上海长兴中学高中物理选修三第三章《热力学定律》检测题(有答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：130350]关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是（）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
2．(0分)[ID：130345]对于一定质量的理想气体，下列判断错误的是（）
A．在等温变化过程中，系统与外界一定有热量交换
B．在等容变化过程中，系统从外界吸收热量一定等于内能增量
C．在等压变化过程中，内能增加，系统一定从外界吸收热量
D．在绝热过程中，系统的内能一定不变
3．(0分)[ID：130334]下列说法中正确的是（）
A．压缩气体也需要用力，这表明气体分子间存在着斥力
B．若分子势能增大，则分子间距离减小
C．分子间的距离增大时，分子间相互作用的引力和斥力都减小
D．自然界中热现象的自发过程不一定沿分子热运动无序性增大的方向进行
4．(0分)[ID：130330]下列说法中正确的是（）
A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．因违背能量守恒定律而不能制成的机械称为第二类永动机
5．(0分)[ID：130323]下列说法正确的是（）
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
6．(0分)[ID：130322]A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插人水银槽中（插入过程没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是
A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
7．(0分)[ID：130271]关于热学规律，下列说法正确的是（）
A．第二类永动机不能制成，因为它违反了能量守恒定律
B．热机不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C．热量不可能从低温物体传到高温物体
D．未来科技进步了，人类就可以将散失在环境中的内能全部重新收集起来加以利用8．(0分)[ID：130264]如图所示为一定质量的理想气体由状态A变化到状态B的p—T图，在由A变化到B的过程中（）
A．气体的密度一直变大
B．气体的内能一直变大
C．气体的体积一直减小
D．单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数一直减少
9．(0分)[ID：130263]下列关于热现象的说法，正确的是（）
A．外界对物体做功，物体内能一定增加
B．理想气体温度升高，气体内能一定增大
C．当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间只有斥力作用
D．物体吸收热量，同时对内做功，内能可能不变
10．(0分)[ID：130259]一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p—V图象如图所示。

在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。

对于这两个过程，下列说法正确的是（）
A．气体经历过程1，其温度不变
B．气体经历过程1，其内能减小
C．气体在过程2中一直向外放热
D．气体经历过程1时对外做的功与经历过程2时相同
11．(0分)[ID：130258]如图所示，一个密闭气缸封闭着一部分空气。

用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900J的功，同时汽缸向外散热200J。

则汽缸中空气的内能（）
A ．减少了1100J
B ．增加了1100J
C ．减少了700J
D ．增加了700J
12．(0分)[ID ：130257]研究气体的性质时，可以设想有一种气体可以不计分子大小和分子间相互作用力，我们把它叫做理想气体。

对于一定质量的某种理想气体，下列说法正确的是（ ）
A ．气体温度升高，每一个分子的动能都增大
B ．气体温度升高，气体分子的平均动能增大
C ．气体压强是气体分子间的斥力产生的
D ．气体对外界做功，气体内能一定减小
二、填空题
13．(0分)[ID ：130429]质量为2kg 的水在太阳光的照射下，温度升高5℃，水吸收的热量
为______J 。

这是通过______的方法改变了水的内能。

［34.210c =⨯水J/（kg·
℃）］ 14．(0分)[ID ：130420]如图所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和汽缸导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸开口始终向上。

在室温为27°C 时，活塞距汽缸底部距离h 1=10cm ，后将汽缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1atm ，则：
(1)在冰水混合物中，活塞距汽缸底部距离h 2=________cm 。

(2)此过程中气体内能________（选填“增大”或“减小”），气体将________（选填“吸热”或“放热”）。

15．(0分)[ID ：130403]如图所示，用隔板将一密闭绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。

现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸，该过程气体的内能_________（选填“增大” “减小”隔板或“不变”）；待气体状态达到稳定后，缓慢推压活塞至原隔板处，该过程中，气体温度_________（选填“升高” “降低" 或“不变”）。

