第三章 热力学定律 章末检测卷 -2024-2025学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第三册

章末检测卷（第三章）——热力学定律 物理试题 一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是(　　) A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定是吸收了热量 C.物体温度不变，就没有吸热或放热 D.物体温度升高，内能不一定增加 2.对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　) A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少 C.凡与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，在传热中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体 D.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律 3.关于热力学第二定律，下列说法正确的是(　　) A.浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精 B.空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体 C.若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功 D.理想热机的效率可以达到100% 4. 1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖，如图所示，云室里封闭一定质量的气体(可视为理想气体)。现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体(　　) A.温度升高 B.压强减小 C.向外放出热量 D.分子的数密度增大 5.健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是(　　) A.健身球内的气体向外界释放热量 B.健身球内的气体对外界做正功 C.健身球内的气体内能变大 D.健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数不变 6.我国建成后的“天宫”空间站，是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体，三舱皆有“气闸舱”；航天员出站时，要途经“气闸舱”“减压”后才能出站；从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。“气闸舱”的原理如图所示，相通的两容器A、B之间装有阀门K，A内充满气体，B内为真空；打开阀门K后，A内的气体进入B中，达到平衡后，再关闭阀门K；B即为“气闸舱”。若整个系统跟外界没有热交换，气体为理想气体，则(　　) A.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，对外做了功 B.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，温度降低 C.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体分子势能减少 D.即使阀门K一直处于打开状态，容器B中气体也不可能自发地全部退回到容器A中 7如图所示为斯特林发动机玩具，在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则(　　) A.活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比 B.气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比 C.发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功 D.气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化 8.如图所示，一定质量的理想气体在绝热过程中由状态A变化到状态B，该过程中(　　) A.外界对气体做功 B.气体的内能不变 C.气体分子的平均动能增大 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减少 9.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.汽缸内的活塞向右运动 B.汽缸内气体的内能变小 C.汽缸内气体的压强减小 D.汽缸内气体的分子平均动能变大 10.一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　) A.状态a、b、c的压强满足3pc=3pb=pa B.过程a到b中气体对外界做功，吸收热量，内能增加 C.过程b到c中外界对气体做功，气体内能增加 D.过程c到a中气体吸收的热量等于气体对外界做的功 11.)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法不正确的是(　　) A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量 B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递 C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低 二、非选择题：共5题，共56分，其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12.(10分)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)，已知某些状态的部分参数如图所示。试解决下列问题： (1)(4分)从状态C→D过程气体分子的密度　　　　　　，分子的平均动能会　　　　　　(均选填“变大”“变小”或“不变”)；  (2)(2分)已知状态A的温度TA=250 K，求状态C的温度TC=　　　　　　 K；  (3)(4分)若已知A→B过程放热Q=80 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB=　　　　　 J，B→C过程外界对气体做的功WBC=　　　　　 J。  13.(10分)一个拧紧瓶盖的空饮料瓶，在温度为7 ℃时，瓶内气体压强为1.0×105 Pa；当温度升高到35 ℃过程中，瓶内气体吸收了17 J的热量，整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变，求： (1)(5分)35 ℃时，瓶内气体压强； (2)(5分)气体内能增加量。 14.(10分)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理如图所示。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量m=100 g，横截面积S=10 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h=6 cm，缸内温度为T1=360 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh=4 cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。 (1)(4分)求该报警装置的报警温度T2； (2)(6分)若上述过程气体的内能增加15.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。 15.