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物理选择性必修三3.2 热力学第一定律同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图所示1mol理想气体经两个不同的过程（A→B→C和A→D→C）由状态A变到状态C。已知气体遵循气体定律PV=RT，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度）。初始状态A的温度为T0。气体在这两个过程中从外界吸收的热量分别为（　　）
A． B．
C． D．
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为，，，以下判断正确的是（　　）
A．气体在过程中对外界做的功小于在过程中对外界做的功
B．气体在过程中从外界吸收的热量大于在过程中从外界吸收的热量
C．在过程中，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D．气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量
3．一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，其图像如图，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，a→b过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是（　　）
A．气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量
B．a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q
C．b→c过程中气体从外界吸收的热量为
D．a→b→c→a整个过程中气体对外界做功为零
4．一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，b、c、d三个状态的体积关系为，下列说法正确的是（　　）
A．从a到b，气体的体积不变
B．从b到c，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增加
C．c、d两状态的体积之比为2：3
D．从b到c的过程气体从外界吸收的热量大于从c到d的过程气体从外界吸收的热量
5．如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则
A．AC 和 ADC 过程，外界对气体做功相同
B．ABC和 ADC 过程，气体放出的热量相同
C．在状态A 时和在状态 C 时，气体的内能相同
D．在状态 B时和在状态 D 时，气体分子热运动的平均动能相同
6．一定质量的理想气体从状态a开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．气体在过程中做等温变化
B．气体在过程中内能增加
C．气体在过程和过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
二、多项选择题
7．如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。“胜哥”通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　）
A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等
8．如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：为等压过程，为绝热过程，为等压过程，为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程中，气体内能增加
B．过程中，气体内能不变
C．过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示
9．一定质量的理想气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A状态到C状态气体吸收热量
B．B状态到C状态气体分子的平均动能减小
C．B→C过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用ABCD的面积来表示
10．如下图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B．一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C．过程向低温热源释放的热量等于过程从高温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功
11．一定质量的理想气体经历四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为0K，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，、、三个状态的体积关系为，下列说法不正确的是（　　）
A．从到，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少
B．、两状态的体积之比为
C．从到的过程气体从外界吸收的热量小于从到的过程气体从外界吸收的热量
D．从到，气体的体积不变
三、非选择题
12．如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长，横截面积，试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始温度，处于状态A。现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态B。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态C。已知大气压强（约为），重力加速度大小。求：
（1）气体处于状态B时的温度；
（2）气体从状态B到状态C，其分子平均动能______（选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）已知气体从状态A到状态C，内能增加，求整个过程电阻丝放出的热量Q。
13．如图，圆柱形绝热汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为S=0.02m2的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为m=80kg重物，此时活塞在距离汽缸上底面h1=0.2m的A处，气体的温度为T1=300K。给汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面h2=0.26m的B处，此过程气体吸收了100J热量，大气压为p0=1.0×105Pa。
（1）求活塞在B处时的气体温度T2；
（2）求活塞从A处到B处的过程中气体的内能改变了多少？
（3）保持温度T2不变，当悬挂重物为m'=140kg时，打开汽缸阀门放出一部分气体，使得活塞仍处于B处，求放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
14．火罐和抽气罐是中医拔罐的两种方式，如图所示，火罐下端开口，上端封闭；抽气罐下端开口，上端留有抽气阀门。用火罐时，先用火加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。用抽气罐时先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强，同样使抽气罐紧紧吸附在皮肤上。某次使用火罐时，罐内气体初始温度为400K，最终降到300K，内能的减小量为，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气罐，也可抽气后达到同样的效果。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求：
（1）判断火罐内部气体从400K降温到300K过程中释放的热量Q与的大小关系？
（2）火罐内部降温到300K时内部压强是多少？
（3）用抽气罐拔罐时，抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值？
15．如图（），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为，此时活塞静止，距缸底高度为。在活塞上放置质量为（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为，如图（）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为，外界温度为，重力加速度为，汽缸始终保持竖直。
（1）求物块质量；
（2）活塞上仍放质量为物块，为使得活塞回到距缸底为的高度，求密封气体的热力学温度应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量。
16．如图所示，竖直放置气缸由截面积不同的两圆筒连接而成。截面积SA=20cm2的活塞A和质量为mB=1kg、截面积SB=10cm2的活塞B间用一原长L0=0.8m遵循胡克定律的弹性细线连接，其间封闭一定质量的理想气体，它们可在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气。初始时，缸内气体温度T1=600K、压强p1=1.2×105Pa，此时活塞B的静止位置距圆筒连接处h=0.5m，弹性细线长L=1m。大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
（1）求活塞A的质量mA；
（2）若缸内气体温度缓慢升高，直到活塞B即将脱离小圆筒，求此时缸内气体温度T2；
（3）若缸内气体温度缓慢降低，直到细线的张力恰好为0，已知缸内气体内能变化量 U=-162J，求此过程缸内气体与外界交换的热量Q。
17．气缸内封闭了一定量压强为P=1.0×105Pa，体积为V=2.0m3的理想气体，现使气体保持压强不变体积缓慢压缩至V′=1.0m3，此过程气体向外界释放了Q=1.2×105J的热量，则压缩过程外界对气体做了　 　J的功，气体的内能变化了　 　J．
18．一定质量的理想气体在某一过程中内能增加了3×105J．
（1）若吸收了2×105J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？
（2）若气体对外界做了4×105J的功，则是气体向外界放热，还是从外界吸热？放出或吸收多少焦耳的热量？
19．太阳能热水器内盛有40kg的水，在阳光照射下，水的温度升高了25℃，求：水吸收的热量．（c水=4.2×103J/（kg ℃）
20．如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S．开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0．将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡．求：
①外界空气的温度是多少？
②在此过程中密闭气体的内能增加了多少？
21．密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示．充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体体积　 　（填“增大”、“不 变”或“减小”），内能　 　（填“增大”、“不变”或“减小，’），压强　 　（填“增大”、“不变”或“减小，’），对外界　 　（填“做正功”、“做负 功”或“不做功”）.
