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章末综合检测（三）　热力学定律
（满分：100分）
一、单项选择题（本题8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1.关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A.一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大
B.一定质量的气体吸收热量，其内能不一定增大
C.不可能使热量由低温物体传递到高温物体
D.第二类永动机不仅违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
2.一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减小1.3×105 J，则此过程（　　）
A.气体从外界吸收热量2.0×105 J
B.气体向外界释放热量2.0×105 J
C.气体从外界吸收热量6.0×104 J
D.气体向外界释放热量6.0×104 J
3.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（　　）
A.外界对胎内气体做功，气体内能减小
B.外界对胎内气体做功，气体内能增大
C.胎内气体对外界做功，内能减小
D.胎内气体对外界做功，内能增大
4.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低。此过程中（　　）
A.封闭的二氧化碳气体对外界做正功
B.封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C.封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大
D.封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
5.根据热力学定律和能量守恒定律，下列说法中正确的是（　　）
A.空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B.通过采用先进技术，热机可以实现把燃料产生的内能全部转化为机械能
C.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，可以使房间降温
D.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，房间温度不会有任何变化
6.热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一，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；其二，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。第一种表述方式可以用如图所示的示意图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，下列示意图中正确的是（　　）
7.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再回到状态a，其中，a→b为等温过程，b→c为等容过程，下列说法正确的是（　　）
A.a→b过程，气体和外界无热交换
B.a→b过程，气体分子的速率均保持不变
C.b→c过程，气体内能减小
D.c→a过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功相等
8.如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可忽略）。如果不计大气压强的变化，该装置就是一支简易的气温计，则（　　）
A.温度升高后，罐中气体压强增大
B.给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的
C.用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会减小
D.温度升高，罐内气体对外做的功大于气体从外界吸收的热量
二、多项选择题（本题4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9.列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换。剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中（　　）
A.上下乘客时，气体的内能不变
B.上下乘客时，气体从外界吸热
C.剧烈颠簸时，外界对气体做功
D.剧烈颠簸时，气体的温度不变
10.如图所示是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：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，瓶内气体温度不变
11.（多选）当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是（　　）
A.此过程中气体的内能增大
B.此过程中气体向外界放出热量
C.此过程中每个气体分子的动能均不变
D.此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
12.“百脉寒泉珍珠滚”为章丘八景之一。假如泉水深5 m，底部温度为17 ℃，一个体积为5.8×10－7 m3的气泡从底部缓慢上升，到达泉水表面时温度为27 ℃，气泡内气体的内能增加了2×10－2 J。不计气体分子间的相互作用，g取10 m/s2，外界大气压强取1.0×105 Pa，水的密度取1×103 kg/m3。下列说法正确的是（　　）
A.气泡内所有分子动能都增大
B.气泡上升过程中气体对外做功，吸收热量
C.气泡到达泉水表面时的体积为9×10－7 m3
D.上升过程中气体吸收的热量大于6.8×10－2 J
三、非选择题（本题6小题，共60分）
13.（6分）电动汽车行驶时，发动机将电能转化为机械能，而阻力则将机械能转化为内能。在匀速行驶时，汽车最后向环境释放的热量功率和其消耗电能功率之比为　　　　　　　；某人想设计一种装置，要求其在不引起其他变化的前提下可以将耗散到环境中的热量重新提取出来转化为功从而实现能量再利用，这种想法将违反　　　　　　　　　　　　。
14.（8分）在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程（A→B→C→D→A）。已知某些状态的部分参数如图所示（见图中所标数据），回答下列问题：
（1）C→D过程气体分子的平均动能会　　　　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）已知状态A的气体温度TA＝580 K，求状态C的气体温度TC＝　　　　K；
（3）若已知A→B过程气体对外放热Q＝－95 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝　　　　J，B→C过程外界对气体做的功WBC＝　　　　J。
15.（10分）在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在状态A的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为Q＝600 J。求：
（1）气体在状态B的体积VB；
（2）此过程中气体内能的增量ΔU。
