【单元练】北京长安中学高中物理选修3第三章【热力学定律】基础练习(含答案)

一、选择题
1．一定质量的理想气体（分子力不计），体积由V 1膨胀到V 2，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W 1，传递热量的值为Q 1，内能变化为∆U 1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W 2，传递热量的值为Q 2，内能变化为∆U 2。

则（ ） A ．W 1>W 2，Q 1<Q 2，∆U 1> ∆U 2
B ．W 1>W 2，Q 1>Q 2，∆U 1> ∆U 2
C ．W 1<W 2，Q 1=Q 2，∆U 1< ∆U 2
D ．W 1=W 2，Q 1>Q 2，∆U 1> ∆U 2B
解析：B
在p − V 图象作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示
根据图象与坐标轴所围的面积表示功，可知
12W W > 第一种情况，根据
pV C T
=（常数）可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，∆U 1> 0，根据热力学第一定律有 111ΔU Q W =-
则有
11Q W >
第二种情况等温过程，气体等温变化，∆U 2= 0，根据热力学第一定律有
222ΔU Q W =-
则有
22Q W =
由上可得
12ΔΔU U >，12Q Q >
故选B 。

2．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能）．将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能，气缸和活塞间摩擦不计．则（ ）
A．若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体压强一定减小
B．若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体内能一定减小
C．若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表示数将变小
D．若拉动活塞使气缸内气体体积增大时，则需加一定的力，这说明气体分子间有引力B 解析：B
【解析】
内部气体的压强为
0mg
p p
S
=+，则气体的压强不变；欧姆表读数变大，说明气体温度降低，根据理想气体状态方程PV/T＝C，体积减小，内能减小，故A错误，B正确；若拉动活塞使气缸内气体体积增大，气体对外界做功，温度降低，故欧姆表读数将变大，故C错误；若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则需加一定的力，是克服内外气压差做功，故D 错误；故选B．
3．下列改变物体内能的物理过程中，不属于对物体做功来改变物体内能的有（）A．用锯子锯木料，锯条温度升高
B．阳光照射地面，地面温度升高
C．锤子敲击钉子，钉子变热
D．擦火柴时，火柴头燃烧起来B
解析：B
【解析】
【分析】
改变物体内能的方式有两种：做功与热传递；分析各种情景，确定改变内能的方式，然后答题．
用锯子锯木料，需要克服摩擦阻力，属于做功的方式，阳光照射地面，是阳光热量传递给地面，属于热传递；用锤子敲击钉子，通过做功的方式使钉子的内能增加，钉子变热；擦火柴的过程有摩擦力做功，是通过做功方法改变物体内能的，故B正确．
4．如图所示，A、B为两相同的绝热气缸，用绝热活塞封闭了压强、体积、温度、质量均相同的同种气体，活塞和杠杆质量不计，活塞和杠杆接触，忽略一切摩擦．O为固定轴，且MO=NO，将A中气体温度升高（变化不大）到杠杆MN重新平衡，下列说法正确的是（）
A．B中气体温度不变
B．B中气体温度降低
C．A中气体克服外力做功，外界对B气体做功
D ．A 中气体内能增加，B 中气体内能减少C
解析：C
【解析】
AB ．活塞和杠杆质量不计，将A 中气体温度升高，则A 的体积增大，A 上方的活塞上升，
B 上方的活塞下降，外界对B 做功，0W ＞
，由于汽缸与活塞都绝热，0Q =，由热力学第一定律可知：0U W Q ∆=+＞，B 中气体内能增加，气体温度升高，故AB 错误； C ．A 气体体积变大，气体对外做功，即A 中气体克服外力做功，B 体积减小，外界对B 做功，故C 正确；
D ．A 气体温度升高，内能增加，由A 的分析可知，B 的内能增加，故D 错误． 故选C.
点睛：理想气体的内能由温度决定，温度升高内能增大，温度降低内能减少；根据气体A 的温度升高判断气体的体积如何变化，然后判断气体B 的体积如何变化，然后判断气体做功情况，再判断气体内能如何变化．
5．下列说法中正确的是（ ）
A ．温度低的物体内能小
B ．外界对物体做功时，物体的内能一定增加
C ．温度低的物体分子运动的平均动能小
D ．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大C 解析：C
AC ．温度是分子平均动能的标志，而内能是物体内所有分子动能和分子势能之和，故A 错误，C 正确；
B ．改变内能有两种方式：做功、热传递，外界对物体做功时，如果物体向外界放热，物体的内能不一定增加，故B 项错误；
D ．在热现象的研究中，一般不考虑物体的机械能，故D 错误。