22．如图所示，活塞与汽缸间无摩擦、无漏气，在汽缸内活塞左边封闭一定质量的空气，压强与大气压P0相同．现让活塞自由移动，气体体积由V1增加到V2，其吸收的热量为Q，那么这一过程中气体对活塞　 　（选填“做正功”、“不做功”、“做负功，内能增加量△U=　 　．
23．如图1所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9P0（P0为大气压强），温度为297K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：
（1）活塞移动到B时，缸内气体温度TB
（2）在图2中画出整个过程的p﹣V图线：
（3）简述活塞由A到B过程中，缸内气体吸热的理由．
24．一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收（或放出）多少热量？
25．一定质量的气体从外界吸收了1×105cal的热量，同时气体对外做了6×105J的功．问：
（1）物体的内能变化多少？
（2）分子势能是增加还是减少？
（3）分子动能如何变化？（1cal=4.2J）
26．一定质量的理想气体在某一过程中内能增加了3×105J．
（1）若吸收了2×105J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？
（2）若气体对外界做了4×105J的功，则是气体向外界放热，还是从外界吸热？放出或吸收多少焦耳的热量？
27．如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为的重物，此时活塞处在距离汽缸上底面为的A处，气体的温度为。汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面为的B处。已知大气压为。
（1）求活塞在B处时的气体温度；
（2）求活塞从A处到B处的过程中气体对外界做功的大小，并分析气体的内能是增大还是减小。
（3）保持温度不变，当悬挂重物为时，打开汽缸阀门放出一部分的气体使得活塞仍处于B处，求放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
答案
1．A
2．D
3．A
4．D
5．C
6．C
7．A,D
8．A,D
9．A,B,D
10．B,D
11．C,D
12．（1）解：等压膨胀，由盖-吕萨克定律得
可得
（2）解：气体从状态B到状态C温度增加，分子平均动能增大，压强降低，试管内壁单位面积受到的压力减小
（3）解：将封闭气体与水银看做整体，吸收的热量变为气体的内能增量、水银的重力势能增量和系统对外界大气做功
所以
13．解：（1）依题意，活塞缓慢移动过程，受力平衡，可知封闭气体为等压过程，可得
即
解得
（2）活塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，可得
气体对外界做功
联立，解得
根据热力学第一定律，可得
其中
，
解得
即气体内能增加了28J。
（3）打开阀门前活塞在B处，有
，
悬挂m'后
解得
若不打开阀门，气体体积设为
该等温过程
解得
放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值
14．解：（1）根据热力学第一定律
气体体积减小，，所以
（2）设火罐内气体初始状态参量分别为、、，温度降低后状态参量分别为、、，罐的容积为，由题意知
、、、、
由理想气体状态方程得
代入数据得
（3）对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为、，末态气体状态参量分别为、，罐的容积为，由题意知
、、
由玻意耳定律得
代入数据得
设抽出的气体的体积为，由题意知
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
代入数据得
15．（1）解：以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有，
活塞从位置到位置，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，
解得末态，
由力的平衡条件有，
解得；
（2）解：活塞从位置回到位置的过程，气体发生等压变化，
由盖—吕萨克定律有，
解得，
外界对气体做功为，
由热力学第一定律可有，
解得。
16．（1）解：设弹性细线上的力为F，对于活塞B，平衡时有
解得
对于活塞A，平衡时有
解得
（2）解：初始时气体的体积为
活塞B即将脱离小圆筒时
设活塞B即将脱离小圆筒时，气缸内的压强为p2，对于A、B两活塞组成的系统
解得
根据
解得
（3）解：在降温过程中，活塞下降，气体的压强不变，即
当活塞A下降至连接处，此时的气体体积为V3，则
外界对缸内气体做功为
继续降温，当弹性细线拉力为0时，缸内气体体积为
此时的压强为p4，对于活塞B有
解得
该过程中压强随体积线性变化，可得
根据热力学第一定律可得
17．1.0×105；﹣0.2×105
18．（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功：1×105J；
（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
19．解答：水吸收的热量：Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg ℃）×40kg×25℃=4.2×106J；答：水吸收的热量为4.2×106J；
20．解：①取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，
由盖 吕萨克定律得：
解得：外界的空气温度为：
②活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功
W=﹣（mg+p0S）d
根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能
△U=Q+W=Q﹣（mg+p0S）d
答：①外界空气的温度是 ；
②在此过程中的密闭气体的内能增加了Q﹣（mg+p0S）d
21．减小；增大；增大；做负功
22．做正功；Q﹣P0（V2﹣V1）
23．（1）解：活塞离开A处前缸内气体发生等容变化
初态：P1=0.9P0 T1=297K
末态：P2=P0
根据查理定律得： =
解得：活塞刚离开A处时的温度：T2= = K=330K
活塞由A移动到B的过程中，缸内气体作等压变化，由气态方程得：
=
解得：TB=1.1T2=1.1×330K=363K
（2）解：P﹣V图线如图
（3）解：气体在缓慢加热过程中，温度升高，气体内能增加，活塞由A移动到B，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热
24．解：由题意知W=300 J△U=﹣300 J，根据热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=﹣300 J﹣300 J=﹣600 J
Q为负值表示气体放热，因此气体放出600J的热量
