北京第三十九中学高中物理选修三第三章《热力学定律》测试(包含答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：130348]一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是（）
→过程中，气体体积增大，从外界吸热
A．a b
→过程中，气体体积增大，从外界吸热
B．b c
→过程中，气体体积不变，向外界放热
C．c a
→过程中，气体内能增大，向外界放热
D．c a
2．(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
3．(0分)[ID：130326]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
4．(0分)[ID：130315]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
5．(0分)[ID：130307]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
6．(0分)[ID：130306]如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出．气缸外部温度恒定不变，则
A．缸内的气体压强减小，内能减小
B．缸内的气体压强增大，内能减小
C．缸内的气体压强增大，内能不变
D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加
7．(0分)[ID：130300]一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ab与竖直轴平行，bc的延长线通过原点，cd与水平轴平行，da与bc平行，则 ( )
A．ab过程中气体温度不变，气体不吸热也不放热
B．bc过程中气体体积保持不变，气体放出热量
C．cd过程中气体体积不断增加，气体吸收热量
D．da过程中气体体积保持不变，气体放出热量
8．(0分)[ID：130299]关于能量的转化与守恒，下列说法正确的是
（）
A．任何制造永动机的设想，无论它看上去多么巧妙，都是一种徒劳
B．空调机既能致热，又能致冷，说明热传递不存在方向性
C．由于自然界的能量是守恒的，所以说能源危机不过是杞人忧天
D．一个单摆在来回摆动许多次后总会停下来，说明这个过程的能量不守恒
9．(0分)[ID：130273]根据热力学第二定律判断，下列说法正确的是（）
A ．功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功
B ．热可以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
C ．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
D ．随着技术的进步，热机的效率可以达到100%
10．(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 11．(0分)[ID ：130265]气闸舱的原理如图。

座舱A 与气闸舱B 间装有阀门K ，A 中充满空气，B 内为真空。

航天员由太空返回到B 时，将B 封闭，打开阀门K ，A 中的气体进入B 中，最终达到平衡。

假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（ ）
A ．气体膨胀做功，内能减小
B ．气体向外界放出热量
C ．气体分子对A 舱壁的压强减小
D ．一段时间后，B 内气体的密度可以自发地恢复到原来真空状态
12．(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
二、填空题
13．(0分)[ID ：130442]一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变化到状态C 的p V -图象如图所示，气体分子在单位时间内撞击容器上单位面积的次数用N 表示，则
A N ______
B N 。

气体在A →B 过程中放出的热量______在B →
C 过程中吸收的热量。

（填“大于”、“小于”或“等于” )
14．(0分)[ID：130437]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0V和0p为已知量。

从状态B到C的过程中，气体做功的大小为___________；从状态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”）。

15．(0分)[ID：130435]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。

在过程ab中气体的内能______（填“增加”、“减少”或“不变”），在过程bc中气体________热量（填“吸收”或“放出”），在过程ca中_____________（填“外界对气体做功”或“气体对外界做功”）。

16．(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h1=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h2=________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”）。

17．(0分)[ID：130413]一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化。

已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300J，气体在状态C时的温度T C=300K，则从A到B气体放出的热量是______J；气体在状态A时的温度为_______K。

18．(0分)[ID：130405]在装有食品的包装袋（导热良好）中充入氮气，可以起到保质作用。

某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试。

测试时，对包装袋缓慢地施加压力。

将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_______（选填“增大”，“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_______（选填增大"、“减小"或“不变"），包装袋内氮气_______ （选填“吸热“、，放热"或“不吸热也不放热'）。

19．(0分)[ID：130404]如图所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C、C→A三个变化过程，则：
（1）符合查理定律的变化过程是________；C→A过程中气体________（选填“吸收”或“放出”）热量，________（选填“外界对气体”或“气体对外界”）做功，气体的内能
________。

（选填“增加”、“减少”或“不变”）
（2）已知理想气体在状态A时的温度是27 ℃，求气体在状态C时的温度____。

20．(0分)[ID：130390]如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p-V图线如图．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能
____ (选填“大”或“小”);由B到C的过程中，气体将_____(选填“吸收”或“放出”)热量：经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量______ ( 选填“大于”或“小于”)释放的总热量．
三、解答题
21．(0分)[ID：130516]一定质量的理想气体，状态从A→B→C→A的变化过程可用如图所示的P—V图线描述，气体在状态C时温度为T C=300K，求：
（1）气体在状态A时的温度T A，并比较A、B状态时气体的温度；
（2）若气体在A→B过程中吸热500J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
22．(0分)[ID：130503]一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃．则：
①该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？
②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？
③该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？
23．(0分)[ID ：130477]如图所示，一定质量的某种理想气体分别发生以下两种状态变化：第一种变化是从状态A 到状态B ，该气体从外界吸收的热量为9J ；第二种变化是从状态A 到状态C ，外界对该气体做功为6J 。