故选C 。

6．一定质量的理想气体，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。

下列说法正确的是（ ）
A ．气体从状态M 到状态N 的过程中温度先降低后升高
B ．气体从状态N 到状态Q 的过程中温度先升高后降低
C ．气体从状态N 到状态Q 的过程中放出热量
D ．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D
解析：D
A．根据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， A 错误；
BC．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， BC错误；
D．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，D正确。

故选D。

7．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。

其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。

关于该循环过程中，下列说法正确的是（）
A．A→B过程中，气体吸收热量
B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化C
解析：C
A．因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有
∆=+
U W Q
温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，故A错误；
B．因为B→C为等压过程，由于体积增大，由理想气体状态方程
pV
=
C
T
可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故B错误；
C．C→D为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C正确；
D．D→A为等容过程，体积不变，压强变小，由
pV
C
=
T
可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，故
D错误。

故选C。

8．一定质量的理想气体从状态A开始，经状态B和状态C回到状态A，其状态变化的p—T图象如图所示，其中线AB与OT轴平行，线段BC与Op轴平行。

下列说法正确的是（）
A．气体从状态A到状态B过程中，气体分子对容器器壁的碰撞次数不变
B．气体从状态B到状态C过程中，气体向外界释放热量
C．气体从状态A到状态B过程中，气体吸收热量全部用来增加气体的内能
D．气体从状态C到状态A过程中，单位体积内气体分子数减少B
解析：B
AC．气体从状态A到状态B经历了一个温度升高的等压过程，则粒子的平均动能增加，单个粒子对气壁的撞击力增大，由气体方程可知其体积要增大，所以单位体积内的气体分子数要减少，但是气体压强保持不变，由气体压强的微观解释可知气体分子在单位时间内对容器器壁的碰撞次数要减小；气体体积增大的过程中气体对外界做了功，由热力学第一定律
∆=+
U W Q
可知吸热并不全部增加内能，故AC错误；
B．气体从状态B到状态C经历了一个压强增大的等温过程，由气体方程可知其体积要减小，即气体被压缩了，外界对气体做了功，但是气体的内能没有变，由热力学第一定律可知气体向外界释放了热量，故B正确；
D．A、C两点所在的直线过原点，即压强P与温度T成正比，其比值是一个定值，由理想气体方程可得
P nR
=
T V
即从状态C到状态A，气体的体积没有变化，单位体积内气体分子数不变，故D错误。

故选B。

9．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 。

10．根据热学知识可以判断，下列说法正确的是（ ）
A ．载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功
B ．气体的摩尔质量为M ，分子质量为m ，若1摩尔该气体的体积为V ，则该气体分子的体积为mV M
C ．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
D ．空调的压缩机制冷时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程不遵守热力学第二定律C
解析：C
A ．载重汽车卸去货物的过程中，轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，故A 错误；
B ．若1摩尔该气体的体积为V
A 0V N V =
A M N m
=
该气体分子所占空间的体积为 0mV V M
= 由于气体分子的体积远小于该气体分子所占空间的体积，故B 错误；
C ．对的，因为在水蒸发要吸收能量，蒸发过程中温度恒定，也就是说分子动能不变，能量转化到分子势能中，故分子之间的势能增加，故C 正确；
D ．空调机压缩机制冷时，空气压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发的进行的，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程遵守热力学第二定律，故D 错误。

故选C 。

二、填空题
11．一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” )
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。

12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经状态B 、C 和D 后回到状态A ，图中曲线AB 、CD 为反比例函数图线，直线BC 平行于V 轴，直线DA 平行于p 轴。

该理想气体经过的A →B 、B →C 、C →D 、D →A 四个过程中，气体吸热的过程有______；外界对气体做功的过程有______；气体内能减少的过程有______；吸收热量等于气体对外界做功的过程有______。

解析：B C → C D →、A B → D A → C D →
[1][2][3][4]从p V -图象中确定气体各种状态参量变化的对应关系，再根据热力学第一定律和理想气体实验定律求解。

