，气体分子平均动能增加
B.B→C的过程中，气体一定放出热量
C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D.A→B的过程中，分子的平均动能变大
5.(2024·鸡西市二中月考)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.两球吸收的热量一样多
D.两球对外做的功一样多
二、多项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30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4分，有选错的得0分。
6.(2024·德州市夏津县一中月考)如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展面“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是 (　　)
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.叶片在热水中吸收的热量大于在空气中释放的热量
D.因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会降低
7.(2023·赣州市寻乌中学高二期中)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，已知状态A气体的温度为150 ℃。下列说法正确的是 (　　)
A.气体在状态B时的温度为573 ℃
B.气体在此过程中吸收了200 J的热量
C.状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加
D.状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时的一半
8.(2024·天津市南仓中学检测)用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后停止充气，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出，直到停喷。储气室内气体可视为理想气体，喷液过程中忽略气体与外界的热交换，则在喷液过程中下列说法正确的是 (　　)
A.储气室内气体压强增大
B.储气室内气体温度降低
C.储气室内气体内能减小
D.消毒液停喷瞬间，储气室气体压强等于外界大气压强
9.(2023·绥化市高二期末)如图所示，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气缸内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。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
10.(2023·湖南省部分学校高二月考)如图所示，电冰箱是由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成的一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法正确的是 (　　)
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
三、非选择题：本题共5小题，共50分。
11.(4分)(2021·福建卷)如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度　　　　(填“升高”“降低”“先升高后降低”或“始终不变”)。
12.(4分)(2023·福建厦门集美中学高二阶段检测)王亚平曾在太空进行授课，图甲为授课场景，水滴呈现球形，这是由于水的表面张力作用的结果，分子间作用力F与分子间距离r的关系如图乙所示，水滴表面层中水分子之间的距离　　　　r0(填“大于”“小于”或“等于”)。若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到小于r0，则分子势能变化的趋势是 　。
13.(6分)(2023·保定市六校联盟高二期末)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与温度的关系为U=aT(a为常数)。求：
(1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；
(2)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；
(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。
14.(17分)如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
(1)(7分)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
(2)(10分)若密闭气体的内能增量与温度的关系为ΔU=k(T2-T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
15.(19分)(2024·银川市一中模拟)如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，气缸底部与U形水银气压计(U形管内气体体积忽略不计)相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U=αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加速度为g，大气压强为p0，水银的密度为ρ，环境温度为T0时，活塞离缸底的距离为L。求：
(1)(8分)环境温度为T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh；
(2)(11分)环境温度由T0缓慢升高至T0过程中，气体吸收的热量。
答案精析
1.D　[水晶是单晶体，具有规则的几何外形，有固定的熔点，A错误；水晶是晶体，微观粒子的空间排列规则，B错误；水晶是晶体，有固定的熔点，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，但仍在吸热，因此其内能增加，C错误；水晶是单晶体，在光学性质上表现为各向异性，D正确。]
2.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热量能够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全部用来做功，而不引起其他变化，故C错误；由C中分析可知，理想热机的效率不可以达到100%，故D错误。]
3.D　[单晶体有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，几何形状不规则的冰块具有确定的熔点，属于多晶体，故A错误；温度是分子平均动能变化的标志，冰熔化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，故B错误；在水的表面层，分子比较稀疏，分子间距大于分子间的平衡距离，分子作用力表现为引力，故C错误；水变成水蒸气，分子间距增大，分子间作用力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。]
4.B　[B→C的过程中，气体的温度降低，气体分子平均动能减少，A错误；B→C的过程中，气体的温度降低，气体的内能减少，气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，B正确；A→B的过程中，气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，C错误；A→B的过程中，气体的温度不变，气体分子平均动能不变，D错误。]
5.B　[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，所以B球吸收的热量较多，故选B。]
6.CD　[要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水升温，因此消耗能量，故A、B错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片从热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形变，转出热水需要将能量释放，然后再进入热水吸热，故水温降低，故D正确。]
7.AB　[从状态A变化到状态B，发生等压变化，则=，由题意知VA=2.0×10-3 m3，VB=4.0×10-3 m3，TA=(273+150) K=423 K，可得TB=2TA=846 K=573 ℃，故A正确；从状态A变化到状态B，气体膨胀，气体对外界做功，则W=-0.4×105×(4.0-2.0)×10-3 J=-80 J，从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，则ΔU=120 J，由热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q=200 J，故B正确；从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体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；从状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，分子对器壁的平均撞击力增大，根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，但不一定减半，故D错误。]
8.BC　[在喷液过程中，储气室内气体绝热膨胀，对外界做功，吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知气体内能减小，温度降低，故B、C正确；根据理想气体状态方程=C可知气体压强减小，故A错误；消毒液停喷瞬间，设导管中液面比喷壶内液面高h，消毒液密度为ρ，大气压强为p0，根据平衡条件可知储气室气体压强为p=ρgh+p0>p0，故D错误。]
9.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。]
10.ABD　[根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做功)=Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，制冷剂从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。]
11.做正功　先升高后降低