16.（10分）中国宇航员计划在2030年之前登上月球，其中宇航服的研制与开发需要达到更高的要求。研究团队在地面对宇航服进行实验研究的过程中，宇航服内的气体可视为理想气体，初始时其体积为V，温度为T，压强为0.7p0，其中p0为大气压强，求：
（1）若将宇航服内气体的温度升高到1.4T，且气体的压强不变，则气体对外做多少功；
（2）若在初始状态将宇航服的阀门打开，外界气体缓慢进入宇航服内，直至内、外气体压强相等，均为p0后不再进气，此时宇航服内理想气体的体积为1.4V，且此过程中，气体的温度保持为T不变，则进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为多少。
17.（12分）如图所示，水平面上固定一绝热汽缸，汽缸底部安装有与外电路连接、阻值R＝5 Ω的加热电阻丝，汽缸内一绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气。活塞通过连杆与放在汽缸右侧粗糙水平面上的物体（图中未画出）接触，最初时活塞位于位置Ⅰ，缸内气体压强 p＝2.0×105 Pa，与连杆接触的物体静止不动。某时刻开始，闭合电路开关，电阻丝给气体加热，电流表读数恒为1.0 A，10 min后断开开关。加热过程中活塞通过连杆推着物体在水平面上缓慢向右运动，最终活塞运动到位置Ⅱ处。已知电阻丝产生的热量全部传递给气体，这一过程中气体体积V和热力学温度T之间的关系如图所示，图中倾斜直线过原点。求：
　
（1）电阻丝产生的热量；
（2）活塞运动到位置Ⅱ时缸内气体的体积；
（3）活塞从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中气体内能的变化量。
18.（14分）如图所示，质量为m的活塞将体积为V0、温度为T0的某种理想气体密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内，活塞横截面积为S。现将汽缸内气体的温度缓慢升高，气体体积增大到2V0。已知大气压强为p0，气体内能U与温度T的关系为U＝kT（k为常量），重力加速度为g。求：
（1）该过程中气体的压强p；
（2）气体体积为2V0时的温度T2；
（3）该过程中气体吸收的热量Q。
章末综合检测（三）　热力学定律
1.B　做功与传热是改变物体内能的两种方式，一定质量的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增大，故A错误，B正确；不可能使热量自发地由低温物体传到高温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律但违反了热力学第二定律，故D错误。
2.B　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得到Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界释放2.0×105 J的热量，故B正确。
3.D　中午，车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D正确。
4.B　气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误；海水压强随深度增加而增加，又导热容器可以自由压缩，所以气体的压强一定增大，故B正确；温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故C错误；温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体向外界放出热量，故D错误。
5.A　空调在制冷过程中，把室内的热量向室外排放，消耗电能，产生热量，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，A正确；根据热力学第二定律可知，即使通过采用先进技术，热机也不能够实现把燃料产生的内能全部转化为机械能，B错误；冰箱的工作原理是将里面的热量吸收到外面使内部的温度降低，并且自身工作也会消耗电能产生热量，所以当冰箱在密闭的房间里并把冰箱门打开，此时冰箱内外部相通，所以无法降温，由于冰箱本身工作消耗电能会产生热量，所以房间温度会升高，C、D错误。
6.B　由题图可知，使热量由低温物体传递到高温物体必伴随着制冷机的做功，即引起其他变化；对于第二种方式，热机工作时，从高温物体吸收热量，只有一部分用来对外做功，转变为机械能，另一部分热量要排放给低温物体，故B正确，A、C、D错误。
7.C　a→b过程，气体发生的是等温变化，内能不变，此过程中，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，A错误；a→b过程，温度不变，气体分子的平均速率不变，但每一个气体分子的速率不断变化，B错误；b→c过程，气体的体积不变，压强减小，则温度降低，故内能减小，C正确；p-V图线与横轴所围的面积为气体做功的大小，所以c→a过程外界对气体做的功小于a→b过程气体对外界做的功，D错误。
8.B　罐中气体压强始终等于大气压强，即罐中气体压强始终不变，故A错误；设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L0、其横截面积为S，温度变化后的温度为T、罐中空气体积不变、吸管内空气柱长变为L、其横截面积不变。在温度变化时，气体做等压变化，有＝＝C ，解得L＝，所以ΔL＝＝Δt ，即管中油柱移动的距离与温度变化量成正比，所以给吸管标上温度刻度值时刻度是均匀的，故B正确；根据ΔL＝＝Δt可知，用更粗的透明吸管（S变大）、其余条件不变时，相同的Δt情况下ΔL变小，则测温范围会增大，故C错误；温度升高时，罐内气体体积增大，对外做功（即W＜
0），同时罐内气体的内能增大（即ΔU＞0），由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，罐内气体从外界吸收的热量等于对外界做的功与罐内气体内能增加的和，所以罐内气体对外界做的功小于罐内气体从外界吸收的热量，故D错误。
9.AC　上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，体积变化缓慢，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知Q＜0，气体向外界放热，故A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，即Q＝0，气体经历绝热压缩过程，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＞0，即内能增加，温度升高，故C正确，D错误。
10.AD　快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，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，D正确。
11.BD　在缓慢充气过程中，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；充气前，气体在篮球和气筒之间，充气后，气体在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D正确。
12.BC　由于不计气体分子间的相互作用，则气泡内的气体可视为理想气体，内能增大即气体分子的平均动能增大，但不是所有气体分子的动能都增大，故A错误；上升过程中，气体内能增加，体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，上升过程中气体吸收热量，故B正确；由理想气体状态方程可得＝，代入数据解得气泡到达泉水表面时的体积为V2＝9×10－7 m3，故C正确；由气体对外界做功的表达式W＝pSx可得W＝pΔV，当压强不变时，气体对外做功等于4.8×10－2 J，因为上升过程中气体压强减小，所以对外做功小于4.8×10－2 J，由热力学第一定律可得上升过程中气体吸收的热量小于6.8×10－2 J，故D错误。