16．(0分)[ID ：130391]带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于A 状态，然后经过A →B →C 状态变化过程到达C 状态．在V -T 图中变化过程如图所示．
（1）气体从A状态经过A→B到达B状态的过程要______ （填“吸收”或“放出”）热量．（2）如果气体在A状态的压强为P A=40Pa，求气体在状态B和状态C的压强____，____．（3）将上述气体状态变化过程在p-V图中表示出来______．
17．(0分)[ID：130388]一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线．图中V0和p0为已知量．
(1)从状态A到B，气体经历的是________(选填“等温”“等容”或“等压”)过程；
(2)从B到C的过程中，气体做功大小为________；
(3)从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为________(选填“吸热”“放热”或“无吸放热”)．
(4)这一天某市晨报预报：空气的相对湿度40%，气温20 ℃.已知20 ℃时水的饱和汽压为2.3×103Pa，该市该日水蒸气的实际压强为________
18．(0分)[ID：130373]一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT图象如图所示．a、b和c三个状态中分子平均动能最小的是________(选填“a”“b”或“c”)，气体在过程ab中吸收的热量________(选填“大于”“等于”或“小于”)过程ca中放出的热量．
19．(0分)[ID：130371]如图所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，气体的内能为U1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与气缸间无摩擦、不漏气)，也使气缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，气体的内能为U2，则Q1________Q2，
U1________U2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)
20．(0分)[ID：130356]一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N，Q回到原状态M。

其p-V图像如图所示，其中QM平行于横轴。

NQ平行于纵轴，M、N在同一等温线
上。

气体从状态M到状态N的过程中温度___________ （选填“升高”、“降低”、“先升高后降低”或“先降低后升高”）；气体从状态N到状态Q的过程中___________（选填“吸收”或“放出”）热量；气体从状态Q到状态M的过程中外界对气体所做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从状态M到状态N的过程中气体对外界所做的功。

三、解答题
21．(0分)[ID：130548]如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p0、体积均为V0。

缓慢加热A中气体，使A中气体体积变为原来的1.2倍。

设环境温度始终保持不变。

(1)求此时汽缸A中气体的压强p A；
(2)此过程B中气体吸热还是放热？试分析说明。

22．(0分)[ID：130514]如图所示，用质量为m、横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，当环境的热力学温度为T0时，活塞与汽缸底部的高度差为h0.由于环境温度逐渐降低，活塞缓缓向上移动距离Δh.若外界大气压恒为
p0，密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U＝kT(k为正常数)，汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求此过程中：
(1)外界对密封气体做的功W；
(2)密封气体向外界放出的热量Q.
23．(0分)[ID：130512]一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，T A=300K，气体从C→A的过程中吸热250J，已知气体的内能与温度成正比.求：
（1）气体在状态B 的温度T B ；
（2）C→A 的过程中气体内能改变多少？
（3）气体处于状态C 时的内能E C ．
24．(0分)[ID ：130509]如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体，封闭气体体积为V ．已知活塞截面积为S ，大气压强为p 0，若保持气体温度不变，在活塞上放一重物后，气缸内封闭气体的体积减小了一半（整个过程不漏气）．试求：
①所加重物的重力G
②整个过程中通过缸壁传递的热量Q （一定量理想气体的内能仅由温度决定）．
25．(0分)[ID ：130506]如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h 1 =0.50m ．给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h 2 =0.80m 处，同时缸内气体吸收Q =450J 的热量．已知活塞横截面积S =5.0×10-3 m 2，大气压强p 0 =1.0×105 Pa ．求：
（1）缸内气体对活塞所做的功W ；
（2）此过程中缸内气体增加的内能ΔU ．
26．(0分)[ID ：130488]如图所示，圆筒形导热气缸开口向上竖直放置。

内有活塞质量为m =1kg ，横截面积为4510S -=⨯m 2。

汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h =0.2m 。

已知大气压50 1.010p =⨯Pa ，取g =10m/s 2，不计摩擦。

(1)求气缸内气体的压强；
(2)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23
，求细砂的质量；
(3)如果在(2)的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热量为10J，请计算气体内能的增量。

【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．C
2．D
3．C
4．C
5．C
6．B
7．B
8．D
9．B
10．B
11．D
12．B
二、填空题
14．1减小放热
15．不变升高
16．吸收；PB=10PaPC=4Pa图象见解析；
17．等温放热92×102Pa
18．a小于【解析】由图象可知a状态温度最低分子平均动能最小一定量理想气体的内能取决于温度气体在状态a时的内能小于它在状态c时的内能；ab为等容过程温度升高压强增大内能增加气体不做功据气体从外界吸收的热量
19．小于；等于【解析】根据热力学第一定律可知要使理想气体升高相同的温度即使理想气体的内能增加量相同由于第二种情形理想气体除了吸热还要对外做功所以第二次吸收的热量更多由于理想气体升高相同的温度所以理想气体
20．先升高后降低吸收大于
三、解答题
21．
22．
23．
24．
25．
26．
2016-2017年度第*次考试试卷参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
1．C
解析：C
A．布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；
C．第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；
D．由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；
故选C。

