【单元练】人教版高中物理选修3第三章【热力学定律】经典测试题(含答案解析)(1)

一、选择题
1．关于热现象和热学规律，下列说法正确的是（）
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出每个气体分子的体积B．一定质量的理想气体温度升高，产生的压强一定增大
C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显
D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律D
解析：D
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体的分子所占据的空间大小，不能算出气体分子体积，A错误；
B．根据理想气体状态方程pV
C
T
=可知温度升高，压强不一定增大，B错误；
C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，布朗运动越明显，C错误；
D．第二类永动机不可能制成的原因是因为其违背了热力学第二定律，D正确。

故选D。

2．封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A经状态B、C变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。

则在此过程中（）
A．由A到B，气体所有分子的动能都增大
B．由B到C，气体对外做功，放出热量
C．由C到D，气体压强增大，内能减少
D．由A到D，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少D
解析：D
A．由A到B，温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是气体所有分子的动能都增大，故A错误；
B．由B到C，温度不变，内能不变，即
U
∆=
体积变大，气体对外界做功，则
W<
根据热力学第一定律知
U Q W
∆=+=
即
Q>
气体从外界吸收热量，故B错误；
C ．由C 到
D 发生等容变化，根据查理定律有 C D C D
P P T T = 又
C D T T >
则
C D p p >
即由C 到D ，气体压强减小；由C 到D ，温度降低，内能减小，故C 错误；
D ．O 、A 、D 三点在同一直线上，说明状态A 和状态D 压强相等，状态D 温度高，分子的平均动能大，所以D 状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A 状态少，故D 正确。

故选D 。

3．下列说法正确的是（ ）
A ．把玻璃管道的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
B ．用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力
C ．实际气体在温度不太高、压强不太大时可以当做理想气体来处理
D ．为了节约能源，应提高利用率，随着技术的进步，一定可以制造出效率为100%的热机A
解析：A
A ．液体表面存在张力，表面要缩小到最小而平衡，故A 正确；
B ．用气筒给自行车打气，越大越费劲，是因为车胎内外压强差越来越大，与气体分子之间有斥力无关，故B 错误；
C ．严格遵守气体实验定律的气体是理想气体，实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看作理想气体，故C 错误；
D ．根据热力学第二定律可知，不可能制造出效率为100%的机器，故D 错误。

故选A 。

4．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，MN 为一条直线，则气体从状态M 到状态N 的过程中
A ．温度保持不变
B ．温度先升高，后又减小到初始温度
C ．整个过程中气体对外不做功，气体要吸热
D ．气体的密度在不断增大B
解析：B
A.等温过程pV=常量，应是一条双曲线（上半支），明显不符图象。

或者可以在过程中任意找个点，例如（2，2），明显pV=4不等于初态和终态的pV=3，所以从M到N温度要变化，故A错误；
B.pV=CT，C不变，pV越大，T越高，由图像可知，状态在（2，2）处温度最高。

在M和N 状态，pV乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度，故B正确；
C.整个过程中气体初末温度相等，所以整个过程内能变化为0。

气体体积一直变大，则气体对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，由于△U=0，所以Q＞0，即气体一定吸收热量，故C错误；
D.气体的体积在不断增大，质量一定，所以气体的密度在不断减小，故D错误。

5．下列说法正确的是
A．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大
C．气体从外界吸收了热量，内能必定增加
D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减少A
解析：A
A．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；
B．气体压强越大，温度不一定很高，所以气体分子的平均动能不一定越大，故B错误；
∆=+，则气体内能不一定增D．气体从外界吸收了热量，但气体对外做功，根据U W Q
加，故C错误；
∆=+得气体的内能必然增加，故D错C．在绝热过程中外界对气体做功，根据U W Q
误；
故选A．
6．图中气缸内盛有定量的理想气体，气缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与气缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接使其缓慢的向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是（）
A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．ABC三种说法都不对C
解析：C
气体等温膨胀，内能不变，从外界吸收的热量全部对外做功，但这个过程引起了其他变化，如有外力控制着活塞缓慢的移动，而非自动进行的，有“第三方”的参与，不违背热力学第二定律。

