天津市武清区雍阳中学高中物理选修三第三章《热力学定律》检测(包含答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：130347]关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是（）A．空气相对湿度越大时，水蒸发越快
B．物体的温度升高，每个分子的动能都增大
C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律
处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先D．两个分子间的距离由大于9
10m
增大后减小到零，再增大
2．(0分)[ID：130342]随着世界经济的快速发展，能源短缺问题日显突出，油价的不断攀升，已对各国人民的日常生活造成了各种影响，如排长队等待加油的情景已经多次在世界各地发生，能源成为困扰世界经济发展的重大难题之一。

下列有关能量转化的说法正确的是（）
A．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能
B．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行
C．可以直接利用空气中的内能，减少“温室效应”
D．物体吸收热量，物体的内能可能减小
3．(0分)[ID：130337]下面的例子中，通过热传递改变物体内能的是（）
A．擦火柴，使火柴开始燃烧B．阳光照在湖面上，使湖水升温
C．用锯条锯木头，使锯条变热D．搓搓手，会感觉暖和些
4．(0分)[ID：130332]一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能），在温度升高的过程中（）
A．气体分子的平均动能可能不变B．外界一定对气体做功
C．气体一定从外界吸收热量D．气体的内能一定增加
5．(0分)[ID：130328]一定质量的理想气体，由初始状态A开始，状态变化按图中的箭头所示方向进行，最后又回到初始状态A，对于这个循环过程，以下说法正确的是（）
A．由A→B，气体的分子平均动能增大，放出热量
B．由B→C，气体的分子数密度增大，内能减小，吸收热量
C．由C→A，气体的内能减小，放出热量，外界对气体做功
D．经过一个循环过程后，气体内能可能减少，也可能增加
6．(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
7．(0分)[ID ：130324]如图，一定质量的理想气体，由a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c ．设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b 和T c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ．则 ．
A ．T b ＞T c ，Q ab ＞Q ac
B ．T b ＞T c ，Q ab ＜Q ac
C ．T b =T c ，Q ab ＞Q ac
D ．T b =T c ，Q ab ＜Q ac 8．(0分)[ID ：130318]用密闭活塞封闭在气缸内一定质量的某种理想气体，如果气体与外界
没有热交换，下列说法正确的是 A ．若气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大
B ．若气体分子的平均动能增大，则气体的压强可能减小
C ．若气体分子的平均距离增大，则气体的压强一定增大
D ．若气体分子的平均距离增大，则气体的压强可能不变
9．(0分)[ID ：130287]带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。

气体开始处于状态a ；然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到达状态c ，b 、c 状态温度相同，如图所示。

设气体在状态b 和状态c 的压强分别为b p 和c p ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为ab Q 和ac Q ，则（ ）
A ．b c p p >，ab ac Q Q >
B ．b c p p <，ab ac Q Q >
C ．b c p p <，ab ac Q Q <
D ．b c p p >，ab ac Q Q <
10．(0分)[ID ：130267]如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p V -图中从a 到b 的直线所示。

在此过程中下列说法正确的是（ ）
A ．气体温度一直降低
B ．气体内能一直减小
C ．气体一直从外界吸热
D ．气体一直对外界放热
11．(0分)[ID ：130266]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
12．(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
二、填空题
13．(0分)[ID ：130440]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”）。

14．(0分)[ID ：130427]如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③到达状态d 。

则：过程①中单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数______（增加、减少）；过程②中气体对外界做______。

（“正功”、“负功”）；状态c 的内能______状态d 的内能（“>”“<”或“=”），过程③气体______（“从外界吸收”或“对外放出）热量。

15．(0分)[ID ：130418]如图所示，电冰箱放在一间隔热很好的房间中，现把正在工作的电冰箱门打开时，可见到冰箱门附近出现“白汽”现象，说明水蒸气饱和汽压随温度的降低而______（选填“升高”“不变”或“降低”）；冰箱门打开后，房间内空气温度将升高，其原因是___________________________。

16．(0分)[ID ：130401]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 =__________. 17．(0分)[ID ：130370]如图甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500m 、气温为18℃的山脚下带到海拔3200m 、气温为10℃的山顶上，情形如图乙所示．图_________（选填“甲”或“乙”）中袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的
内能_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体放出的热量．
18．(0分)[ID：130363]如图所示，竖直放置的粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h=19 cm，封闭端空气柱长度为L1=40 cm。