2．D
解析：D
A．在等温变化过程中，理想气体的内能不变，当体积发生变化时，气体做功，根据热力学第一定律可知，气体系统与外界一定有热量交换，故A正确，不符合题意；
B．在等容变化过程中，不做功，根据热力学第一定律可知，系统从外界吸收热量一定等于内能增量，故B正确，不符合题意；
C．在等压变化过程中，内能增加，即温度升高，根据盖·吕萨克定律可知，体积增大，故气体对外做功，根据热力学第一定律可知，系统一定从外界吸收热量，且吸收的热量大于对外做的功，故C正确，不符合题意；
D．在绝热过程中，系统与外界没有热交换，但气体可以做功，故系统的内能可以改变，故D错误，符合题意。

故选D。

3．C
解析：C
A．压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差。

不能表明气体分子间存在着斥力。

故A错误；
B．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小，斥力做负功分子势能增大，当分子表现为引力时，分子力随距离增加先增大后减小，间距减小，引力做正功，分子势能减小，故B错误；
C．分子间同时存在引力和斥力，都随着距离的增加而减小，随着距离的减小而增加，故C 正确；
D．热力学第二定律的内容可以表述为：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D错误。

故选C。

4．C
解析：C
A．热量能够从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，故A错误；
B．根据热力学第二定律，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，即可以从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，但是会引起其他变化，故B错误；
C．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故C正确；
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，只是违背热力学第二定律，故D错误。

故选C。

5．C
解析：C
试题分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．
解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A 错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故C正确；
D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D错误．
故选C．
【点评】热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：△U=W+Q，同时要注意符号法则的应用．
6．B
解析：B
【解析】
选B.由于水银与外界没有热交换，大气压力对水银做功，一部分转化为水银的重力势能，一部分转化为水银的内能，两种情况下管中进入的水银量相等，故大气将槽中水银面向下压的距离相等，因此大气压力做功相等，图A管中水银的重力势能比图B的大，因此A中水银的内能增量比B中小，B正确．
7．B
解析：B
A．第二类永动机不能制成，因为违反了宏观热现象的方向性，即违反了热力学第二定律，A错误；
B．可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，但必然会引起其它的变化，B正确；C．根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热量可能从低温物体传到高温物体，如空调，C错误；
D．能量转化过程中，存在能量耗散，不能使散失在环境中的内能全部重新收集起来加以利用，D错误。

故选B。

8．D
解析：D
AC．根据pV
C
T
=可得
C
p T
V
=因p-T图像上的点到原点连线的斜率与体积倒数成正比，
可知从A到B气体的体积一直变大，则密度减小，选项AC错误；
B．气体的温度先增加后不变，则气体的内能先变大，后不变，选项B错误；
D．因为气体的体积一直变大，则气体的分子数密度减小，气体的压强先不变后减小，可知单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数一直减少，选项D正确。

故选D。

9．B
解析：B
A．外界对物体做功，若同时物体向外界释放热量，则其内能不一定增大，有可能不变，或者减小，A错误；
B．理想气体的分子势能忽略不计，所以温度升高，分子平均动能增大，故气体内能一定增大，B正确；
C．当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子之间的斥力大于引力，分子间的作用表现为斥力，C错误；
D．物体吸收热量，同时对内做功，根据热力学第一定律可知，内能一定增大，D错误。

故选B。

10．B
解析：B
AB．1过程中与外界无热量交换，故Q=0，根据热力学第一定律：△U=W+Q，可知：
△U=W，过程1气体的体积变大，故气体对外做功，W＜0，故△U＜0，内能减小，温度降低，故A错误、B正确；
C．过程2先发生等容变化，做功W=0，压强P减小，根据查理定律可知，温度降低，内能减小△U＜0，根据热力学第一定律可得：Q=△U＜0，故在等容变化过程中气体放热；之后再发生等压过程，体积变大，根据盖吕萨克定律可知，温度升高，△U＞0，体积变大，故气体对外做功，W＜0，根据热力学第一定律可知，热量一定满足Q＞0，故等压过程一定吸热，气体经历过程2，先放热后吸热，故C正确；
D．经过1过程和2过程，气体对外做功均等于图像与坐标轴围成的“面积”大小，如图示，由图像可知S1>S2，则经历过程1时对外做的功大于经历过程2时对外做功，故D错误。