答：气体放热；放出的热量为600J．
25．（1）气体从外界吸热：Q=1×105×4.2=4.2×105J
气体对外做功：W=﹣6×105J
由热力学第一定律：△U=W+Q=﹣1.8×105J
△U为负，说明气体的内能减少了1.8×105J
（2）分子的动能一定减少，势能增加，
（3）分子的动能一定减少，势能增加，且动能的减少量等于势能的增加量
26．（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功1×105J。
（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
27．解：（1）A到B为等压过程，根据盖吕萨克定律
即
得
（2）设气体压强为p，活塞受力平衡
得
气体对外界做功
理想气体的分子势能忽略不计，而温度升高则分子动能增加，内能由分子势能和分子动能组成，所以气体内能增加。
（3）打开阀门前在B处
，
悬挂后
得压强
若不打开阀门，气体体积设为
该等温过程
得
放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值
3 / 18中小学教育资源及组卷应用平台
物理选择性必修三3.2 热力学第一定律同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图所示1mol理想气体经两个不同的过程（A→B→C和A→D→C）由状态A变到状态C。已知气体遵循气体定律PV=RT，气体内能的变化量与温度的关系为（R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度）。初始状态A的温度为T0。气体在这两个过程中从外界吸收的热量分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。由图可知，由状态A变到状态B，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于气体不做功，所以
由状态B变到状态C，气体压强不变，体积增大，温度升高，气体内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
所以
由状态A变到状态D，气体压强不变，体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，且满足
则
所以
由于
所以
由状态D变到状态C，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体内能增大，则
由于气体不做功，所以
所以
故选A。
【分析】一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
2．一定质量的理想气体从状态a开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为，，，以下判断正确的是（　　）
A．气体在过程中对外界做的功小于在过程中对外界做的功
B．气体在过程中从外界吸收的热量大于在过程中从外界吸收的热量
C．在过程中，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D．气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住p-V图象的面积表示气体做功。A．气体从a→b的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线ab与横轴围成的面积；从b→c的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线bc与横轴围成的面积。由图形可知两面积相等，则气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A错误；
B．因，
故
根据一定质量的理想气体状态方程
可知
气体从a→b的过程内能不变，即
由热力学第一定律
可知气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功；因
故
根据
可知
气体从b→c内能增加，即
由
可知气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，可知气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量，故B错误；
C．在c→a过程中压强不变，体积减小，外界对气体做的功，则
由
可知温度降低，则
由
可得
即气体发热，且有
即外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C错误；
D．因，，则
即气体在c→a过程中温度的减少量等于b→c过程中温度的增加量，一定质量的理想气体的内能与温度成正比，故气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D正确。
故选D。
【分析】根据W=pΔV可知p-V图象的面积表示气体做功，应用理想气体状态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。
3．一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，其图像如图，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，a→b过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是（　　）
A．气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量
B．a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q
C．b→c过程中气体从外界吸收的热量为
D．a→b→c→a整个过程中气体对外界做功为零
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；冲量；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程以及热力学定律，要求学生理解并识记相关公式，注意p-V图像与坐标轴围成的面积表示气体做功。热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．气体在单位时间内对单位面积器壁的冲量是
即为气体压强，由题图可知，气体在a状态下的压强小于在c状态下的压强，故气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量，A正确；
B．a→b过程中，气体压强减小，体积减小，根据理想气体状态方程
可知，气体的温度减小，则气体的内能减小，即
气体体积减小，则外界对气体做功，有
又由题知，气体向外界放出热量Q，根据热力学第一定律有
ΔU为负值，W为正值，故
B错误；