图线AB 的反向延长线通过坐标原点O ，求：
(1)从状态A 到状态B 的过程，该气体内能的增量ΔU 1；
(2)从状态A 到状态C 的过程，该气体从外界吸收的热量Q 2。

24．(0分)[ID ：130475]如图所示，一定质量的理想气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a 内，气缸顶端有绝热阀门K ，气缸底部接有电热丝，E 为电源。

a 内被封闭气体初始温度o 127C t =，活塞位于气缸中央，与底部的距离160cm h =，活塞和气缸之间的摩擦不计。

(1)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267cm h =，求a 内气体的温度。

(2)若阀门K 始终闭合，电热丝通电一段时间，给a 内气体传递了41.010J Q =⨯的热量，稳定后a 内气体内能增加了3
a 810J U ∆=⨯，求此过程中
b 内气体的内能增加量。

25．(0分)[ID ：130460]如图所示，大气压强恒为p 0，用横截面积为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，活塞的质量为06p S g
，开始时，环境的热力学温度为T 0，活塞与汽缸顶部的高度差为h 0，由于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，当环境温度降低至T 1时，活塞向上移动了0.2h 0，已知密封气体的内能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
（i）变化后环境的温度T1；
（ⅱ）全过程中密封气体向外界放出的热量Q。

26．(0分)[ID：130455]如图所示，竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝0.10m2，活塞的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通．开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80cm的气柱（U形管内的气体体积不计），此时缸内气体温度为27℃，U形管内水银面高度差h1＝15cm．已知大气压强p0＝75cmHg．
（1）让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
（2）接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96cm，求整个过程中气体与外界交换的热量（p0＝75cmHg＝1.0×105Pa）．
【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．A
2．C
3．B
4．A
5．C
6．C
7．B
8．A
9．C
10．B
11．C
12．B
二、填空题
13．大于小于
14．放热
15．增加吸收外界对气体做功16．1减小放热
17．1200J1200K
18．增大不变放热
19．B→C吸收气体对外界增加150K 20．大放出大于
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
一、选择题
1．A
解析：A
A ．a b →过程中气体的温度保持不变，内能不变，压强减小，根据pV =C 可知气体体积变大，对外做功，则根据热力学第一定律可知，气体吸热，选项A 正确；
B ．b c →过程中，气体压强不变，温度降低，内能减小，根据V
C T
=即气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，选项B 错误；
CD ．c a →过程中，由图可知p 与T 成正比，则气体发生等容变化，不对外做功，也不对内做功；气体压强增大，温度升高，内能变大，则气体吸热，故CD 错误；
故选A 。

2．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 。

3．B
解析：B
【解析】
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。

4．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； D ．气体从外界吸收了热量，但气体对外做功，根据U W Q ∆=+，则气体内能不一定增加，故
C 错误；
C ．在绝热过程中外界对气体做功，根据U W Q ∆=+得气体的内能必然增加，故
D 错误；
故选A ．
5．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。

故选：C 。

6．C
解析：C
试题分析：对活塞来说：0P S PS mg =+，则当m 减小时，P 增大；由于气体体积变大，则对外做功，W ＜0，由于气体的温度不变，则△E=0，气体的内能不变，故选项C 正确． 考点：热力学第一定律；气体的压强.
7．B
解析：B
【解析】
试题分析：ab 过程气体发生等温过程，压强减小，由玻意耳定律PV C =分析可知，气体的体积变大，对外做功，根据U W Q ∆=+知气体需要吸热，故A 错误；bc 过程，连线过坐标原点，则bc 过程中体积不变，温度降低，根据U W Q ∆=+知气体放热，故B 正确；cd 过程是等压变化，温度降低，由盖•吕萨克定律分析可知体积减小，根据U W Q
∆=+知气体放热，故C 错误；
d a 过程，d 与绝对零度273-℃连线的斜率大于a 与绝对零度273-℃连线的斜率，则d 状态气体的体积小于a 状态气体的体积，则da 过程中体积增大，温度升高，根据U W Q ∆=+知故需要吸热，故D 错误．
考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律
【名师点睛】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，关键是会看图象，从图象中提取有用的信息是一种重要的能力．
8．A
解析：A
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，任何制造永动机的设想，无论它看上去多么巧妙，都是一种徒劳，A正确．热传递的方向性是指在没有外界影响的前提下，空调机工作过程掺进了电流做功，显然不满足这个前提，B错误．虽然自然界的能量是守恒的，但存在能量耗散，不同的能量其可利用的品质不同，能源危机不是杞人忧天，C错误．单摆在来回摆动许多次后总会停下来，机械能减少，但由于摩擦等各种因素，变成了其他形式的能量，能量是守恒的，D错误．
9．C
解析：C
A．功可以全部转化为热，根据热力学第二定律的开尔文表述，不可能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响，把热全部转换为功并不是不可能，只是需要产生其他影响而已，所以A错误；
B．热可以从高温物体传到低温物体，根据热力学第二定律的克劳修斯表述，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，也就是说热量可以从低温物体传递到高温物体，只是需要产生其他影响，所以B错误；
C．气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，所以C正确；
D．热机的效率绝对不可能达到100%，一定会有能量损失，所以D错误。