A B
→为等温变化，有
∆=
U
体积减小，外界对气体做功
W>
根据热力学第一定律
+=∆
W Q U
得
=-<
Q W
气体对外放热。

B C
→为等压变化过程，温度T升高，内能增加
∆>
U
体积增大，气体对外界做功，即
W<
根据热力学第一定律
+=∆
W Q U
气体从外界吸热。

→为等温变化过程
C D
U
∆=
体积增大，气体对外界做功，即
W<
根据热力学第一定律
W Q U
+=∆
得
=->
Q W
气体从外界吸热。

→为等容变化过程，压强减小，根据查理定律
D A
p
=
C
T
可知，温度T下降，内能减少，有
U
∆<
体积不变，气体不做功，即
W=
据热力学第一定律
W Q U
+=∆
=∆<
Q U
气体对外放热。

13．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”）。

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。

14．一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 。

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 =
15．如图气体温度计结构图。

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=14cm ，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=44cm 。

（已知外界大气压为76cmHg ）则恒温槽的温度_____C ，此过程A 内气体内能_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

增大
解析：增大
[1]由于使C 中水银面仍在O 点处，故温泡A 内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化。

冰水混合物的温度T 1=273K ，此时封闭气体的压强：
P 1=P 0+h 1=90cmHg
设待测恒温槽的温度T 2，此时封闭气体的压强：
P 2=P 0+ h 2=120cmHg
根据查理定律得：
11P T =22
P T 代入数据得：T 2=364K ，则t 2=91C ；
[2]气体温度升高，气体内能增大。

16．研究大气现象时可把温度、压强相同的部分气体叫做气团，气团的直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀。

设气团在上升过程中，由状态Ⅰ(1p 、1V 、1T )绝热膨胀到状态Ⅱ(2p 、2V 、2T ，可判断1T ______2T (填“>”、“<”或“=”)，气团在此过程中对外做的功为W ，则其内能变化ΔE=_________，气团在变化前后的分子间平均距离之比12
d d =__________.＞-W
解析：＞132
V V [1]．气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p 1、V 1、T 1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p 2、V 2、T 2），对外做功，内能减小，温度降低，T 1＞T 2；
[2]．气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W ，由热力学第一定律，则其内能变化△E =-W ；
[3]．气体密度m V ρ=，气团体积由V 1变化到V 2时，气团在变化前后的密度比：
1221 V V ρρ= 设分子之间平均距离为d ，气体分子数N ，则所有气体体积V =Nd 3，气团在变化前后的分子间平均距离之比
11322
d V d V = 17．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．
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．
18．以下说法正确的是（ ）
A ．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动
B．物体做加速运动时速度越来越大，物体内分子的平均动能也越来越大
C．在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形
D．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强增大C
解析：C
A、热运动是分子无规则的运动，而布朗运动并不是分子运动，所以尽管布朗运动的激烈程度跟温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动．故A错误；
B项：温度是分子平均动能的标志，与物体的运动状态无关，故B错误；
C项：在完全失重的情况下，就只剩下表面张力了，会尽量把融化的金属变成球形，C正确；
D项：饱和汽的压强只与温度有关，故D错误．
19．如图，活塞将一定质量的理想气体封闭于导热汽缸中，活塞可沿气缸内壁无摩擦滑动．通过加热使气体温度从T1升高到T2，此过程中气体吸热12J，气体膨胀对外做功8J，则气体的内能增加了______J；若将活塞固定，仍使气体温度从T1升高到T2，则气体吸收的热量为_____J．
4
解析：4
[1]由热力学第一定律公式
∆U=W+Q=12-8=4J
知气体的内能增加了4J；
[2]若将活塞固定W=0，仍使气体温度从T1升高到T2，气体内能的增量相同，根据热力学第一定律知，气体吸收的热量全部用来增加内能，所以仍然是4J。

20．一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的热量，并对外做功120J。

若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体______（填“吸收”或“放出”）________J热量。

吸收260
解析：吸收 260
对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得
∆=+=-=
U Q W
340J120J220J
即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，此过程理想气体的内能增加还是220J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得
'=∆'-'=+=
220J40J260J
Q U W
三、解答题
21．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
1212
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 22．一定质量的理想气体从状态A 到状态B 再到状态C 的过程如p -V 图象所示，已知A 状
态时气体的温度为t A = -73.9C ．求:
(1) C 状态时气体的热力学温度T c 的大小; (2)从状态A 到状态B 的过程，气体吸热还是放热，简要说明理由。