C．b→c过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，气体压强增大，根据
可知，气体温度升高，则气体内能增大，根据热力学第一定律
可知，气体从外界吸收热量，且气体吸收的热量等于气体内能的增加量，由于a状态与c状态气体温度相同，则内能相等，则b→c过程中气体从外界吸收的热量
由图可知，a状态的气体压强为4p0，a→b过程外界对气体做功为
联立得
C错误；
D．a→b→c→a整个过程中气体对外界做功等于△abc的面积，D错误。
故选A。
【分析】根据压强的微观解释分析；根据热力学第一定律结合气体状态方程分析，根据图像解得 a→b过程外界对气体做功，结合热力学第一定律分析。
4．一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，b、c、d三个状态的体积关系为，下列说法正确的是（　　）
A．从a到b，气体的体积不变
B．从b到c，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增加
C．c、d两状态的体积之比为2：3
D．从b到c的过程气体从外界吸收的热量大于从c到d的过程气体从外界吸收的热量
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．根据得，可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小。故A错误；
B．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少。故B错误；
C．d到a等容过程有
c到d等温过程有
联立解得，故C错误；
D．由，联立解得
bcd过程的图如下
由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然
b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得
c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得
联立可得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用理想气体状态方程、热力学第一定律，结合p - t图像分析各过程的体积、温度、压强变化，进而判断分子碰撞情况和吸放热大小。
5．如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则
A．AC 和 ADC 过程，外界对气体做功相同
B．ABC和 ADC 过程，气体放出的热量相同
C．在状态A 时和在状态 C 时，气体的内能相同
D．在状态 B时和在状态 D 时，气体分子热运动的平均动能相同
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】C.对A和C状态分析，可得A和C状态下体积与压强的乘积均为：3p0V0，根据理想气体状态方程：C，可知A和C状态下气体温度相同，对于一定质量的理想气体，状态A和C的温度相同，气体的内能相同，故C正确；A.图像与横坐标围成的面积为外界对气体做功的大小，故AC和ADC过程，外界对气体做功不相同，故A错误；
B．同理可知过程外界对气体做功比过程大，根据热力学第一定律
可知过程气体放出的热量多，故B错误；
D．根据理想气体状态方程可知状态B的温度高于状态D的温度，则状态B气体分子热运动的平均动能大，故D错误。
故选：C。
【分析】根据理想气体状态方程：C，对于一定质量的理想气体，状态A和C的温度不变，结合图像与横坐标围成的面积为外界对气体做功的大小，综合热力学第一定律：ΔU＝Q+W分析求解。
6．一定质量的理想气体从状态a开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．气体在过程中做等温变化
B．气体在过程中内能增加
C．气体在过程和过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．气体在过程中因pV乘积变大，可知温度升高，A错误；
B．气体在过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，B错误；
C．在p-V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在过程和过程对外界做的功相等，C正确；
D．气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合理想气体状态方程pV=CT、p-V图像面积表示做功、热力学第一定律，逐一分析各过程。
二、多项选择题
7．如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。“胜哥”通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　）
A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解再次稳定后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。A．当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知h的体积也被压缩压强变大，对活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；
B．未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析
则
分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知，因弹簧被压缩，则，联立可得
B错误；
C．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知
联立可得
C错误；
D．对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。
故选AD。
【分析】电阻丝加热后，f中的气体内能增大，体积增大，向右推动活塞，导致h中的体积减小，外界对气体做功，结合热力学第一定律得出h中的内能变化趋势；根据对左边活塞的受力分析得出g中气体体积的变化趋势，结合一定质量的理想气体状态方程列式得出g与f中气体的温度大小关系；将两个活塞和弹簧组成的系统当成整体，对其受力分析，结合其平衡状态得出f和h中气体的压强大小关系；分析出h中气体变化前后的状态参量，利用一定质量的理想气体状态方程联立等式得出f与h中的气体温度的大小关系。
8．如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：为等压过程，为绝热过程，为等压过程，为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程中，气体内能增加
B．过程中，气体内能不变