故选C。

10．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。

11．C
解析：C
AB．气体向真空方向扩散不对外做功，同时此过程中系统与外界没有热交换，由热力学第一定律可知气体内能不变，理想气体不计分子势能，所以气体分子动能不变，温度不变，平均动能不变，故AB错误；
C．气体温度不变，平均动能不变，但是单位体积内分子个数减少，所以气体压强减小，故C正确；
D ．气体A 中的密体减小，由热力学第二定律可知，A 内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D 错误。

故选C 。

12．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S 1>S 2，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 。

二、填空题
13．大于小于
解析：大于 小于
[1]由理想气体状态方程得
A A
B B A B
p V p V T T = 根据图象可知A B →是等容变化，在状态A 和状态B 分子数密度相同，在状态A 气体压强大于状态B 气体压强，则A B T T >，而气体压强与气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数和分子碰撞力有关，则A B N N >。

[2]气体在A B →过程中放出的热量为1Q ，在B C →过程中吸收的热量为2Q ，B 到C 过程中气体对外做的功为W ，则从A 到B 到C 过程中，根据热力学第一定律可得
△120U Q Q W =-+-=
解得
21Q Q W =+
所以气体在A B →过程中放出的热量小于在B C →过程中吸收的热量。

14．放热 解析：0032
p V 放热 [1] 从B 到C 的过程中，气体做功大小等于曲线围成的面积，如图所示阴影部分面积
体积增大，气体对外做功
0000003(32)22
2W V p p V p V =⨯+-= [2] P-V 图像中，曲线围成的面积为气体做功，如图所示
从A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，外界对气体做功，即
0W >
回到A 状态时，气体内能不变，即
0U ∆=
根据热力学第一定律
W Q U +=∆
则
0Q <
气体放热
15．增加吸收外界对气体做功
解析：增加 吸收 外界对气体做功
[1]从a 到b 等容升压，根据
pV C T
=可知温度升高，一定质量的理想气体的内能取决于气体的温度，温度升高，则内能增加。

[2]在过程bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知，气体从外界吸收热量。

[3]在过程ca 中，体积减小，外界对气体做功。

16．1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
1212
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。

17．1200J1200K
解析：1200J 1200K
[1][2]从A 到B ，外界对气体做功，有
431510(82)10J 900J W p V -=∆=⨯⨯-⨯=
根据热力学第一定律
U W Q ∆=+
得
1200J Q U W =∆-=-
即从A 到B 气体放出的热量是1200J ，根据理想气体状态方程有
C C A A A C
p V p V T T = 代入解得
A 1200K T =18．增大不变放热
解析：增大 不变 放热
[1]．根据气体压强的微观意义可知，因为加压，故内部气体的压强增大，故包装袋内壁单
位面积上所受气体分子撞击的作用力将增大；
[2]．因为是缓慢地施加压力，故认为温度不变，理想气体的内能只与温度有关，故包装袋内氮气的内能不变；
[3]．对气体加压的过程中气体的温度不变，则体积减小，该过程中外力对气体做功而内能不变，由热力学第一定律可知，包装袋内氮气放热。