(12分)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2，质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)气体从状态A到状态B，其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；  (2)(4分)求气体在状态C的温度TC； (3)(4分)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。 16.(14分)如图甲所示，竖直放置的汽缸高H=18 cm，距缸底h=11 cm的光滑内壁上安装有小支架，质量m=1 kg、横截面积S=1×10-3 m2的活塞静置于支架上。缸内封闭了一定质量的理想气体，气体的温度t0=27 ℃，压强等于大气压强p0=1.0×105 Pa、活塞与内壁接触紧密。现对密闭气体缓慢加热，使气体温度最终升高至T=450 K，此过程气体内能增加了13.6 J，热力学温度与摄氏温度之间的关系取T=t+273(K)，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(4分)在缓慢加热过程中，活塞刚要离开小支架时的气体温度T1； (2)(5分)在如图乙所示的p-V图像上，画出整个过程中汽缸内气体的状态变化并写出简要的计算过程； (3)(5分)整个过程气体吸收的热量Q。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 章末检测卷（第三章）——热力学定律 物理试题 一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是(　　) A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定是吸收了热量 C.物体温度不变，就没有吸热或放热 D.物体温度升高，内能不一定增加 答案　D 解析　晶体熔化过程中物体吸收热量，内能增大但温度不变，故A错误； 物体温度升高可能是因为吸收热量，也可能是外界对其做功，故B错误；物体温度不变，但仍可能有吸热或放热。例如在晶体熔化过程中，温度不变，物体持续吸热；在晶体凝固过程中，温度不变，物体持续放热，故C错误；内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，与物体温度、体积有关，故D正确。 2.对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　) A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少 C.凡与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，在传热中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体 D.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律 答案　D 解析　根据热力学第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J，气体的内能减小20 J，故A错误；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；能量耗散过程体现了与热现象有关的宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。 3.关于热力学第二定律，下列说法正确的是(　　) A.浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精 B.空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体 C.若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功 D.理想热机的效率可以达到100% 答案　B 解析　浓度为75%的医用酒精长时间静置，不会自然分离为水和纯酒精，违反热力学第二定律，故A错误；空调既能制热也能制冷，说明通过压缩机做功能够把热量从低温物体传到高温物体，故B正确；热力学第二定律可表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它完全变成功，而不引起其他影响，故C错误；由C中分析可知，理想热机的效率不可能达到100%，故D错误。 4. 1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖，如图所示，云室里封闭一定质量的气体(可视为理想气体)。现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体(　　) A.温度升高 B.压强减小 C.向外放出热量 D.分子的数密度增大 答案　B 解析　云室内封闭一定质量的气体，迅速向下拉动活塞，时间短，故看作绝热过程，Q=0，气体体积增大，对外做功，W为负值，根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q，内能减小，故温度降低，A、C错误；被封气体体积增大，温度降低，由理想气体状态变化方程可知压强减小，B正确；气体体积增大，总分子数不变，则数密度减小，D错误。 5.健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是(　　) A.健身球内的气体向外界释放热量 B.健身球内的气体对外界做正功 C.健身球内的气体内能变大 D.健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数不变 答案　A 解析　健身者正在挤压健身球，即外界对气体做正功，故B错误；健身球内的气体视为理想气体，其内能只有分子动能，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，故C错误；因外界对气体做正功W>0，气体内能不变ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，气体向外界释放热量，故A正确；气体的温度不变，即所有分子的平均速率不变，而体积变小，则单位体积的分子数变多，由理想气体状态方程=C可知压强变大，则健身球内的气体单位时间内与单位面积球壁撞击的分子数变多，故D错误。 6.我国建成后的“天宫”空间站，是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体，三舱皆有“气闸舱”；航天员出站时，要途经“气闸舱”“减压”后才能出站；从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。“气闸舱”的原理如图所示，相通的两容器A、B之间装有阀门K，A内充满气体，B内为真空；打开阀门K后，A内的气体进入B中，达到平衡后，再关闭阀门K；B即为“气闸舱”。若整个系统跟外界没有热交换，气体为理想气体，则(　　) A.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，对外做了功 B.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体膨胀，温度降低 C.容器A内的气体进入容器B的过程中，气体分子势能减少 D.即使阀门K一直处于打开状态，容器B中气体也不可能自发地全部退回到容器A中 答案　D 解析　当阀门K被打开时，容器A中的气体进入容器B中，由于容器B中为真空，所以气体体积膨胀，对外不做功，又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体为理想气体，没有分子势能，则气体的温度也不变，故A、B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，容器B中气体不可能自发地全部退回到容器A中，故D正确。 7.如图所示为斯特林发动机玩具，在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则(　　) A.活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比 B.