解析　一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，由理想气体状态方程=C可得，气体的温度先升高后降低。
12.大于　先减小再增大
解析　在水滴表面层中，水分子之间的相互作用力表现为引力，所以距离大于r0；
若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到等于r0过程中，分子力做正功，分子势能减小；当分子间距离等于r0后再继续减小，分子力做负功，分子势能增大，故分子势能变化的趋势是先减小再增大。
13.(1)-aT0　(2)3×10-3　(3)100
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=3×10-3 m3
(3)从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×1×10-3 J=-100 J
根据热力学第一定律可得Q=100 J，
即气体从外界吸收热量100 J。
14.(1)p0　(2)0.6p0　0.2kT0
解析　(1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化
根据气体等温变化规律得p0V0=p·2V0
解得此时气体压强p=p0。
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，
根据等容变化规律得=
解得压强为p'=1.2p=0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，
则外界对理想气体做功为零
即W=0
升高温度，内能增量为ΔU=k(1.2T0-T0)=0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W
可知气体吸收的热量为Q=ΔU=0.2kT0。
15.(1)　(2)αT0+(p0S+mg)
解析　(1)设稳定后气缸内气体的压强为p1，对活塞，根据平衡条件得mg+p0S=p1S
对水银柱，有p1=p0+ρgΔh
解得Δh=
(2)缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为T1，
由等压变化规律得=
解得T1=T0之后，气体温度由T0继续升高至T0，
气体发生等容变化。整个过程中，外界对气体做的功，
W=p1(LS-LS)
由热力学第一定律得ΔU=α(T0-T0)=Q-W
解得Q=αT0+(p0S+mg)。(共40张PPT)
章末检测试卷(第2、3章)
一、单项选择题
1.(2023·徐州市高二期中)天然的水晶具有规则的几何外形。关于天然水晶，下列说法正确的是
A.具有规则的几何外形，但是没有固定的熔点
B.微观粒子的空间排列不规则
C.在熔化过程中分子平均动能不变，因此内能不变
D.在光学性质上表现为各向异性
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水晶是单晶体，具有规则的几何外形，有固定的熔点，A错误；
水晶是晶体，微观粒子的空间排列规则，B错误；
水晶是晶体，有固定的熔点，在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，但仍在吸热，因此其内能增加，C错误；
水晶是单晶体，在光学性质上表现为各向异性，D正确。
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2.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热量能够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全部用来做功，而不引起其他变化，故C错误；
由C中分析可知，理想热机的效率不可以达到100%，故D错误。
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3.(2023·莆田市高二月考)将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。以下说法正确的是
A.几何形状不规则的冰块不是晶体
B.冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能增加
C.在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力
D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大
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单晶体有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，几何形状不规则的冰块具有确定的熔点，属于多晶体，故A错误；
温度是分子平均动能变化的标志，冰熔化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，故B错误；
在水的表面层，分子比较稀疏，分子间距大于分子间的平衡距离，分子作用力表现为引力，故C错误；
水变成水蒸气，分子间距增大，分子间作用力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。
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4.(2023·宿迁市北附同文实验学校模拟)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图像如图所示。下列说法正确的是
A.B→C的过程中，气体分子平均动能增加
B.B→C的过程中，气体一定放出热量
C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D.A→B的过程中，分子的平均动能变大
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B→C的过程中，气体的温度降低，气体分子平均动能
减少，A错误；
B→C的过程中，气体的温度降低，气体的内能减少，
气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第
一定律可知，气体一定放出热量，B正确；
A→B的过程中，气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，C错误；
A→B的过程中，气体的温度不变，气体分子平均动能不变，D错误。
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5.(2024·鸡西市二中月考)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.两球吸收的热量一样多
D.两球对外做的功一样多
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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，所以B球吸收的热量较多，故选B。
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二、多项选择题
6.(2024·德州市夏津县一中月考)如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展面“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.叶片在热水中吸收的热量大于在空气中释放的热量
D.因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会降低
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要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量
不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸
收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复
形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水升温，因此消耗能量，故A、B错误；
根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片从热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；
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转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形变，转出热水需要将能量释放，然后再进入热水吸热，故水温降低，故D正确。
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7.(2023·赣州市寻乌中学高二期中)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，已知状态A气体的温度为150 ℃。下列说法正确的是
A.气体在状态B时的温度为573 ℃
B.气体在此过程中吸收了200 J的热量
C.状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加
D.状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时
　的一半
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从状态A变化到状态B，发生等压变化，则=
，由题意知VA=2.0×10-3 m3，VB=4.0×10-3 m3，
TA=(273+150) K=423 K，可得TB=2TA=846 K=573 ℃，故A正确；
从状态A变化到状态B，气体膨胀，气体对外界做功，则W=-0.4×105
×(4.0-2.0)×10-3 J=-80 J，从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，则ΔU=120 J，由热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q=200 J，故B正确；
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从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分
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；
