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章末复习　知识整合与能力提升
核心 目标 1．能用热力学定律解释生产生活中的一些现象，解决一些实际问题．
2．通过对热力学定律学习，知道科学技术对人类生活和社会发展的积极影响，认识到人类必须尊重自然，遵循自然规律．
考点1　功、热、内能
　关于温度、热量、功和内能，下列说法中正确的是(　D　)
A．同一物体温度高时，含有的热量多
B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C．外界对系统做功W，内能必定增加
D．两物体之间发生热传递的条件是存在温度差
解析：热量是一个过程量，是物体间进行热传递时内能的转移量，不能说物体含有多少热量，故A、B错误；由于做功和热传递都可引起系统内能的变化，只根据做功无法准确判断系统内能的变化，故C错误；物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D正确．
　下列关于做功和传热的说法中，正确的是(　A　)
A．做功和传热都能引起系统内能的改变
B．只要外界对物体做功，物体的内能就一定改变
C．传热的条件是物体间存在内能差
D．做功和传热改变物体内能的实质是一样的
解析：做功和传热都能引起系统内能的改变，效果相同，但它们的实质不同，做功是其他形式的能和内能之间的转化，而传热是不同物体或一个物体的不同部分间内能的转移，A正确，D错误；因为热量交换情况未知，所以外界对物体做功，物体的内能不一定改变，B错误；传热的条件是物体间存在温度差，而不是存在内能差，C错误．
考点2　热力学第一、二定律与第一、二类永动机
　(2025·山西临汾期末)(多选)关于热力学定律，下列说法中正确的是(　CD　)
A．物体的温度可以达到零下300 ℃
B．第二类永动机违背了能量守恒定律
C．做功和热传递对改变物体的内能是等效的
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，可将海水的部分内能转化为机械能
解析：零下273 ℃是低温的极限，则物体的温度不可以达到零下300 ℃，A错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，B错误；做功和热传递对改变物体的内能是等效的，C正确；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，符合能量守恒定律，所以这在原理上是可行的，D正确．
　根据你学过的热学中的有关知识，下列说法中正确的是(　B　)
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．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，都不可以制造出来
C．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
D．随着科技不断进步，热机的效率能达到100%
解析：机械能可以全部转化为内能，内能也可以用来做功转化成机械能，但后者会引起其他变化，不可以全部转化成机械能，A错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，都不可以制造出来，B正确；根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，但在一定条件下也能从低温物体传递给高温物体，C错误；尽管科技不断进步，但热机的效率也不能达到100%，D错误．
考点3　气体状态变化图像与热力学第一定律
　(2024·安徽天一大联考)一定质量的理想气体，由状态A经状态B和状态C，又回到状态A，其压强p随体积V的变化图像如图所示，图中线段AB平行横轴，线段BC平行纵轴，曲线AC是双曲线的一部分．已知该气体在状态A时的温度为T0，气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，从状态B到状态C的内能变化为ΔU2，下列说法中正确的是(　C　)
A．该气体在状态B时的温度为 T0
B．气体从状态A到状态B吸收的热量为|ΔU1－2p0V0|
C．气体从状态B到状态C放出的热量为|ΔU2|
D．|ΔU1－2p0V0|＝|ΔU2|
解析：由状态A到状态B为等压变化，根据 ＝得该气体在状态B时的温度为TB＝3T0，A错误；气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，气体对外界做功WAB＝p0(3V0－V0)＝2p0V0，根据热力学第一定律，气体从状态A到状态B吸收的热量为Q＝|ΔU1＋2p0V0|，B错误；气体从状态B到状态C为等容变化，外界对气体做功为0，即WBC＝0，根据＝C，气体从状态B到状态C温度降低，放出热量，根据热力学第一定律，放出的热量为QBC＝|ΔU2|，C正确；气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，从状态B到状态C的内能变化为ΔU2，从状态C到状态A温度不变，内能不变，即气体从状态A到状态B再到状态C内能变化量为0，即ΔU1＝ΔU2，D错误．
　(2025·江苏南通海安高级中学月考)如图所示，一直立的汽缸，由截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A、B用一长为L＝1 m的不可伸长的细绳连接，它们可在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气．A、B的截面积分别为SA＝20 cm2，SB＝10 cm2，A、B之间有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa．汽缸内气体的温度为T1＝600 K、压强为p1＝1.2×105 Pa，活塞B的质量mB＝1 kg，此时活塞A、B的平衡位置如图所示，取g＝10 m/s2．
(1) 求活塞A的质量mA．
(2) 现在让汽缸内气体温度缓慢升高，直到活塞B即将脱离汽缸，求此时缸内气体的温度T2．
(3) 现在让汽缸内气体温度缓慢降低，直到细线的张力恰好消失为止，试计算此过程中，汽缸内气体放出的热量Q．已知该气体的内能U与热力学温度T成正比，且U＝kT，其中k＝ J·K-1．
答案：(1) 1 kg　(2) 800 K　(3) 195 J
解析：(1) 令绳子上的力为F，对于活塞B，平衡时有
F＋p0SB＝mBg＋p1SB
从而得到F＝30 N
对于活塞A，平衡时有F＋p0SA＋mAg＝p1SA
解得mA＝1 kg
(2) 活塞B即将脱离汽缸时，也就是B运动到两圆筒的连接处．
初始时气体的体积为
V1＝(SA＋SB)＝1.5×10-3 m3
活塞B即将脱离汽缸时V2＝SAL＝2×10-3 m3
令活塞B即将脱离汽缸时，汽缸内气体的压强为p2
对于A、B两活塞组成的系统
p0(SA－SB)＋(mA＋mB)g＝p2(SA－SB)
解得p2＝1.2×105 Pa
根据 ＝
解得T2＝800 K
(3) 细线的张力恰好消失，令此时气体的压强为p3，对于活塞B，根据平衡条件有p3SB＋mBg＝p0SB
解得p3＝9×104 Pa
对于活塞A，由于p0SA＋mAg>p3SA
说明此时活塞A已经到达两圆筒的连接处，令此时的气体体积为V3，则V3＝SBL＝1×10-3 m3
根据公式 ＝
解得T3＝300 K
初始时刻气体的内能为U＝600k，细线的张力恰好消失时气体的内能为U′＝300k，所以减少的内能为135 J
从初始时刻到细线的张力恰好消失为止，外界对气体做的功为W＝p2ΔV＝60 J
根据ΔU＝Q＋W
得到放出的热量为195 J
1．(2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升．若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　A　)
A．对外做功，内能不变
B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小