为了使左、右两管中的水银面相平，（设外界大气压强p0=76 cmHg，空气柱温度保持不变）试问：
①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？_____此时封闭端空气柱的长度是多少？____
②注入水银过程中，外界对封闭空气做________（填“正功”“负功” 或“不做功”），气体将______（填“吸热”或“放热”）。

19．(0分)[ID：130361]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．
20．(0分)[ID：130360]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。

三、解答题
21．(0分)[ID：130520]如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．已知外界大气压强为p0，活塞的横截面积为S，质量为m= p0S/4g，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T0，现在活塞上放置一质量与活塞质量相等的物
块，再次平衡后活塞与容器底部相距9h /10，接下来通过电热丝缓慢加热气体，气体吸收热量Q 时，活塞再次回到原初始位置．重力加速度为g ，不计活塞与气缸的摩擦．求：
(1)活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度；
(2)加热过程中气体的内能增加量．
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T 0时，活塞与汽缸底部的高度差为h 0.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p 0，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 ：130510]一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置。

活塞的质量20kg m =，横截面积2100cm S =，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离112cm L =，离汽缸口的距离23cm L =。

外界气温为27℃，大气压强为51.010Pa ⨯，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取210m/s g =，求：
(1)此时气体的温度为多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收370J Q =的热量，则气体增加的内能U ∆多大？
24．(0分)[ID ：130494]目前市场在售的玩具枪，各式各样，有些生产厂家为了经济利益，迎合少数不法分子的需求，生产超标违规玩具枪，这种违规产品存在很大安全隐患。

按照公安部颁发的《枪支致伤力的法庭科学鉴定判据》（GA ／T718—2007）的规定，对于不能发射制式弹药的非制式枪支，当所发射弹丸的枪口比动能E k S 大于等于1.8J ／cm 2时，一律认定为枪支。

所谓“枪口比动能”是指弹丸离开枪口时的动能与枪口横截面积的比值。

现要对一支玩具气枪进行测试，先测得其枪管长度d =20cm ，枪口截面积S =0.4cm 2，所发射弹丸的质量m =3g 。

水平端着气枪从离地面高度h =1.8m 处水平射击，弹丸在枪内高压气体推动下水平射出，弹丸击发时间极短，测得弹丸的水平射程L =18cm 。

不计空气阻力，高压气体膨胀过程质量不变，大气压强p 0=1.0×105Pa ，重力加速度g =10m ／s 2。

(1)通过计算说明该玩具枪是否能被认定为枪支；
(2)求该玩具枪发射弹丸过程中，枪内高压气体减少的内能。

25．(0分)[ID ：130465]如图所示，圆柱形气缸竖直放置，质量 3.0kg m =，横截面积321.010m S -=⨯的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦，不计活塞和气缸的厚度。

开始时活塞距气缸底距离10.50m h =，此时温度127t =℃。

给气缸缓慢加热至2t ，活塞上升到距离气缸底20.80m h =处，同时缸内气体内能增加250J ，已知外界大气压5
0 1.010Pa p =⨯，取210m/s g =。

求：
(1)缸内气体加热后的温度2t ；
(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q 。

26．(0分)[ID ：130459]如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t 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 .现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞又缓慢上升了h ，若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 ，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求： （1）容器中气体的压强；
（2）这段时间内气体的内能增加了多少？
（3）这段时间内气体的温度升高了多少？
【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．D
2．D
3．B
4．D
5．C
6．B
7．C
8．A
9．B
10．C
11．B
12．D
二、填空题
13．升高增加
14．增加正功=从外界吸收
15．降低电能转化为内能房间内温度升高
16．＞-W
17．甲大于
18．cm30cm正功放热
20．吸收260
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．D
解析：D
A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子平均动能越大，但不是每个分子的动能都增大，故B错误；
C．第二类永动机不可能制成是因为它违反热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，选项C错误；
D．两个分子间的距离由大于10-9m处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先表现为引力，引力先增大到最大值后减小到零，之后，分子间作用力表现为斥力，从零开始增大，故D正确；
2．D
解析：D
A ．内燃机工作时，燃料不可能全部燃烧、尾气要带走部分热量、零件之间存在摩擦生热，发动机本身需要散热等等，使得发动机不可能将所有内能转化为机械能，故A 错误；
B ．由于能量的转移和转化具有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行故B 错误；
C ．空气中的内能并不能直接被利用，如果需要利用，则需要热泵，例如空调，空气能热水器等，都需要热泵工作同时消耗电能，引起了其他变化，故C 错误；
D ．根据热力学第一定律，改变内能的方式有两种：做功和热传递，外界对物体做功，若物体同时向外放热，则物体的内能有可能减少，故D 正确。