C．过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查了热力学第一定律，理解气体对外界做功以及气体内能的变化情况是解决此类问题的关键。A．为等压过程，体积增大，根据可知温度升高，气体内能增加，A正确；
B．为绝热过程，由图可知体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知内能减小，B错误；
C．为等压过程，体积减小，外界对气体做功；根据可知温度降低，内能减少，根据热力学第一定律可知气体放出热量，C错误；
D．图像与V轴围成的面积代表功，而整个过程回到a状态时气体与初态相比温度不变，内能不变，可知整个过程气体从外界吸收的总热量与做的总功相同，所以整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示，D正确。
故选AD。
【分析】根据a→b过程气体压强不变，体积变大，气体对外界做正功，b→c过程是绝热过程，气体体积增大，分子数密度变小，结合盖一吕萨克定律以及热力学第一定律分析求解。
9．一定质量的理想气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A状态到C状态气体吸收热量
B．B状态到C状态气体分子的平均动能减小
C．B→C过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用ABCD的面积来表示
【答案】A,B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．根据理想气体状态方程有
可得
则A状态到C状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A正确；
B．根据理想气体状态方程有
可得
则B状态气体分子平均动能大于C状态气体分子平均动能，故B正确；
C．根据p V图像与横轴围成的面积表示做功大小，则B→C过程气体对外做功满足
C→D过程外界对气体做功
可知B→C过程气体对外做功小于C→D过程外界对气体做功，故C错误；
D．气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用ABCD的面积来表示，故D正确。
故选ABD。
【分析】气体体积变大，气体对外做功；一定量的理想气体内能由温度决定，温度越高气体内能越大；由图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程判断气体温度如何变化；p-V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做功，根据图示图象应用热力学第一定律分析答题。
10．如下图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B．一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C．过程向低温热源释放的热量等于过程从高温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功
【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程
可知，pV越大，气体的温度T越高，结合图像可知，a→b过程，气体温度降低，分子平均动能减小。由图可知气体体积增大，气体体积增大单位体积的分子数减少。因此a→b过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、根据p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律
可知
所以气体对外放出热量，故B正确；
C、 d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即
b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即
p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，d→a过程p-V图像的面积大于b→c过程p-V图像的面积，即
则
即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量ΔU 相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则
由热力学第一定律 可知
由于两过程气体内能的变化量ΔU 相等，即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故答案为：BD
【分析】p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功或气体对外界做的功。根据图像中各过程物理量的变化及热力学第一定律进行分析即可。
11．一定质量的理想气体经历四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为0K，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，、、三个状态的体积关系为，下列说法不正确的是（　　）
A．从到，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少
B．、两状态的体积之比为
C．从到的过程气体从外界吸收的热量小于从到的过程气体从外界吸收的热量
D．从到，气体的体积不变
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少，故A正确；
B．d到a等容过程有
c到d等温过程有
又
联立解得，故B正确；
C．由，
联立解得
bcd过程的图如下
由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然
b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得
c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得
联立可得，故C错误；
D．根据得可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小，故D错误。
故答案为：CD。
【分析】结合理想气体状态方程 pV=nRT，分析各过程的 p、V、T 变化，再用热力学第一定律 ΔU=Q+W 判断吸放热与做功关系，逐一验证选项。
三、非选择题
12．如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长，横截面积，试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始温度，处于状态A。现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态B。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态C。已知大气压强（约为），重力加速度大小。求：