13.1∶2　热力学第二定律
解析：匀速行驶时，阻力与动力相等，汽车最后向环境释放的热量功率与转化为机械能的功率相等，则汽车最后向环境释放的热量功率和其消耗电能功率之比1∶2；在不引起其他变化的前提下可以将耗散到环境中的热量重新提取出来转化为功从而实现能量再利用，这种想法将违反热力学第二定律。
14.（1）变大　（2）580　（3）－35　35
解析：（1）C→D过程，气体的体积变大，压强不变，由盖－吕萨克定律有＝，可知温度升高，则气体分子的平均动能变大。
（2）根据理想气体状态方程，有＝，得TC＝··TA，代入数据解得TC＝580 K。
（3）A→B过程外界对气体做功WAB＝pAΔV＝1×105×（1.2－0.6）×10－3 J＝60 J，气体放热Q＝－95 J，则由热力学第一定律得A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝WAB＋Q＝－35 J；从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC＝ΔUBC＝ΔUBA＝35 J。
15.（1）8.0×10－3 m3　（2）400 J
解析：（1）V-T图像通过坐标原点，则从A到B理想气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，解得VB＝8.0×10－3 m3。
（2）外界对气体做的功W＝－p（VB－VA）＝－200 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，
解得ΔU＝400 J。
16.（1）0.28p0V　（2）1∶1
解析：（1）气体的压强不变，气体发生等压变化，则
＝
解得V2＝1.4V
气体对外做功W＝0.7p0（V2－V）＝0.28p0V。
（2）气体的温度保持为T不变，气体等温变化，则
0.7p0V＝p0V'，解得V'＝0.7V
进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为
＝＝1∶1。
17.（1）3 000 J　（2）8.0×10－3 m3　（3）2 000 J
解析：（1）由焦耳定律得Q＝I2Rt
代入数值解得Q＝3 000 J。
（2）由V-T图像得＝
代入数值解得V2＝8.0×10－3 m3。
（3）V-T图像为过原点的倾斜直线，故从位置Ⅰ到位置Ⅱ处，气体发生的是等压变化，压强恒为p＝2.0×105 Pa，从位置Ⅰ到位置Ⅱ处，气体体积膨胀对外做功为W＝pΔV＝p（V2－V1）
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
代入数值解得ΔU＝2 000 J。
18.（1）p0＋　（2）2T0　（3）kT0＋V0
解析：（1）对活塞受力分析得pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋。
（2）加热过程中气体等压膨胀，有＝
解得T2＝2T0。
（3）该过程中气体内能增加ΔU＝kT2－kT0
解得ΔU＝kT0
因气体体积增大，故此过程中气体对外界做功，则W＝－pΔV
解得W＝－V0
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得该过程中气体吸收的热量
Q＝kT0＋V0。
4 / 5(共44张PPT)
章末综合检测（三）热力学定律
（满分：100分）
一、单项选择题（本题8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的
四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1. 关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A. 一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大
B. 一定质量的气体吸收热量，其内能不一定增大
C. 不可能使热量由低温物体传递到高温物体
D. 第二类永动机不仅违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
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解析：　做功与传热是改变物体内能的两种方式，一定质量
的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增
大，故A错误，B正确；不可能使热量自发地由低温物体传到高
温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，
故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律但违反了热力学
第二定律，故D错误。
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2. 一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体
内能减小1.3×105 J，则此过程（　　）
A. 气体从外界吸收热量2.0×105 J
B. 气体向外界释放热量2.0×105 J
C. 气体从外界吸收热量6.0×104 J
D. 气体向外界释放热量6.0×104 J
解析：　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得到Q＝ΔU－W＝－
1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界释放
2.0×105 J的热量，故B正确。
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3. 某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增
大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（　　）
A. 外界对胎内气体做功，气体内能减小
B. 外界对胎内气体做功，气体内能增大
C. 胎内气体对外界做功，内能减小
D. 胎内气体对外界做功，内能增大
解析：　中午，车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气
体温度升高，故胎内气体内能增大，D正确。
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4. 二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减
排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在
研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧
化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到
海水某深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低。此过程
中（　　）
A. 封闭的二氧化碳气体对外界做正功