7．如图描述了一定质量的理想气体压强p随体积V变化的图像，O、a、b在同一直线上，ac与横轴平行，下列说法正确的是（）
A．a到b过程，外界对气体做功
B．c到a过程，气体向外界放出热量大于气体内能的减少量
C．b到c过程，气体释放的热量大于气体内能的减少
D．a点时气体的内能等于b点时气体的内能B
解析：B
A．a到b过程，气体的体积增大，气体对外界做功，A错误；
B．根据pV
C
T
=，c到a过程，气体的体积V减小，温度T降低，气体的内能ΔU减小，
又因为气体的体积减小，外界对气体做功W，根据热力学第一定律得
W U Q
+∆=
所以Q U
>∆，气体向外界放出热量大于气体内能的减少量，B正确；
C．根据pV
C
T
=， b到c过程，气体的体积V不变，气体的压强p减小、气体的温度T
降低，气体内能减小，根据热力学第一定律，减小的内能等于放出的热量，C错误；
D．根据pV
C
T
=，气体的温度升高，内能增大，a点时气体的内能小于b点时气体的内
能，D错误。

故选B。

8．下列说法中，能够发生且不违背热力学第二定律的是（）
A．一杯热茶自然放置，茶会自动变得更热
B．电冰箱正常工作时把箱内低温物体的热量传递到箱外高温物体
C．只要对蒸汽机不断革新，它就可以把蒸汽的内能全部转化成机械能
D．利用降低海水温度放出大量的热量来发电，从而解决能源短缺的问题B
解析：B
A．热传递具有方向性，热量能自发的从高温物体传到低温物体，故一杯热茶自然放置，茶会自动变得凉，不会自动变得更热，违背热力学第二定律，故A错误；
B．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，此过程中消耗了电能，所以不
违背热力学第二定律，能发生，故B正确；
C．蒸汽机的能量损失不可避免，不可能把蒸汽的内能全部转化为机械能，违背了热力学第
二定律，不能发生，故C错误；
D．利用降低海水温度放出大量的热量来发电，需要消耗更多的其它能量，违背了热力学第二定律，故不能解决能源短缺问题，故D错误。

故选B。

9．夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法不正确的是
（）
A．气体的内能减少
B．气体的内能增大
C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低
D．气体分子的平均动能减小B
解析：B
气体喷出时，来不及与外界进行热交换，则
Q=
对外做功，根据热力学第一定律的表达式
=∆
W U
内能减小，温度降低，温度是分子平均动能的标志，因此气体分子的平均动能减小，故ACD正确，不符合题意，B错误，符合题意。

故选B。

10．下列说法中正确的是（）
A．当分子间的相互作用表现为引力时，其分子间没有斥力
B．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大
C．热量不能自发从高温物体传给低温物体
D．多晶体和非晶体都没有固定的熔点B
解析：B
A．分子间同时存在引力和斥力，表现为引力时，是分子引力大于分子斥力，故A错误；B．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，说明温度升高，根据
pV
=可知，压强一定变大，故B正确；
C
T
C．热量可以自发地从高温物体传给低温物体，但不能自发地从低温物体传给高温物体，故C错误；
D．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故D错误。

故选B。

二、填空题
11．如图所示，绝热的轻质活塞2将一定质量的理想气体封闭在水平放置的固定绝热气缸内，轻质活塞1与2通过一水平轻质弹簧连接，两活塞之间为真空，活塞与气缸壁的摩擦忽略不计，用水平外力F使活塞1静止不动。

现增大外力F，使活塞1缓慢向右移动，则
此过程中气体的温度_____（填“升高”“降低”或“不变”）；气体分子在单位时间内撞击气缸内壁单位面积上的次数_____（填“增加”“不变”或“减少”）。

升高增加
解析：升高 增加
[1]根据题意可知外界对理想气体做正功，理想气体与外界无热交换，根据热力学第一定律
U Q W ∆=+
得
U W ∆=
所以理想气体内能增大，温度升高。

[2]理想气体温度升高，体积减小，所以气体分子在单位时间内撞击气缸内壁单位面积上的次数增加。

12．一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。

一质量为m ，横截面积为S 的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。

当活塞静止时，活塞与汽缸底部距离为h ，如图（a ）所示。

已知大气强为p 0，重力加速度为g 。

现把汽缸从图（a ）状态缓慢转到图（b ）状，在此过程中气体温度不变，则图（b ）状态下气体体积为
___________。

从图（b ）状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离l ，如图（c ）所示。

若此过程中气体内能增量为△U ，则气体吸收的热量应为___________。

解析：0
mgh hS p + 0p Sl U +∆ [1]由a 图中气体的压强
10mg p p S
=+
体积 1V hS =
图b 中气体压强p 2=p 0，体积V 2，根据玻意耳定律
1112p V p V =
解得
20mgh V hS p =+ [2]从图（b ）状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离l ，则气体对外做功
0W p lS =-
根据热力学第一定律
U W Q ∆=+
解得
0Q U W U p lS =∆-=∆+
13．如图所示，竖直放置的绝热气缸和绝热活塞间封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量为m 。