解析：(1)1200K (2)吸热，见解析
【解析】
（1）A 状态的热力学温度T A =200 K
由理想气体状态方程 A A C C A C
p V p V T T = T C = 1200K
（2）从状态A 到状态B 的过程压强不变，体积增大。

由盖吕萨克定律可知，温度升高。

理想气体温度升高时，内能增大。

气体体积增大时，气体对外界做功。

由热力学第一定律可知，气体一定会从外界吸收热量。

23．如图所示，厚度和质量不计、横截面积为S ＝10 cm 2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T 0＝300 K ，压强为p ＝0.5×105 Pa ，活塞与汽缸底的距离为h ＝10 cm ，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa.求：
(1)此时桌面对汽缸的作用力大小F N ；
(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到T ，此过程中气体吸收热量为Q ＝7J ，内能增加了ΔU ＝5J ，整个过程活塞都在汽缸内，求T 的值.
解析：(1)50 N (2)720 K
【解析】
解：(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F N ＋pS ＝p 0S ，
得F N ＝(p 0－p )S ＝50 N.
(2)设温度升高至T 时，活塞与汽缸底的距离为H ，则气体对外界做功W ＝p 0ΔV ＝p 0S (H －h )，
由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W .
解得H ＝12 cm
气体温度从T 0升高到T 的过程，由理想气体状态方程，得00P SH PSh T T
= 解得00720P H T T K Ph
==
24．如图所示，一个圆柱形的绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t 1的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，与容器底部相距h 1．现通过电热丝给气体加热一段时间后，使其温度上升到t 2（摄氏温度），这段时间内气体吸收的热量为Q ，已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，假设活塞与容器壁之间无摩擦．求：
①气体的压强；
②这段时间内活塞上升的距离是多少？
③这段时间内气体的内能变化了多少？
解析：①0mg P P S
=+ ②1211()273h t t h t -∆=+ ③12101()()273h t t U Q p S mg t -∆=-++ ①活塞受力分析如图所示:
根据共点力平衡的条件，得0mg P P S
=+ ②设温度为t 2时活塞与容器底部相距为h 2.
因为气体做等压变化，根据盖·吕萨克定律，得1212
V V T T = 1212
273273h S h S t t =++ 解得：2121(273)273t h h t +=+ 活塞上升的距离为：Δh ＝h 2－h 1＝()
1211273h t t t -+
③气体对外做功为：W ＝pS ·Δh ＝0()mg P S
+ ·S ·()1211273h t t t -+＝(p 0S ＋mg )()1211 273h t t t -+ 根据热力学第一定律，得这段时间内气体内能的变化量为：
ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )()1211
273h t t t -+ 25．如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a ，其与液
面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为1T ，压强为0p ，经过一段时间温度降为2T ，忽略这一过程中气体体积的变化。

(1)求温度降为2T 时瓶内气体的压强p ；
(2)封闭气体温度由1T 降为2T 过程中，其传递的热量为Q ，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU 。

解析：(1)201T p p T =；(2)内能减少；U Q ∆= (1)由查理定律得
012
p p T T = 解得
201
T p p T = (2)温度由1T 下降到2T 过程为等容过程，0W ＝，温度降低，内能减少，由
W Q U +=∆
得
U Q ∆=
26．在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A 到状态C ，是等容变化过程，该气体从外界吸收的热量为10J ；第二种变化是从状态A 到状态B ，外界对该气体做功为6J 。

B 、C 两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零,求：
（1）从状态A 到状态C 的过程，该气体对外界做的功W 1和其内能的增量ΔU 1； （2）从状态A 到状态B 的过程，该气体内能的增量ΔU 2及其从外界吸收的热量Q 2。

解析：（1）10J ；（2）4J
（1）从状态A 到状态C 的过程是等容变化过程，则
10W =
根据势力学第一定律有
111U W Q ∆=+
内能的增量为
1110J U Q ∆==
（2）由于B 、C 两状态的温度相同，则从状态A 到状态B 的过程，该气体内能的增量为
2110J U U ∆∆==
根据题意可知，该过程中外界对该气体做功为6J ，即为
26J W =
根据热力学第一定律有
222U W Q ∆=+
整理可以得到
2224J Q U W ∆=－=
27．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。