B. 封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C. 封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大
D. 封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
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解析：　气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错
误；海水压强随深度增加而增加，又导热容器可以自由压缩，所以
气体的压强一定增大，故B正确；温度降低，所以气体分子的平均
动能减小，故C错误；温度降低，内能减小，外界对气体做正功，
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体向外界放出热量，
故D错误。
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5. 根据热力学定律和能量守恒定律，下列说法中正确的是（　　）
A. 空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B. 通过采用先进技术，热机可以实现把燃料产生的内能全部转化为
机械能
C. 在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，可以使房间降温
D. 在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，房间温度不会有任
何变化
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解析：　空调在制冷过程中，把室内的热量向室外排放，消耗电
能，产生热量，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，A正
确；根据热力学第二定律可知，即使通过采用先进技术，热机也不
能够实现把燃料产生的内能全部转化为机械能，B错误；冰箱的工
作原理是将里面的热量吸收到外面使内部的温度降低，并且自身工
作也会消耗电能产生热量，所以当冰箱在密闭的房间里并把冰箱门
打开，此时冰箱内外部相通，所以无法降温，由于冰箱本身工作消
耗电能会产生热量，所以房间温度会升高，C、D错误。
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6. 热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一，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；其二，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。第一种表述
方式可以用如图所示的示意图来表示，根据你对第二种表述的理
解，如果也用类似的示意图来表示，下列示意图中正确的是（　）
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解析：　由题图可知，使热量由低温物体传递到高温物体必伴随
着制冷机的做功，即引起其他变化；对于第二种方式，热机工作
时，从高温物体吸收热量，只有一部分用来对外做功，转变为机械
能，另一部分热量要排放给低温物体，故B正确，A、C、D错误。
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7. 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再回到
状态a，其中，a→b为等温过程，b→c为等容过程，下列说法正确
的是（　　）
A. a→b过程，气体和外界无热交换
B. a→b过程，气体分子的速率均保持不变
C. b→c过程，气体内能减小
D. c→a过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功相等
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解析：　a→b过程，气体发生的是等温变化，内能不变，此过程
中，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，A
错误；a→b过程，温度不变，气体分子的平均速率不变，但每一个
气体分子的速率不断变化，B错误；b→c过程，气体的体积不变，
压强减小，则温度降低，故内能减小，C正确；p-V图线与横轴所
围的面积为气体做功的大小，所以c→a过程外界对气体做的功小于
a→b过程气体对外界做的功，D错误。
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8. 如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，
接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可忽略）。如果不
计大气压强的变化，该装置就是一支简易的气温计，则（　　）
A. 温度升高后，罐中气体压强增大
B. 给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的
C. 用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会减小
D. 温度升高，罐内气体对外做的功大于气体从外界吸收的热量
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解析：　罐中气体压强始终等于大气压强，即罐中气体压强始终
不变，故A错误；设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空
气柱长变为L0、其横截面积为S，温度变化后的温度为T、罐中空气
体积不变、吸管内空气柱长变为L、其横截面积不变。在温度变化
时，气体做等压变化，有＝＝C ，解得L＝，所
以ΔL＝＝Δt ，即管中油柱移动的距离与温度变化量成正比，
所以给吸管标上温度刻度值时刻度是均匀的，故B正确；
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根据ΔL＝＝Δt可知，用更粗的透明吸管（S变大）、其余条件不
变时，相同的Δt情况下ΔL变小，则测温范围会增大，故C错误；温度
升高时，罐内气体体积增大，对外做功（即W＜0），同时罐内气体
的内能增大（即ΔU＞0），由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，罐内
气体从外界吸收的热量等于对外界做的功与罐内气体内能增加的和，
所以罐内气体对外界做的功小于罐内气体从外界吸收的热量，故D错误。
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二、多项选择题（本题4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的
得2分，有选错或不答的得0分）
9. 列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹
簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的
气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽
缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换。剧烈颠簸