初态时活塞处于静止状态，理想气体内能为1U 。

现用外力将活塞缓慢向下压缩H ，此时理想气体的内能为2U ，若大气压强为0p ，重力加速度取g ，则初态时气缸内气体的压强为______；外力所做的功为______。

解析：0mg p S
+
210U U mgH p SH --- [1] 活塞处于静止状态，所以有 10p S p S mg =+
解得，初态时气缸内气体的压强为
10mg p p S
=+ [2] 因为绝热气缸和绝热活塞间封闭一定质量的理想气体，所以气体不与外界发生热交换，所以有
0Q =
外界对气体做功有：活塞重力、大气压力和外力；根据热力学第一定律有
021W mgH p SH U U ++=-
解得，外力所做的功为
210W U U mgH p SH =---
14．如图所示，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a 。

则气体在ab 过程要_______（选填“吸热”或“放热”）；气体从c 到a 过程放出600J 热量，则气体内能在这一过程将_______（选填“增加“或“减少”）________J 。

吸热减少300J
解析：吸热 减少 300J
[1]由图知，一定质量的理想气体，从a 到b 是等容升压过程，根据PV C T =可知，温度升高，则气体在ab 过程要吸热。

[2]气体从c 到a 过程压强不变，体积减小，根据
PV C T
=可知，气体温度降低，气体内能在这一过程将减少。

[3]气体从c 到a 过程压强不变，体积减小，外界对气体做功，由W P V =⋅∆可得 53110310J=300J W -=⨯⨯⨯
气体向外放出热量600J ，根据热力学第一定律可得，
300J U Q W ∆=+=-
气体内能减少300J 。

15．如图，导热气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸内壁光滑。

当外界温度升高时，密封气体体积________（选填“增大”、“不变”或“减小”），密封气体内能________（选填“增大”、“不变”或“减小”）。

增大增大
解析：增大 增大
[1]由于气缸是导热的，当外界温度升高时，密封气体发生等压升温变化，根据
1212
V V T T = 可知密封气体的体积增大。

[2]一定质量的理想气体的内能由温度决定，密封气体的温度升高，内能增大。

16．气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A 内充有理想气体,通过细玻璃管B 和水银压强计相连．开始时A 处于冰水混合物中,左管C 中水银面在O 点处,右管D 中水银面高出O 点h 1=14 cm,后将A 放入待测恒温槽中,上下移动D ,使C 中水银面仍在O 点处,测得D 中水银面高出O 点h 2=44 cm 。

(已知外界大气压为标准大气压,标准大气压相当于76 cm 高水银柱产生的压强)
(1)求恒温槽的温度_______；
(2)此过程A 内气体内能____(选填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将____(选填“吸热”或“放热”)。