故选D 。

3．B
解析：B
ACD ．擦火柴，用锯条锯木头，搓搓手，都是通过克服摩擦力做了功来改变物体内能，故ACD 错误；
B ．通过太阳辐射，也就是热传递使湖水温度升高，所以湖水内能增大，故B 正确。

故选B 。

4．D
解析：D
AD ．理想气体不计分子势能，温度升高，分子平均动能增大，内能一定增加，故D 正确，A 错误；
BC ．内能增加，外界可能对气体做功，也可能气体从外界吸收热量，故BC 错误。

故选D 。

5．C
解析：C
A ．根据图象可以知道，A→
B ，气体的压强体积都变大， PV 的乘积变大，根据
C PV T
=可知气体的温度升高，所以气体的分子平均动能增加；温度升高则内能增加，而体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律知气体要吸收热量，选项A 错误；
B ．由B→
C ，气体做的是等容变化，分子数密度不变；等容变化，压强减小，温度降低，内能减小；体积不变，0W =，内能减小，气体放出热量；选项B 错误；
C ．C→A 过程，气体做的是等压变化，体积减小，根据C PV T
=可知温度降低，则气体内能减小，体积减小则外界对气体做功，根据热力学第一定律知气体放出热量，选项C 正确；
D ．经过一个循环过程后，回到A 点，温度跟初始温度相同，则内能不变，选项D 错误。

故选C 。

6．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。

7．C
解析：C
【解析】
试题分析：设气体在a 状态时的温度为T a ，由图可知：V C =V a =V 0、V b =2V 0=2V a ， ①从a 到b 是等压变化：
解得：T b =2T a 从a 到c 是等容变化：，由于P c =2P 0=2P a 解得：T c =2T a ，所以：T b =T c
②因为从a 到c 是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故a→c 过程增加的内能等于a→c 过程吸收的热量；而a→b 过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知a→b 过程增加的内能大于a→b 过程吸收的热量，Q ac ＜Q ab ．
故选C
考点：理想气体的状态变化曲线
【名师点睛】该题考查了气体的状态方程和热力学第一定律的应用，利用气体状态方程解决问题时，首先要确定气体状态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功情况，区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热．
8．A
解析：A
【解析】
AB 、若气体分子的平均动能增大，则温度一定升高，内能增加，根据U W Q ∆=+，因为0U ∆>，0Q =，故0W >，则气体被压缩，根据PV C T
=，因为1T T >2，21V V <，则21P P >，即压强一定增大，故A 正确，B 错误；
C Ｄ、若气体分子的平均距离增大，则气体体积变大，气体对外做功0W <，据U W Q ∆=+，因为0Q =，则0U ∆<，内能减小，温度降低，根据PV C T
=，气体的
压强一定减小，故CD错误；
故选A．
【点睛】温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律和理想气体状态方程联立可以判断压强和平均动能的变化．
9．B
解析：B
根据理想气体状态方程pV
C
T
=，整理可得
CT
V
p
=
所以斜率越大，压强越小，即b点的压强小于c点；由热力学第一定律U W Q
∆=+，经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，所以U
∆相等，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到达状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以ab过程吸收的热量多。

故选B。

10．C
解析：C
A．由图知气体的pV值一直增大，由pV
C
T
=知气体的温度一直升高，A错误；
B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，B错误；CD．气体的体积增大，则气体一直对外做功，气体的内能一直增加，根据热力学第一定律U W Q
∆=+可知气体一直从外界吸热，C正确D错误。