从状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，分子对器壁的平均撞击力增大，根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，但不一定减半，故D错误。
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8.(2024·天津市南仓中学检测)用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后停止充气，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出，直到停喷。储气室内气体可视为理想气体，喷液过程中忽略气体与外界的热交换，则在喷液过程中下列说法正确的是
A.储气室内气体压强增大
B.储气室内气体温度降低
C.储气室内气体内能减小
D.消毒液停喷瞬间，储气室气体压强等于外界大气压强
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在喷液过程中，储气室内气体绝热膨胀，对外界做
功，吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知气
体内能减小，温度降低，故B、C正确；
根据理想气体状态方程=C可知气体压强减小，故
A错误；
消毒液停喷瞬间，设导管中液面比喷壶内液面高h，消毒液密度为ρ，大气压强为p0，根据平衡条件可知储气室气体压强为p=ρgh+p0>p0，故D错误。
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9.(2023·绥化市高二期末)如图所示，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气缸内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。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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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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10.(2023·湖南省部分学校高二月考)如图所示，电冰箱是由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成的一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法正确的是
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器
　从冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体
　传递
C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和
　分子动能都降低
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根据热力学第一定律，Q1(从低温物
体吸收的热量)+W(压缩机对系统做
功)=Q2(向高温物体释放的热量)，A
正确；
这一过程不是自发完成的，整个过程
实现了热量从低温物体向高温物体传
递，符合热力学第二定律，B正确；
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制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，
但是不满足远离液化的状态，不能看
成理想气体，C错误；
在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平
均动能降低，制冷剂从气体过渡到液
体，分子势能降低，D正确。
三、非选择题
11.(2021·福建卷)如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度　　　　 　　　(填“升高”“降低”“先升高后降低”或“始终不变”)。
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做正功
先升高后降低
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一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，由理想气体状态方程=C可得，气体的温度先升高后降低。
12.(2023·福建厦门集美中学高二阶段检测)王亚平曾在太空进行授课，图甲为授课场景，水滴呈现球形，这是由于水的表面张力作用的结果，分子间作用力F与分子间距离r的关系如图乙所示，水滴表面层中水分子之间的距离　　　r0(填“大于”“小于”或“等于”)。若空间中两个水分子间距从无限远逐渐变小，直到小于r0，则分子势能变化的趋势是_____
__________。
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大于
先减
小再增大
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在水滴表面层中，水分子之间的相
互作用力表现为引力，所以距离大
于r0；
若空间中两个水分子间距从无限远
逐渐变小，直到等于r0过程中，分子力做正功，分子势能减小；
当分子间距离等于r0后再继续减小，分子力做负功，分子势能增大，故分子势能变化的趋势是先减小再增大。
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13.(2023·保定市六校联盟高二期末)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与温度的关系为U=aT(a为常数)。求：
(1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；
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-aT0
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)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；
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3×10-3
因为VB=VA，
从B到C发生等压变化：=，
由题图知TC=TA=T0，
所以VC=3×10-3 m3
(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。
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100
从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×1×10-3 J=-100 J
根据热力学第一定律可得Q=100 J，
即气体从外界吸收热量100 J。
14.如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时
气体的压强；
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答案　p0
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容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，
发生等温变化
根据气体等温变化规律得p0V0=p·2V0
解得此时气体压强p=p0。
(2)若密闭气体的内能增量与温度的关系为ΔU=k(T2-T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
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答案　0.6p0　0.2kT0
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升高温度，理想气体发生等容变化，根据等容变化规律得=
解得压强为p'=1.2p=0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界对理想气体做功为零
即W=0
升高温度，内能增量为
ΔU=k(1.2T0-T0)=0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W
可知气体吸收的热量为Q=ΔU=0.2kT0。
15.(2024·银川市一中模拟)如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，气缸底部与U形水银气压计(U形管内气体体积忽略不计)相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U=αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加速度为g，大气压强为p0，水银的密度为ρ，环境温度为T0时，活塞离缸底的距离为L。求：
(1)环境温度为T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh；
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答案　
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设稳定后气缸内气体的压强为p1，对活塞，根据平
衡条件得mg+p0S=p1S
对水银柱，有p1=p0+ρgΔh
解得Δh=
(2)环境温度由T0缓慢升高至T0过程中，气体吸收的热量。
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答案　αT0+(p0S+mg)
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缓慢升高环境温度，活塞B上升，
气体发生等压变化，
U形管内侧水银面的高度差不变，
设活塞B刚好到达容器口时，
温度为T1，
由等压变化规律得=
解得T1=T0之后，气体温度由T0继续升高至T0，
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气体发生等容变化。整个过程中，外界对气体做的
功，W=p1(LS-LS)
由热力学第一定律得ΔU=α(T0-T0)=Q-W
解得Q=αT0+(p0S+mg)。

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