19．B→C 吸收气体对外界增加150K
解析：B →C 吸收 气体对外界 增加 150 K
（1）[1][2][3][4]．B →C 过程中，体积不变，为等容变化过程，符合查理定律；C →A 过程为等压变化，随着温度升高，气体内能增加，气体膨胀对外界做功，根据热力学第一定律可知：气体吸收热量．
（2）[5]．C →A 过程中气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知：
C C V T ＝A A
V T 可得
T C ＝150 K.
20．大放出大于
解析：大 放出 大于
[1]由理想气体状态方程得：A A B B A B
P V P V T T =解得： 15
A A A
B B B T P V T P V == 可见T A <T B ，所以状态B 时，气体分子的平均动能比状态A 时气体分子的平均动能大；
[2] B 到C 的过程中，体积没变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，W =0；体积没变，压强减小，温度降低，内能变小，根据热力学第一定律可知气体将放出热量；
[3] 经历ABCDA 一个循环，内能变化为0，气体对外做了功，根据热力学第一定律可知气体吸收的总热量大于释放的总热量．
三、解答题
21．
(1)(2)200B A T T J >
（1）从A 到B ，根据理想气体的状态方程可得C C A A C A
p p V V T T =， 代入数据解得300A T K =；
从B 到C ，根据理想气体状态方程得：
C C B B C B
p V p V T T =，解得600B T K =， 故B A T T >；
（2）气体在A→B 过程压强不变， 53310110J 300J W p V -=-∆=-⨯⨯⨯=-，
由热力学第一定律可得U W Q ∆=+，即()500300200J U ∆=+-=，
可得200J 0U ∆=>，即增加了200J ；
【点睛】
本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律可以解题，应用热力学第一定律解题时注意各物理量的正负．
22．
(1)B t =-173ºC ，C t =27 ºC （2）0 （3）吸热，200J
①对于理想气体：
A→B ，由于T A =300K ，根据
A B A B
p p T T = 可得
100K B T =
即
o 173C B t =-
B→C 由
C B B C
V V T T = 可得
300K C T =
即
27C =C t
②由于AC 两态温度相同，则
0U ∆=
③A→C 的过程中是吸热.
吸收的热量
533110(310110)J=200J Q W p V --==∆=⨯⨯⨯-⨯23．
(1)9J ；(2)3J
(1)从状态A 到状态B 过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功
W 1=0
根据热力学第一定律，有
△U 1=W 1﹢Q 1
内能的增量
△U 1=Q 1=9J
(2) 因为B 、C 两状态温度相同，内能相等，从状态A 到状态C 过程，该气体内能的增量
△U 2=△U 1=9J
根据热力学第一定律 有
△U 2=W 2﹢Q 2
从外界吸收的热量
Q 2=△U 2-W 2=3J
24．
(1) 262C t ︒=；(2)3
b 210J U ∆=⨯
(1)设活塞横截面积为S ，则对a 气体，初态 11V Sh = 11273K 300K T t =+=
末态
22V Sh = 22273K T t =+
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
1212
V V T T = 联立解得
2335K T =
即
262C t ︒=
(2)阀门K 闭合，对a 气体，根据热力学第一定律得
a U Q W ∆=+
解得
3210J W =-⨯
对b 气体，根据热力学第一定律得
b U W Q ''∆=+
其中
||W W '=，0Q '=
解得
3b 210J U ∆=⨯25．
（i ）0.8T 0；（ii ）00010.26
kT p Sh -+ （i ）以封闭气体为研究对象，初态体积：V 1=h 0S ，温度为：T 0
末态体积：V 2=（h 0-0.2h 0）S =0.8h 0S ，温度为：T 1
气体做等压变化，根据盖吕萨克定律得：
1201
V V T T = 代入数据解得：
T 1=0.8T 0
（ⅱ）活塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，有：
W =pS △h ， 其中0056
mg P P P S =-
= 则 0000510.266
W pS h p S h p Sh ==⋅= 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
△T =T 0-0.8T 0=0.2T 0，
则：
△U =-0.2kT 0
联立解得：
0000.216
Q kT p Sh =-+
26． （1）-23℃（2）吸收热量31.6J 10⨯． （1）对气缸内的气体，初始状态：p 1=p 0+h 1＝75+15=90cmHg ；V 1=HS =0.8S ；
T 1=273+27=300K
末态：p 2=p 0＝75cmHg ；V 2=HS =0.8S ；T 2=？ 由112212
p V p V T T =可得： 2
9075=300T 解得
T 2=250K=-23℃
（2）解除对活塞的锁定后，气体内部压强变为p 0，气体吸收热量对外做功，最终气体温度与外界温度相同，即气体内能不变；当汽缸内封闭的气柱高度达到96cm 时，对外做功
5300.1(0.9601.010.80)J 1.61J 0W p S h ⨯=-=⨯=∆⨯⨯
由热力学第一定律可知，整个过程中气体吸收热量31.6J 10⨯．。