时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸
内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中（　　）
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A. 上下乘客时，气体的内能不变
B. 上下乘客时，气体从外界吸热
C. 剧烈颠簸时，外界对气体做功
D. 剧烈颠簸时，气体的温度不变
解析：　上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，体积变化缓慢，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知Q＜0，气
体向外界放热，故A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积
变化较快，且气体与外界来不及热交换，即Q＝0，气体经历绝热
压缩过程，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＞
0，即内能增加，温度升高，故C正确，D错误。
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10. 如图所示是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。
具体制作方法如下：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，瓶内气体温度不变
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解析：　快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由
W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，
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，D正确。
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11. （多选）当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针
安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩
打气筒将空气压入篮球内，如图所示。在一次缓慢压缩打气筒的
充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不
变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有漏气，气体可视为理
想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球
内原来的气体，下列说法正确的是（　　）
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A. 此过程中气体的内能增大
B. 此过程中气体向外界放出热量
C. 此过程中每个气体分子的动能均不变
D. 此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
解析：　在缓慢充气过程中，气体温度不变，打气筒内的气体
全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不
变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；
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充气前，气体在篮球和气筒之间，充气后，气体在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D正确。
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12. “百脉寒泉珍珠滚”为章丘八景之一。假如泉水深5 m，底部温度
为17 ℃，一个体积为5.8×10－7 m3的气泡从底部缓慢上升，到达
泉水表面时温度为27 ℃，气泡内气体的内能增加了2×10－2 J。不
计气体分子间的相互作用，g取10 m/s2，外界大气压强取1.0×105
Pa，水的密度取1×103 kg/m3。下列说法正确的是（　　）
A. 气泡内所有分子动能都增大
B. 气泡上升过程中气体对外做功，吸收热量
C. 气泡到达泉水表面时的体积为9×10－7 m3
D. 上升过程中气体吸收的热量大于6.8×10－2 J
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解析：　由于不计气体分子间的相互作用，则气泡内的气体可
视为理想气体，内能增大即气体分子的平均动能增大，但不是所
有气体分子的动能都增大，故A错误；上升过程中，气体内能增
加，体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，上升过程中
气体吸收热量，故B正确；由理想气体状态方程可得＝，
代入数据解得气泡到达泉水表面时的体积为V2＝9×10－7 m3，故C
正确；由气体对外界做功的表达式W＝pSx可得W＝pΔV，当压强不变时，气体对外做功等于4.8×10－2 J，因为上升过程中气体压强减小，所以对外做功小于4.8×10－2 J，由热力学第一定律可得上升过程中气体吸收的热量小于6.8×10－2 J，故D错误。
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三、非选择题（本题6小题，共60分）
13. （6分）电动汽车行驶时，发动机将电能转化为机械能，而阻力则
将机械能转化为内能。在匀速行驶时，汽车最后向环境释放的热
量功率和其消耗电能功率之比为 ；某人想设计一种装置，要
求其在不引起其他变化的前提下可以将耗散到环境中的热量重新
提取出来转化为功从而实现能量再利用，这种想法将违反
。
1∶2　
热力学
第二定律　
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解析：匀速行驶时，阻力与动力相等，汽车最后向环境释放的热
量功率与转化为机械能的功率相等，则汽车最后向环境释放的热
量功率和其消耗电能功率之比1∶2；在不引起其他变化的前提下
可以将耗散到环境中的热量重新提取出来转化为功从而实现能量
再利用，这种想法将违反热力学第二定律。
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14. （8分）在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压
过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循
环过程（A→B→C→D→A）。已知某些状态的部分参数如图所示
（见图中所标数据），回答下列问题：
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变大　
（1）C→D过程气体分子的平均动能会 （选填“变大”“变
小”或“不变”）；
解析：C→D过程，气体的体积变大，压强不变，由盖－
吕萨克定律有＝，可知温度升高，则气体分子的平均动能变大。
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（2）已知状态A的气体温度TA＝580 K，求状态C的气体温度TC