（1）气体处于状态B时的温度；
（2）气体从状态B到状态C，其分子平均动能______（选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）已知气体从状态A到状态C，内能增加，求整个过程电阻丝放出的热量Q。
【答案】（1）解：等压膨胀，由盖-吕萨克定律得
可得
（2）解：气体从状态B到状态C温度增加，分子平均动能增大，压强降低，试管内壁单位面积受到的压力减小
（3）解：将封闭气体与水银看做整体，吸收的热量变为气体的内能增量、水银的重力势能增量和系统对外界大气做功
所以
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【分析】（1）等压变化温度：利用盖 - 吕萨克定律，结合等压过程中体积与温度的正比关系求解。
（2）分子动能与压强：温度决定分子平均动能，体积与压强的关系（温度升高速率小于体积膨胀速率）决定压强减小。
（3）热量计算：将过程分解为等压膨胀和水银溢出，分别计算做功、重力势能变化，结合热力学第一定律求总热量。
13．如图，圆柱形绝热汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为S=0.02m2的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为m=80kg重物，此时活塞在距离汽缸上底面h1=0.2m的A处，气体的温度为T1=300K。给汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面h2=0.26m的B处，此过程气体吸收了100J热量，大气压为p0=1.0×105Pa。
（1）求活塞在B处时的气体温度T2；
（2）求活塞从A处到B处的过程中气体的内能改变了多少？
（3）保持温度T2不变，当悬挂重物为m'=140kg时，打开汽缸阀门放出一部分气体，使得活塞仍处于B处，求放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
【答案】解：（1）依题意，活塞缓慢移动过程，受力平衡，可知封闭气体为等压过程，可得
即
解得
（2）活塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，可得
气体对外界做功
联立，解得
根据热力学第一定律，可得
其中
，
解得
即气体内能增加了28J。
（3）打开阀门前活塞在B处，有
，
悬挂m'后
解得
若不打开阀门，气体体积设为
该等温过程
解得
放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）可知封闭气体为等压过程，结合盖吕萨克定律列式求解；
（2）塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，求解气体对外界做功，根据热力学第一定律，求解 内能改变量；
（3）求出初末过程的压强，该等温过程，根据玻意耳定律求解气体质量的比值。
14．火罐和抽气罐是中医拔罐的两种方式，如图所示，火罐下端开口，上端封闭；抽气罐下端开口，上端留有抽气阀门。用火罐时，先用火加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。用抽气罐时先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强，同样使抽气罐紧紧吸附在皮肤上。某次使用火罐时，罐内气体初始温度为400K，最终降到300K，内能的减小量为，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气罐，也可抽气后达到同样的效果。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求：
（1）判断火罐内部气体从400K降温到300K过程中释放的热量Q与的大小关系？
（2）火罐内部降温到300K时内部压强是多少？
（3）用抽气罐拔罐时，抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值？
【答案】解：（1）根据热力学第一定律
气体体积减小，，所以
（2）设火罐内气体初始状态参量分别为、、，温度降低后状态参量分别为、、，罐的容积为，由题意知
、、、、
由理想气体状态方程得
代入数据得
（3）对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为、，末态气体状态参量分别为、，罐的容积为，由题意知
、、
由玻意耳定律得
代入数据得
设抽出的气体的体积为，由题意知
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
代入数据得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律进行分析；
（2）写出各个气体状态参量，由理想气体状态方程列式求解；
（3）等温变化，由玻意耳定律列式求解。
15．如图（），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为，此时活塞静止，距缸底高度为。在活塞上放置质量为（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为，如图（）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为，外界温度为，重力加速度为，汽缸始终保持竖直。
（1）求物块质量；
（2）活塞上仍放质量为物块，为使得活塞回到距缸底为的高度，求密封气体的热力学温度应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量。
【答案】（1）解：以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有，
活塞从位置到位置，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，
解得末态，
由力的平衡条件有，
解得；
（2）解：活塞从位置回到位置的过程，气体发生等压变化，
由盖—吕萨克定律有，
解得，
外界对气体做功为，
由热力学第一定律可有，
解得。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体的状态方程计算出活塞距缸底的距离；
（2）先根据一定质量的理想气体的状态方程计算出气体的体积，再结合热力学第一定律计算出气体内能的变化量。
16．如图所示，竖直放置气缸由截面积不同的两圆筒连接而成。截面积SA=20cm2的活塞A和质量为mB=1kg、截面积SB=10cm2的活塞B间用一原长L0=0.8m遵循胡克定律的弹性细线连接，其间封闭一定质量的理想气体，它们可在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气。初始时，缸内气体温度T1=600K、压强p1=1.2×105Pa，此时活塞B的静止位置距圆筒连接处h=0.5m，弹性细线长L=1m。大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