T2=364K(或91℃)增大吸热
解析：T 2=364K(或91 ℃) 增大 吸热
(1)设恒温槽的温度为T 2,由题意知T 1=273 K
A 内气体发生等容变化,根据查理定律得1212
P P T T = p 1=p 0+p h 1
p 2=p 0+p h 2
联立代入数据得
T 2=364 K(或91 ℃)． ④
(2)此过程中A 内气体温度升高,则内能增大;体积不变,则W=0;根据热力学第一定律有 ΔU=Q+W ,得Q>0,即气体将吸热
17．一定质量的理想气体，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V 0和p 0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________等温放热92×102Pa
解析：等温 0032
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．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，最后由状态C 变化到状态A ．气体完成这个循环，内能的变化△U=____ ，对外做功W=____，气体从外界吸收的热量Q=____．（用图中已知量表示）
【解析】气体完成一个循环过程温度的变化量为零则
内能的变化△U=0；对外做功等于图中三角形ABC 的面积即W=p0V0；根据热力学第一定律可知气体吸热：Q=W=p0V0；
解析：0012p V 0012
p V 【解析】
气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化△U=0；对外做功等于图中三角形ABC 的面积，即W=12p 0V 0；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q=W=12p 0V 0； 19．如图所示，一定质量的理想气体，在状态A 时的温度t A =27℃，则状态C 时的温度T C =____ K ；气体从状态A 依次经过状态B 、C 后再回到状态A ，此过程中气体将_______热量．（选填“吸收”或“放出”）热量．
放出
解析：放出
[1][2]从A 到C 时是等压变化，则C A
A C V V T T =，则
3
=(27327)K 900K 1
C C A A V T T V =
⨯+= 气体从状态A 依次经过状态B 、C 后再回到状态A ，此过程中气体先对外做功，然后外界对气体做功，气体对外做功的量小于外界对气体做功的量，即整个过程中外界对气体做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体将放出热量.
20．一定质量的理想气体压强p 与摄氏温度t 的关系如图所示，气体从状态A 变到状态B ，则气体在状态A 的体积______(选填“>”、“=”或“<”)在状态B 的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W ，内能变化量的绝对值为U ，则气体与外界之间传递的热量为______．
【解析】试题分析：据AB 两点与绝对零度连线分析其斜率变化判
断体积变化斜率越大体积越小B 与绝对零度-273℃连线的斜率小于A 与绝对零度-273℃连线的斜率则B 状态气体的体积大于A 状态气体的体积根据热力
解析：< W Q -∆ 【解析】
试题分析：据A ，B 两点与绝对零度连线，分析其斜率变化，判断体积变化，斜率越大，体积越小
B 与绝对零度-273℃连线的斜率小于A 与绝对零度-273℃连线的斜率，则B 状态气体的体积大于A 状态气体的体积，根据热力学第一定律可得Q W U =-∆
三、解答题
21．一定质量的理想气体，状态从A →B →C →D →A 的变化过程可用如图所示的p -V 图线描述，其中D →A 为等温线，气体在状态A 时温度为T A =300 K ，求： (1)气体在状态C 时温度T C ；
(2)若气体在A →B 过程中吸热1000 J ，则在A →B 过程中气体内能如何变化？变化了多少？
解析：(1)375K ；(2)气体内能增加，增加了400J (1)D →A 为等温线，则
T A =T D =300 K
C 到
D 过程，由盖—吕萨克定律得
C D
C D
V V T T = 解得
T C =375 K
(2)A →B 过程压强不变，气体做功为
53210310J 600J W p V -=-∆=-⨯⨯⨯=-
由热力学第一定律，得
1000J 600J 400J Q U W ∆=+=-=
则气体内能增加，增加了400J
22．如图所示，横截面积为S ，质量为M 的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T 1升高了∆T ，气柱的高度增加了ΔL ，吸收的热量为Q ，不计气缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p 0，重力加速度为g ，求： ①此加热过程中气体内能增加了多少？
②若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则放砝码的质量为多少？
解析：①()0-U Q S Mg L p ∆=+∆②()0
1
S Mg T m g p T +∆=
【解析】
①设缸内气体的温度为1T 时压强为1
p
，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而
平衡，得到：0
1
Mg S S p p +
=
气体膨胀对外界做功为：1
W S L p =
∆
根据热力学第一定律得到：Q W U -=∆ 联立可以得到：()0
-
U Q S Mg L p ∆=+∆
②设放入砝码的质量为m ，缸内气体的温度为2T 时压强为2
p
，系统受重力、大气压力和
缸内气体的压力作用而平衡，得到：()0
2
M m g S S p p ++=
根据查理定律：
1
2
1
2
p p T T
=
联立可以得到：()0
1
S Mg T m g p T +∆=
23．研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56°C 时，30分钟就可以灭活。

如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a 内，气缸顶端有一绝热阀门K ，气缸底部接有电热丝E 。

a 缸内被封闭气体初始温度t 1=27°C ，活塞位于气缸中央，与底部的距离h 1=60cm ，活塞和气缸间的摩擦不计。

（i ）若阀门K 始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h 2=66cm ，持续30分钟后，试分析说明a 内新冠病毒能否被灭活?
（ii ）若阀门K 始终闭合，电热丝通电一段时间，给a 缸内气体传递了Q =1.0×104J 的热量，稳定后气体a 内能增加了△U =8.5×103J ，求此过程气体b 的内能增加量。