D．吸收的热量等于内能的增加量
解析：根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等．故选A．
2．(2023·山东卷)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa．经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K．下列说法中正确的是(　AD　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K；
等容过程为状态二：p2＝？，V2＝V0，T2＝400 K；
等压过程为状态三：p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K．
由理想气体状态方程可得＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，体积增加了原来的，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初、末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W＝p0＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误．
3．(2024·河北卷)(多选)如图所示，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接．汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计．活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　ACD　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态．因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出．左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确．
4．(2024·浙江选考)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T2＝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__________(填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能__________(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，又没有发生热传递，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为对象，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F
解得F＝(p2－p0)S＝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T2＝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＝1 750 cm3
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝25.5 J
根据热力学第一定律可得 ΔU＝－W＋Q′
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)
第三章
章末复习　知识整合与能力提升
热力学定律
核心 目标 1．能用热力学定律解释生产生活中的一些现象，解决一些实际问题．
2．通过对热力学定律学习，知道科学技术对人类生活和社会发展的积极影响，认识到人类必须尊重自然，遵循自然规律．
核心知识 整合建构
素养生成 综合应用
功、热、内能
考点
1
　　　关于温度、热量、功和内能，下列说法中正确的是 (　　)
A．同一物体温度高时，含有的热量多
B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C．外界对系统做功W，内能必定增加
D．两物体之间发生热传递的条件是存在温度差
1
D
解析：热量是一个过程量，是物体间进行热传递时内能的转移量，不能说物体含有多少热量，故A、B错误；由于做功和热传递都可引起系统内能的变化，只根据做功无法准确判断系统内能的变化，故C错误；物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D正确．
　　　下列关于做功和传热的说法中，正确的是 (　　)
A．做功和传热都能引起系统内能的改变
B．只要外界对物体做功，物体的内能就一定改变
C．传热的条件是物体间存在内能差
D．做功和传热改变物体内能的实质是一样的
2
解析：做功和传热都能引起系统内能的改变，效果相同，但它们的实质不同，做功是其他形式的能和内能之间的转化，而传热是不同物体或一个物体的不同部分间内能的转移，A正确，D错误；因为热量交换情况未知，所以外界对物体做功，物体的内能不一定改变，B错误；传热的条件是物体间存在温度差，而不是存在内能差，C错误．
A
热力学第一、二定律与第一、二类永动机
考点
2
　　　(2025·山西临汾期末)(多选)关于热力学定律，下列说法中正确的是 (　　)
A．物体的温度可以达到零下300 ℃
B．第二类永动机违背了能量守恒定律
C．做功和热传递对改变物体的内能是等效的
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，可将海水的部分内能转化为机械能
3
CD
解析：零下273 ℃是低温的极限，则物体的温度不可以达到零下300 ℃，A错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，B错误；做功和热传递对改变物体的内能是等效的，C正确；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，符合能量守恒定律，所以这在原理上是可行的，D正确．
　　　根据你学过的热学中的有关知识，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．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，都不可以制造出来
C．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
D．随着科技不断进步，热机的效率能达到100%
4
B
解析：机械能可以全部转化为内能，内能也可以用来做功转化成机械能，但后者会引起其他变化，不可以全部转化成机械能，A错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，都不可以制造出来，B正确；根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，但在一定条件下也能从低温物体传递给高温物体，C错误；尽管科技不断进步，但热机的效率也不能达到100%，D错误．
气体状态变化图像与热力学第一定律
考点
3
　　　(2024·安徽天一大联考)一定质量的理想气体，由状态A经状态B和状态C，又回到状态A，其压强p随体积V的变化图像如图所示，图中线段AB平行横轴，线段BC平行纵轴，曲线AC是双曲线的一部分．已知该气体在状态A时的温度为T0，气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，从状态B到状态C的内能变化为ΔU2，下列说法中正确的是 (　　)
A．该气体在状态B时的温度为 T0
B．气体从状态A到状态B吸收的热量为|ΔU1－2p0V0|
C．气体从状态B到状态C放出的热量为|ΔU2|
D．|ΔU1－2p0V0|＝|ΔU2|
5