（1）求活塞A的质量mA；
（2）若缸内气体温度缓慢升高，直到活塞B即将脱离小圆筒，求此时缸内气体温度T2；
（3）若缸内气体温度缓慢降低，直到细线的张力恰好为0，已知缸内气体内能变化量 U=-162J，求此过程缸内气体与外界交换的热量Q。
【答案】（1）解：设弹性细线上的力为F，对于活塞B，平衡时有
解得
对于活塞A，平衡时有
解得
（2）解：初始时气体的体积为
活塞B即将脱离小圆筒时
设活塞B即将脱离小圆筒时，气缸内的压强为p2，对于A、B两活塞组成的系统
解得
根据
解得
（3）解：在降温过程中，活塞下降，气体的压强不变，即
当活塞A下降至连接处，此时的气体体积为V3，则
外界对缸内气体做功为
继续降温，当弹性细线拉力为0时，缸内气体体积为
此时的压强为p4，对于活塞B有
解得
该过程中压强随体积线性变化，可得
根据热力学第一定律可得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）考查受力分析，以及压强的计算；
（2）考查理想气体与理想气体状态方程的应用；
（3）考查热力学第一定律的应用。
17．气缸内封闭了一定量压强为P=1.0×105Pa，体积为V=2.0m3的理想气体，现使气体保持压强不变体积缓慢压缩至V′=1.0m3，此过程气体向外界释放了Q=1.2×105J的热量，则压缩过程外界对气体做了　 　J的功，气体的内能变化了　 　J．
【答案】1.0×105；﹣0.2×105
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】体积为V=2.0m3的理想气体，现在使气体压强保持不变，而体积缓慢压缩至V′=1.0m3，故压缩过程外界对气体做功为：
W=P △V=1.0×105Pa×（2﹣1）m3=1.0×105J；
此过程气体向外界释放了Q=1.2×105J的热量，故吸收热量为：
Q′=﹣1.2×105J；
根据热力学第一定律，有：
△U=W+Q′=1.0×105J﹣1.2×105J=﹣0.2×105J
故答案为：1.0×105，﹣0.2×105．
【分析】根据W=P △V求解外界对气体做功，根据热力学第一定律公式△U=W+Q列式求解列式求解气体的内能改变量．
18．一定质量的理想气体在某一过程中内能增加了3×105J．
（1）若吸收了2×105J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？
（2）若气体对外界做了4×105J的功，则是气体向外界放热，还是从外界吸热？放出或吸收多少焦耳的热量？
【答案】（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功：1×105J；
（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功：1×105J；（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
答：（1）气体外界对气体做功：1×105J；（2）吸收的热量为7×105J
【分析】已知气体吸收热量、气体做功与内能变化情况中的两个，由热力学第一定律即可正确解题．
19．太阳能热水器内盛有40kg的水，在阳光照射下，水的温度升高了25℃，求：水吸收的热量．（c水=4.2×103J/（kg ℃）
【答案】解答：水吸收的热量：Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg ℃）×40kg×25℃=4.2×106J；答：水吸收的热量为4.2×106J；
【知识点】功能关系；热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】水吸收的热量：Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg ℃）×40kg×25℃=4.2×106J；
答：水吸收的热量为4.2×106J；
【分析】握热量公式：Q=cm△t，以及Q=mq的解答公式是解答本题的关键
20．如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S．开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0．将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡．求：
①外界空气的温度是多少？
②在此过程中密闭气体的内能增加了多少？
【答案】解：①取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，
由盖 吕萨克定律得：
解得：外界的空气温度为：
②活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功
W=﹣（mg+p0S）d
根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能
△U=Q+W=Q﹣（mg+p0S）d
答：①外界空气的温度是 ；
②在此过程中的密闭气体的内能增加了Q﹣（mg+p0S）d
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【分析】①对于封闭的气体，发生了等压变化，由盖 吕萨克定律可求出外界空气的温度．②活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据势力学第一定律求得气体的内能增加量．
21．密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示．充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体体积　 　（填“增大”、“不 变”或“减小”），内能　 　（填“增大”、“不变”或“减小，’），压强　 　（填“增大”、“不变”或“减小，’），对外界　 　（填“做正功”、“做负 功”或“不做功”）.
【答案】减小；增大；增大；做负功
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】充气袋四周被挤压时，袋内气体体积减小；
气体的体积减小，故外界对气体做正功，由于与外界无热交换，根据热力学第一定律，内能增加；
内能增加则温度增加，根据 =C，气体的压强一定增加；
外界对气体做正功，故气体对外界做负功；
故答案为：减小，增大，增大，做负功．
【分析】充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化．
22．如图所示，活塞与汽缸间无摩擦、无漏气，在汽缸内活塞左边封闭一定质量的空气，压强与大气压P0相同．现让活塞自由移动，气体体积由V1增加到V2，其吸收的热量为Q，那么这一过程中气体对活塞　 　（选填“做正功”、“不做功”、“做负功，内能增加量△U=　 　．
【答案】做正功；Q﹣P0（V2﹣V1）