故选C。

11．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。

12．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。

二、填空题
13．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。

14．增加正功=从外界吸收
解析：增加正功 = 从外界吸收
[1]过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律p
C
T
=知气体的压强逐渐增大，
温度升高，分子热运动更剧烈，则单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数增加
[2]过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功
[3]状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等
[4]过程③为等温变化，气体内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律
+
U Q W
∆=可知，气体从外界吸收
15．降低电能转化为内能房间内温度升高
解析：降低电能转化为内能，房间内温度升高
[1]打开冰箱门时冒“白气”，其原理是冰箱门附近空气中的水蒸气遇到冰箱中的冷空气液化形成的小水滴形成的，说明水蒸气饱和汽压随温度的降低而降低
[2]冰箱门打开后，房间内空气温度将升高，是因为冰箱门打开后，冰箱消耗更多的能量即有更多的电能转化为内能，所以房间内温度升高
16．＞-W
解析：＞
[1]．气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1、V1、T1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p2、V2、T2），对外做功，内能减小，温度降低，T1＞T2；
[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V1变化到V2时，气团在变化前后的密度比：
1221
V V ρ
ρ= 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
12d d =．甲大于 解析：甲 大于
将封有一定质量空气的密闭塑料袋（甲）从山底移动到山顶时（乙），气体的体积增大，温度是分子平均动能的标志，由于山顶温度低，因此分子平均动能小，山底的塑料袋中分子平均动能高于山顶的，即甲中气体分子平均动能大；从甲到乙过程中，温度降低，内能减小，体积增大，气体对外做功，由U E Q ∆=+可知，气体内能内能减小大于气体放出的热量．
【点睛】
温度是分子平均动能的标志，由于气体分子之间的距离很大，因此作用力为零，分子势能为零，所以一定质量气体的内能由其温度决定，根据热力学第一定律可知内能变化与放热之间关系．
18．cm30cm 正功放热
解析：cm 30 cm 正功 放热
①[1][2]设U 形管横截面积为S ，左、右两管中的水银面相平后，封闭端空气柱长为L 2，对空气柱有
（p 0-19 cmHg ）SL 1=p 0SL 2
得L 2=30 cm ，故需要再注入
122()L L L h ∆=-+=39 cm
②[3][4]由于空气柱的长度减小，因此外界对气体做正功，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律，此时气体放热。

19．4
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T 1升高到T 2，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．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
340J 120J 220J U Q W ∆=+=-=
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
220J 40J 260J Q U W '=∆'-'=+=
三、解答题
21．
（1）01.08T （2）00.15Q p hS -
(1)对活塞由平衡条件可知封闭气体的压强为
p 1=p 0+mg S
=1.25p 0 T 1=T 0 V 1=hS
活塞上放物块后根据平衡得封闭气体的压强为：p 2=1.5p 0
V 2=
910
hS =0.9hS 由理想气体方程得 112202
pV p V T T = 解得
T 2=1.08T 0；
(2).加热过程气体对外做功为
W =−p 2△V =−1.5p 0(h −0.9h )S =−0.15p 0hS
由热力学第一定律△E =W +Q 得加热过程中气体的内能增加量
△E =Q +W =Q −0.15p 0hS
22．
(1)W PS h =∆ (2)00KT 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)1450K =T ；(2)310J U ∆=
(1)当汽缸水平放置时，有501010Pa p =⨯，01V L S =，0(27327)T K =+；
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示
此时有
10p S p S mg =+
则
551022001010Pa+Pa 1210Pa 10
p mg S p -=+
=⨯=⨯.. 此时体积 112()V L L S =+
整个过程由理想气体状态方程得
0111201
()p L S p L L S T T += 解得1450K =T ；
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时由玻意耳定律得
011p L S p LS =
解得
50151 1.01012cm 10cm 1.210
p L L p ⨯⨯===⨯ 加热后气体做等压变化，外界对气体做功为
112()60J W p L L L S =-+-=-
根据热力学第一定律
U W Q ∆=+
得
310J U ∆=24．
(1)被认定为枪支；(2)2.15J
(1)设弹丸离开枪口时的速度为v 0，经时间t 落地，有
212
h gt = 0L v t =
解得
202212 3.4J/cm 1.8J/cm kS mv E S
==>
所以该玩具枪被认定为枪支。

(2)设弹丸在枪管内加速过程中，高压气体对弹丸做的功为W ，枪内高压气体减少的内能为U ∆，有
20012
W p Sd mv -=
由热力学第一定律得 U W ∆=
解得 2.15J U ∆=
25．
(1)480K ；(2)289J
(1)根据盖吕萨克定律可得
1212
V V T T = 代入数据可得
2480K T =
(2)缸内气体压强
0mg p p S
=+
根据热力学第一定律有 U W Q ∆=+
其中
W p V =-∆
代入数据
289J Q =26．
（1）0mg p p S
=+；（2）()0Q p Sh mgh -+；（3）()273K t t ∆=+ （1）活塞静止，处于平衡状态，由平衡条件得：
0p S mg pS +=
容器中气体压强为
0mg p p S
=+ （2）活塞缓慢上升，气体等压变化，故气体对外做功为
0mg W p V p Sh S ⎛⎫=∆=+ ⎪⎝
⎭ 由热力学第一定律可知，气体内能增量为
()0U Q W Q p Sh mgh ∆=-=-+
（3）由盖吕萨克定律可得
2273273hs hs t t ='
++ 解得2732t t '=+ 故气体温度升高了
()273K t t t t '∆=-=+。