C
解析：由状态A到状态B为等压变化，根据 ＝得该气体在状态B时的温度为TB＝3T0，A错误；气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，气体对外界做功WAB＝p0(3V0－V0)＝2p0V0，根据热力学第一定律，气体从状态A到状态B吸收的热量为Q＝|ΔU1＋2p0V0|，B错误；气体从状态B到状态C为等容变化，外界对气体做功为0，即WBC＝0，根据＝C，气体从状态B到状态C温度降低，放出热量，根据热力学第一定律，放出的热量为QBC＝|ΔU2|，C正确；气体从状态A到状态B的内能变化为ΔU1，从状态B到状态C的内能变化为ΔU2，从状态C到状态A温度不变，内能不变，即气体从状态A到状态B再到状态C内能变化量为0，即ΔU1＝ΔU2，D错误．
　　　(2025·江苏南通海安高级中学月考)如图所示，一直立的汽缸，由截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A、B用一长为L＝1 m的不可伸长的细绳连接，它们可在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气．A、B的截面积分别为SA＝20 cm2，SB＝10 cm2，A、B之间有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa．汽缸内气体的温度为T1＝600 K、压强为p1＝1.2×105 Pa，活塞B的质量mB＝1 kg，此时活塞A、B的平衡位置如图所示，取g＝10 m/s2．
(1) 求活塞A的质量mA．
答案：(1) 1 kg　
6
解析：(1) 令绳子上的力为F，对于活塞B，平衡时有
F＋p0SB＝mBg＋p1SB
从而得到F＝30 N
对于活塞A，平衡时有F＋p0SA＋mAg＝p1SA
解得mA＝1 kg
(2) 现在让汽缸内气体温度缓慢升高，直到活塞B即将脱离汽缸，求此时缸内气体的温度T2．
答案：(2) 800 K　
解析：(2) 活塞B即将脱离汽缸时，也就是B运动到两圆筒的连接处．
初始时气体的体积为
V1＝(SA＋SB)＝1.5×10-3 m3
活塞B即将脱离汽缸时V2＝SAL＝2×10-3 m3
令活塞B即将脱离汽缸时，汽缸内气体的压强为p2
对于A、B两活塞组成的系统
p0(SA－SB)＋(mA＋mB)g＝p2(SA－SB)
解得p2＝1.2×105 Pa
根据 ＝
解得T2＝800 K
(3) 现在让汽缸内气体温度缓慢降低，直到细线的张力恰好消失为止，试计算此过程中，汽缸内气体放出的热量Q．已知该气体的内能U与热力学温度T成正比，且U＝kT，其中k＝ J·K-1．
答案：(3) 195 J
解析：(3) 细线的张力恰好消失，令此时气体的压强为p3，对于活塞B，根据平衡条件有p3SB＋mBg＝p0SB
解得p3＝9×104 Pa
对于活塞A，由于p0SA＋mAg>p3SA
说明此时活塞A已经到达两圆筒的连接处，令此时的气体体积为V3，则V3＝SBL＝1×10-3 m3
根据公式 ＝
解得T3＝300 K
初始时刻气体的内能为U＝600k，细线的张力恰好消失时气体的内能为U′＝300k，所以减少的内能为135 J
从初始时刻到细线的张力恰好消失为止，外界对气体做的功为W＝p2ΔV＝60 J
根据ΔU＝Q＋W
得到放出的热量为195 J
链接高考 真题体验
1．(2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升．若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体 (　　)
A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量
解析：根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等．故选A．
A
2．(2023·山东卷)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa．经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K．下列说法中正确的是(　　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
AD
解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K；
等容过程为状态二：p2＝？，V2＝V0，T2＝400 K；
等压过程为状态三：p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K．
由理想气体状态方程可得＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，体积增加了原来的，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初、末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W＝p0＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误．
3．(2024·河北卷)(多选)如图所示，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接．汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计．活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后 (　　　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
ACD
解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态．因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出．左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确．
4．(2024·浙江选考)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T2＝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______(填“可逆”或“不可逆”)
过程，分子平均动能______(填“增大”、“减小”或“不变”)．
答案：(1) 不可逆　不变　
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，又没有发生热传递，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) 求水平恒力F的大小．
答案：(2) 10 N　
解析：(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为对象，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F
解得F＝(p2－p0)S＝10 N
(3) 求电阻丝C放出的热量Q．
答案：(3) 89.3 J
解析：(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T2＝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＝1 750 cm3
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝25.5 J
根据热力学第一定律可得 ΔU＝－W＋Q′
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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