解析：（i ）病毒能被灭；（ii ）1.5×103J
（i ）设活塞横截面积为S ，则对a 气体，初态V 1=Sh 1 T 1=t 1+273=300K ；末态V 2=Sh 2 T 2=t 2+273 ①
阀门K 打开，加热过程a 气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得
12
12
V V T T =② 由①②得
t 2=57℃ ③
因57℃＞56℃，a 内病毒能被灭④
（ii ）阀门K 闭合，由于系统绝热，a 气体膨胀对b 气体做功，由热力学第一定律有
△U a =Q +W ⑤
由⑤式及代入数据得
W =-1.5×103J⑥
对b 气体，由于系统绝热，则
∆U b =W
=1.5×103J⑦
24．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）．
解析：①②
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．如图所示，绝热气缸内密闭有一定质量的理想气体，横截面积为S ，质量可忽略不计的绝热活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，初始时缸内气体温度为T ，活塞与气缸底部距离为d ，现将一物体轻放在绝热活塞上，稳定后活塞与气缸底部距离为9
10
d ，已知外界大气压为p 0，物体的重力为kp 0S ，求： (1)稳定后缸内气体的压强p 1； (2)稳定后缸内气体的温度T 1；
(3)现通过电热丝加热使活塞缓慢上升至初始位置，缸内气体吸收的热量为Q ，求该过程缸内气体的内能改变量ΔU 。

解析：(1)10(1)p k p =+；(2)19=(1)10T k T +；(3)0110
k U Q p Sd +∆=-⨯ (1)对活塞受力分析有
100p S p S kp S =+
解得
10(1)p k p =+
(2)由理想气体方程可得
101
910p S d p Sd
T
T ⨯
=
解得
19
=
(1)10
T k T + (3)此过程为等压变化，气体对外做功为
19=()10
W p S d d --
由热力学第一定律=+U W Q ∆可得
01
10
k U Q p Sd +∆=-
⨯ 26．如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为19cm 的水银柱封闭一段长8cm 的空气柱，已知大气压强为510Pa （相当于76cmHg ），封闭气体的温度为27℃，玻璃管的横截面积为42210m -⨯，对该装置分别进行下列三种操作，请根据要求进行解答。

(1)若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求空气柱的长度； (2)若保持玻璃管不动，封闭气体从外界吸收5J 的热量使温度缓慢升高到42℃，求气体内能的变化量；
(3)若将玻璃管的上端封闭后，再将封闭的两部分气体升高相同的温度，请推导水银柱的移动方向。

解析：(1)10cm ；(2)4.9J ；(3)向上移动 (1)初态时封闭气体的压强
01b p p p =+
初态时封闭气体的体积11V l S = 末态时封闭气体的体积22V l S = 气体做等温变化，由玻意耳定律得
1102p V p V =
末态气柱长度
210cm l =
(2)气体做等压变化，由盖吕萨克定律得
3
13
1V V T T = 封闭气体体积的变化量
()31V l l S ∆=-
封闭气体对外界做的功
W p V =∆
由热力学第一定律得
W Q U +=∆
气体内能的变化量
4.9J U ∆=
(3)假设水银柱不动，两部分气体做等容变化 由查理定律得
p p T T
∆=∆ 整理待
p T
p T
∆∆=
初态下端气体的压强为1p ，上端气体的压强为0p ，下端气体压强的增加量为p ∆，上端气体压强的增加量为p '
∆
10p p >
故
p p '∆>∆
∴水银柱向上移动
27．如图所示，内壁光滑的圆柱形导热气缸体积为V ，顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸外大气的压强和温度分别为p 0和T 0，气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.8p 0的理想气体。

已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。

求： (1)气缸与大气达到平衡时的体积V 1； (2)活塞下降过程中，气体放出的热量Q 。

解析：(1)134V V =
；(2)001134
aT PV +
(1)气体，从活塞离开缸顶到气体与大气平衡，先等容变化，有
00
01.82.4p p T T
= 后等压变化，有
1
V V T T = 得
134
V V =
(2)对活塞开始离开缸顶到气体与缸外达平衡过程，即活塞下降过程，对气体属于等压变化过程，内能变化
000041
()()33
U T T T T T ααα∆=-=-=-
外界对气体做功
0003
()44
p V W p V p V V =∆=-=
由热力学第一定律，有W Q U +=∆得
00001111
()3434
Q U W T p V T p V αα=∆-=--=-+
故从活塞开始离开顶部到气体与缸外达到平衡的过程，气体放出的热量为001
1
34
aT p V +
28．一定质量的理想气体体积V 与温度T 的关系如图。

已知该气体在状态A 时的压强p A =1×105Pa 。

求：
（i ）在状态B 时气体的压强p B ；
（ii ）若气体从A 到B 过程中气体从外界吸热Q 1=2500J ，从B 到C 过程中气体从外界吸热Q 2=3100J ，则从状态A 到B 再到状态C 的过程中内能改变量△U 。

解析：（i ）2×105Pa ；（ii ）2500J （i ）由
00
2A B p p T T = 解得
p B =2×105Pa。