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】气体的体积增大，气体对活塞做正功．气体对活塞做功为：
W=P△V=P0（V2﹣V1）．
由热力学第一定律可知，内能增加量为：
△U=Q﹣W=Q﹣P0（V2﹣V1）．
故答案为：做正功，Q﹣P0（V2﹣V1）．
【分析】气体的体积增大，对外做正功．气缸内气体发生等压变化，求出气体对外做的功，应用热力学第一定律即可求得内能的增加．
23．如图1所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9P0（P0为大气压强），温度为297K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：
（1）活塞移动到B时，缸内气体温度TB
（2）在图2中画出整个过程的p﹣V图线：
（3）简述活塞由A到B过程中，缸内气体吸热的理由．
【答案】（1）解：活塞离开A处前缸内气体发生等容变化
初态：P1=0.9P0 T1=297K
末态：P2=P0
根据查理定律得： =
解得：活塞刚离开A处时的温度：T2= = K=330K
活塞由A移动到B的过程中，缸内气体作等压变化，由气态方程得：
=
解得：TB=1.1T2=1.1×330K=363K
（2）解：P﹣V图线如图
（3）解：气体在缓慢加热过程中，温度升高，气体内能增加，活塞由A移动到B，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【分析】（1）缓慢加热汽缸内气体，气体先发生等容变化，当压强等于外界大气压时，活塞缓慢向右移动，气体发生等压变化．根据查理定律，求解TB．（2）根据气体经过三个状态变化过程，结合三个状态的P、V值，画出图像．（3）当活塞到达A处时，温度升高，缸内气体又发生等容变化，再由气态方程列式求出气体最后的压强p．
24．一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收（或放出）多少热量？
【答案】解：由题意知W=300 J△U=﹣300 J，根据热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=﹣300 J﹣300 J=﹣600 J
Q为负值表示气体放热，因此气体放出600J的热量
答：气体放热；放出的热量为600J．
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【分析】由题意可知系统内能的变化及外界所做的功；由热力学第一定律可得出吸热情况．
25．一定质量的气体从外界吸收了1×105cal的热量，同时气体对外做了6×105J的功．问：
（1）物体的内能变化多少？
（2）分子势能是增加还是减少？
（3）分子动能如何变化？（1cal=4.2J）
【答案】（1）气体从外界吸热：Q=1×105×4.2=4.2×105J
气体对外做功：W=﹣6×105J
由热力学第一定律：△U=W+Q=﹣1.8×105J
△U为负，说明气体的内能减少了1.8×105J
（2）分子的动能一定减少，势能增加，
（3）分子的动能一定减少，势能增加，且动能的减少量等于势能的增加量
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】（1）气体从外界吸热：Q=1×105×4.2=4.2×105J
气体对外做功：W=﹣6×105J
由热力学第一定律：△U=W+Q=﹣1.8×105J
△U为负，说明气体的内能减少了1.8×105J （2）（3）由于气体对外做功，体积膨胀，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加，因为内能减小，所以分子动能减少，且动能的减少量等于势能的增加量．
答：（1）物体的内能减少了1.8×105J（2）分子的动能一定减少，势能增加，且动能的减少量等于势能的增加量
【分析】根据热力学第一定律△U=W+Q求解物体内能的变化，根据△U的正负判断内能还是减小．气体的内能由气体的质量和温度（分子的动能）决定
26．一定质量的理想气体在某一过程中内能增加了3×105J．
（1）若吸收了2×105J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？
（2）若气体对外界做了4×105J的功，则是气体向外界放热，还是从外界吸热？放出或吸收多少焦耳的热量？
【答案】（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功1×105J。
（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】（1）气体的内能增加了3×105J，吸收了2×105J的热量，由热力学第一定律可得：W=△U﹣Q=3×105J﹣2.0×105J=1×105J，所以外界对气体做功：1×105J；（2）若气体对外界做了4×105J的功，由热力学第一定律可得：Q=△U﹣W=3×105J﹣（﹣4.0×104J）=7×105J，气体吸收热量为7×105J；
答：（1）气体外界对气体做功：1×105J；（2）吸收的热量为7×105J
【分析】已知气体吸收热量、气体做功与内能变化情况中的两个，由热力学第一定律即可正确解题．
27．如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为的重物，此时活塞处在距离汽缸上底面为的A处，气体的温度为。汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面为的B处。已知大气压为。
（1）求活塞在B处时的气体温度；
（2）求活塞从A处到B处的过程中气体对外界做功的大小，并分析气体的内能是增大还是减小。
（3）保持温度不变，当悬挂重物为时，打开汽缸阀门放出一部分的气体使得活塞仍处于B处，求放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
【答案】解：（1）A到B为等压过程，根据盖吕萨克定律
即
得
（2）设气体压强为p，活塞受力平衡
得
气体对外界做功
理想气体的分子势能忽略不计，而温度升高则分子动能增加，内能由分子势能和分子动能组成，所以气体内能增加。
（3）打开阀门前在B处
，
悬挂后
得压强
若不打开阀门，气体体积设为
该等温过程
得
放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）汽缸内的电阻丝加热，汽缸内的气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律列式求解活塞在B处时的气体温度T2；
（2）先对活塞受力分析，由平衡条件求出气体的压强，结合功的计算公式求气体对外界做功的大小，根据温度变化分析内能的变化；
（3）由平衡条件求出悬挂m'后气体的压强。打开汽缸阀门放气过程，根据玻意耳定律和质量与体积的关系求解抽出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
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