故选B。

11．D
解析：D
活塞压缩气体，外界对气体做功，有900J
W=+，汽缸向外散热200J，可知
200J Q =-，由热力学第一定律有
Δ700J U Q W =+=+
即内能增加700J ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

12．B
解析：B
AB ．气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但也有少数气体分子的动能减小，A 错误，B 正确；
C ．气体压强是气体分子持续撞击产生的， C 错误；
D ．根据热力学第一定律
U W Q ∆=+
当气体对外界做功时，同时气体从外界吸收热量，内能不一定减小，D 错误。

故选B 。

二、填空题 13．热传递
解析：44.210⨯ 热传递
[1]由太阳光热辐射的能量传递给了水，水吸收能量内能增加，增加的内能等于水所吸收的热量
344.21025J 4.210J Q cm t =∆=⨯⨯⨯=⨯
[2]这是通过热传递改变了物体的内能； 【点拨】
物体的内能和机械能有着本质的区别。

物体具有内能，同时也可以具有机械能，也可以不具有机械能。

14．1减小放热
解析：1 减小 放热
(1)[1]汽缸内气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得
12
12
h h T T = 其中1300K T =，解得
29.1cm h =
(2)[2]温度降低，理想气体内能减小，即0U ∆<。

[3]气体体积减小，外界对气体做功，0W >，根据热力学第一定律U Q W ∆=+可知
0Q <，即气体将放热。

15．不变升高
解析：不变 升高
[1]抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，绝热气缸又没有热传
递，则根据热力学第一定律：
△U =Q +W
可知，气体的内能不变；
[2]气体被压缩的过程中，外界对气体做功(W >0)，绝热气缸没有热传递(Q =0)，根据
△U =Q +W
可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，则温度升高。

16．吸收；PB=10PaPC=4Pa 图象见解析；
解析：吸收； P B =10Pa P C =4Pa 图象见解析；
(1)[1].由图象可知，A→B 为等温变化，体积变大，对外做功，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量．
(2)[2][3].由图示图象可知，A→B 过程为等温变化，由玻意耳定律可得：
P A V A =P B V B 即：40×10=P B ×40
解得：
P B =10Pa
由图象可知，B→C 过程是等容过程，由查理定律可得：
C B B C
p p
T T = 10200
Pa 4Pa 500
B C C B p T P T ⨯=
== (3).[4].A→B 为等温变化，B →C 为等容变化，气体的p-V 图象如图所示：
17．等温放热92×102Pa
解析：等温
003
2
p V 放热 9.2×102Pa (1)[1]．据题知A 到B 曲线为双曲线，说明p 与V 成反比，即pV 为定值，由pV
C T
=得知气体的温度不变，即从状态A 到B ，气体经历的是等温过程；
(2)[2]．从B 到C 的过程中，气体做功大小等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小，故有：
W=
0001
(2)2
p p V ⨯+⨯=0032p V ；
(3)[3]．气体从A 经状态B ，再到C 气体体积增大，对外做功，从C 到A 外界对气体，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热． (4)[4]．空气的相对湿度=
绝对湿度
饱和气压
，水蒸气的实际压强即绝对湿度为
2.3×103Pa×40%= 9.2×102Pa ．
18．a 小于【解析】由图象可知a 状态温度最低分子平均动能最小一定量理想气体的内能取决于温度气体在状态a 时的内能小于它在状态c 时的内能；ab 为等容过程温度升高压强增大内能增加气体不做功据气体从外界吸收的热量
解析：a 小于 【解析】
由图象可知，a 状态温度最低，分子平均动能最小，一定量理想气体的内能取决于温度，气体在状态a 时的内能小于它在状态c 时的内能；ab 为等容过程，温度升高，压强增大，内能增加10U ∆>，气体不做功0W =，据W Q U +=∆，气体从外界吸收的热量等于内能的增加量，即11Q U =∆；ca 为等压过程，温度下降，体积减小，内能减少20U ∆<，外界对气体做功，0W >，据W Q U +=∆，得22Q U W =∆+|，由于ab 过程中温度变化量和ca 过程中温度变化量相等，所以内能变化量的绝对值相等，即12U U ∆=∆，故
12Q Q <．
【点睛】本题考查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，解题时要抓住在P-T 图象中等容线为过原点的直线．
19．小于；等于【解析】根据热力学第一定律可知要使理想气体升高相同的温度即使理想气体的内能增加量相同由于第二种情形理想气体除了吸热还要对外做功所以第二次吸收的热量更多由于理想气体升高相同的温度所以理想气体
解析：小于； 等于 【解析】
根据热力学第一定律+U Q W ∆=可知，要使理想气体升高相同的温度，即使理想气体的内能增加量相同，由于第二种情形，理想气体除了吸热还要对外做功，所以第二次吸收的热量更多，
由于理想气体升高相同的温度，所以理想气体内能的增加量相同，故最后理想气体的内能相同．
点晴：解决本题关键理解理想气体的内能只具有分子动能，即只看气体的温度，温度变化相同，气体的内能变化相同．
20．先升高后降低吸收大于
解析：先升高后降低 吸收 大于
本题考查p -V 图像，目的是考查学生的推理能力根据。