＝ K；
解析：根据理想气体状
态方程，有＝，得TC＝··TA，代入数据解得TC＝580 K。
580　
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（3）若已知A→B过程气体对外放热Q＝－95 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝ J，B→C过程外界对气体做的功WBC＝ J。
－35　
35　
解析：A→B过程外界对气体做功WAB＝pAΔV＝1×105×（1.2－0.6）×10－3 J＝60 J，气体放热Q＝－95 J，则由热力学第一定律得A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝WAB＋Q＝－35 J；从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC＝ΔUBC＝ΔUBA＝35 J。
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15. （10分）在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图
乙是它从状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通
过坐标原点，气体在状态A的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A
变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为Q＝600 J。求：
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（1）气体在状态B的体积VB；
答案：8.0×10－3 m3　
解析：V-T图像通过坐标原点，则从A到B理想气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，解得VB＝8.0×10－3 m3。
（2）此过程中气体内能的增量ΔU。
答案：400 J
解析：外界对气体做的功W＝－p（VB－VA）＝－200 J，根据
热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，
解得ΔU＝400 J。
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16. （10分）中国宇航员计划在2030年之前登上月球，其中宇航服的
研制与开发需要达到更高的要求。研究团队在地面对宇航服进行
实验研究的过程中，宇航服内的气体可视为理想气体，初始时其
体积为V，温度为T，压强为0.7p0，其中p0为大气压强，求：
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解析：气体的压强不变，气体发生等压变化，则＝
解得V2＝1.4V
气体对外做功W＝0.7p0（V2－V）＝0.28p0V。
（1）若将宇航服内气体的温度升高到1.4T，且气体的压强不
变，则气体对外做多少功；
答案：0.28p0V　
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（2）若在初始状态将宇航服的阀门打开，外界气体缓慢进入宇航服内，直至内、外气体压强相等，均为p0后不再进气，此时宇航服内理想气体的体积为1.4V，且此过程中，气体的温度保持为T不变，则进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为多少。
答案：1∶1
解析：气体的温度保持为T不变，气体等温变化，则
0.7p0V＝p0V'，解得V'＝0.7V
进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为＝＝1∶1。
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17. （12分）如图所示，水平面上固定一绝热汽缸，汽缸底部安装有
与外电路连接、阻值R＝5 Ω的加热电阻丝，汽缸内一绝热活塞封
闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气。活
塞通过连杆与放在汽缸右侧粗糙水平面上的物体（图中未画出）
接触，最初时活塞位于位置Ⅰ，缸内气体压强 p＝2.0×105 Pa，与
连杆接触的物体静止不动。某时刻开始，闭合电路开关，电阻丝
给气体加热，电流表读数恒为1.0 A，10 min后断开开关。加热过
程中活塞通过连杆推着物体在水平面上缓慢向右运动，最终活塞
运动到位置Ⅱ处。已知电阻丝产生的热量全部传递给气体，这一
过程中气体体积V和热力学温度T之间的关系如图所示，图中倾斜
直线过原点。求：
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（1）电阻丝产生的热量；
答案：3 000 J　
解析：由焦耳定律得Q＝I2Rt
代入数值解得Q＝3 000 J。
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（2）活塞运动到位置Ⅱ时缸内气体的体积；
答案：8.0×10－3 m3　
解析：由V-T图像得＝
代入数值解得V2＝8.0×10－3 m3。
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解析： V-T图像为过原点的倾斜直线，故从位置Ⅰ到位置Ⅱ处，
气体发生的是等压变化，压强恒为p＝2.0×105 Pa，从位置Ⅰ
到位置Ⅱ处，气体体积膨胀对外做功为W＝pΔV＝p（V2－V1）
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
代入数值解得ΔU＝2 000 J。
（3）活塞从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中气体内能的变化量。
答案：2 000 J
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18. （14分）如图所示，质量为m的活塞将体积为V0、温度为T0的某
种理想气体密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内，活塞横截面积
为S。现将汽缸内气体的温度缓慢升高，气体体积增大到2V0。已
知大气压强为p0，气体内能U与温度T的关系为U＝kT（k为常
量），重力加速度为g。求：
（1）该过程中气体的压强p；
答案：p0＋　
解析：对活塞受力分析得pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋。
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（2）气体体积为2V0时的温度T2；
答案：2T0　
解析：加热过程中气体等压膨胀，有＝
解得T2＝2T0。
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（3）该过程中气体吸收的热量Q。
答案：kT0＋V0
解析：该过程中气体内能增加ΔU＝kT2－kT0
解得ΔU＝kT0
因气体体积增大，故此过程中气体对外界做功，则W＝－pΔV
解得W＝－V0
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得该过程中气体吸收的热量
Q＝kT0＋V0。
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