[1]由p -V 图像的等温线可知，气体从状态M 到状态N 的过程中温度先升高后降低； [2]气体从状态N 到状态Q 的过程中，体积不变，压强变大，故气体的温度升高，内能增大，结合热力学第一定律可知，该过程气体吸收热量；
[3]因气体从状态Q 到状态M 的过程中的压强较大，而两种情况气体体积的变化相同，故气体从状态Q 到状态M 的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态M 到状态N 的过程中气体对外界所做的功。

三、解答题 21．
(1) 1.25p 0；(2) 放热；见解析
(1)汽缸B 中气体等温变化，变化后的体积
V B ＝0.8V 0
根据玻意耳定律
p 0V 0＝p B V B
解得
p B ＝1.25p 0
所以汽缸A 中气体的压强
p A ＝p B ＝1.25p 0
(2)放热。

因环境温度不变，故导热汽缸B 中气体温度不变，其内能也不变；因活塞对B 中气体做功，根据热力学第一定律知，气体向外界放热。

22．
(1)W PS h =∆ (2)00
KT h
Q PS h h ∆=∆+ 【解析】
①塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，有：W pS h =，其中0pS p S mg =- 解得：()0W h p S mg =-
②根据热力学第一定律可知，该过程中气体减少的内能为：U Q W =-
由U kT =可知
U k T =，此处T ∆仅为数值
根据盖吕萨克定律可得：()0000h h S h S T T T -=-，解得：000Q h kT p S mg h ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭ 23．
（1）375K ；（2）150J ；（3）E C.=150J
（1）对AB 的过程，对气体的状态参量进行分析有 状态A ：P A =1×105Pa ；V A =2×10-3m 3； T A =300K 状态B ：P B =2.5×105；Pa V B =1×10-3m 3； T B =？ 由理想气体状态方程得
A A
B B A B
P V P V
T T = 解得：T B =375K
由状态C→A 过程中，气体的压强不变，体积变大，气体对外做功，由盖吕萨克定律可知温度升高，内能增大，增加的内能为：
△U =W+Q =-(1×105×1×10-3)+250=150J
C 态的温度为
33
10300K 150K 210
C A C A V T T V --⨯===⨯ 因内能与温度成正比，当从C 到A 过程中，温度升高300K-150K=150K, 内能增加150J ；故在C 状态的内能为150J 。

24．
①
②
①若保持温度不变，在活塞上放一重物,使气缸内气体的体积减小一半， 根据波意耳定律有：122
V p V p =⨯
，而20G
p p S =+，得：
②由于气体的温度不变，则内能的变化0U ∆= 外界对气体做的功()0W p S G h =+，其中2V h S
= 由热力学第一定律得U W Q ∆=+ 可得0Q W p V =-=- 即气体通过缸壁放热
【点睛】
正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化，受力分析时研究对象的确定．
25．
（1）150J W = ；（2）300J U ∆=
（1） 活塞缓慢上升，视为等压过程，则气体对活塞做功
W =FΔh = p 0SΔh = 150J
（2）根据热力学定律
ΔU = （－W ）+ Q = 300J
26．
(1)51.210⨯Pa ；(2)3kg ；(3)4J (1)对活塞受力分析有
510 1.210mg
p p S
=+
=⨯Pa (2)因为细砂是缓慢放置的，所以气体等温变化，据玻意耳定律，有1122p V p V =且
20mg m g
p p S
+=+
砂 代入数据解得
3m =砂kg
(3)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为
()2126W p V V =--=-J
气体内能增加量。