气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比 C.发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功 D.气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化 答案　C 解析　可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压缩气体时，气体温度要发生变化，根据=C可知，只有当气体的温度不变时，气体的压强才与体积成反比，故A错误；气体膨胀时，气体压强要发生变化，根据=C可知，只有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度才成正比，故B错误；发动机工作时，气体温度升高，内能增加，且气体同时对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知吸收的热量大于对外做的功，故C正确；根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化，故D错误。 8.如图所示，一定质量的理想气体在绝热过程中由状态A变化到状态B，该过程中(　　) A.外界对气体做功 B.气体的内能不变 C.气体分子的平均动能增大 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减少 答案　D 解析　由题图可知，气体的体积不断增大，故气体对外界做功，故A错误；由于气体对外做功，而理想气体处于绝热状态，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，理想气体的内能减小，故B错误；理想气体的内能只与温度有关，由上述分析可知，理想气体的内能减小，故理想气体的温度降低，则气体分子的平均动能减小，故C错误；气体的体积变大，平均动能减小，而分子总个数不变，则单位体积的分子个数减少，故单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减少，故D正确。 9.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.汽缸内的活塞向右运动 B.汽缸内气体的内能变小 C.汽缸内气体的压强减小 D.汽缸内气体的分子平均动能变大 答案　D 解析　设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。 10.一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　) A.状态a、b、c的压强满足3pc=3pb=pa B.过程a到b中气体对外界做功，吸收热量，内能增加 C.过程b到c中外界对气体做功，气体内能增加 D.过程c到a中气体吸收的热量等于气体对外界做的功 答案　D 解析　根据理想气体状态方程=C(常数)，由题图可得pb=pc，Va=Vb，则==，得pc=pb=3pa，A错误；过程a到b中，由题图可得，气体的体积不变，说明气体对外界不做功，温度升高，说明内能增加，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，此过程中，气体吸收热量，B错误；过程b到c中，由题图可得，气体的体积减小，说明外界对气体做功，温度降低，说明气体内能减小，C错误；由题图可得，过程c到a温度不变，说明内能不变，即ΔU=0，体积增大，说明气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知此过程中气体吸收热量，且气体吸收的热量等于气体对外界做的功，D正确。 11.如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法不正确的是(　　) A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量 B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递 C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低 答案　C 解析　根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做功)=Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，制冷剂从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。 二、非选择题：共5题，共56分，其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12.(10分)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)，已知某些状态的部分参数如图所示。试解决下列问题： (1)(4分)从状态C→D过程气体分子的密度　　　　　　，分子的平均动能会　　　　　　(均选填“变大”“变小”或“不变”)；  (2)(2分)已知状态A的温度TA=250 K，求状态C的温度TC=　　　　　　 K；  (3)(4分)若已知A→B过程放热Q=80 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB=　　　　　　 J，B→C过程外界对气体做的功WBC=　　　　　　 J。  答案　(1)变小　变大　(2)250　(3)-20　 20 解析　(1) 从状态C→D过程，气体体积变大，气体质量不变，气体分子的密度变小； 从状态C→D过程，压强不变，由盖-吕萨克定律得，气体的体积变大，温度升高，则气体分子的平均动能会变大； (2) 根据理想气体状态方程，有：=，代入数据，解得TC=250 K； (3)A→B过程外界对气体做功W=pΔV=1×105×(1.2-0.6)×10-3 J=60 J 气体放热Q=80 J 则A→B过程中内能的变化量ΔUAB=W-Q=-20 J； 从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC=20 J。 13.(10分)一个拧紧瓶盖的空饮料瓶，在温度为7 ℃时，瓶内气体压强为1.0×105 Pa；当温度升高到35 ℃过程中，瓶内气体吸收了17 J的热量，整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变，求： (1)(5分)35 ℃时，瓶内气体压强； (2)(5分)气体内能增加量。 答案　(1)1.1×105 Pa　(2)17 J 解析　(1)气体体积不变，则根据查理定律可知= 解得35 ℃时，瓶内气体压强大小为p2=p1=×1.0×105 Pa=1.1×105 Pa (2)气体体积不变，则W=0 瓶内气体吸收了17 J的热量，则Q=17 J 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 可得ΔU=17 J，即气体内能增加了17 J。 14.(10分)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理如图所示。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量m=100 g，横截面积S=10 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h=6 cm，缸内温度为T1=360 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh=4 cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。 (1)(4分)求该报警装置的报警温度T2； (2)(6分)若上述过程气体的内能增加15.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。 答案　(1)600 K　(2)20 J 解析　(1)气体发生等压变化，则= 又V1=hS，V2=(h+Δh)S 解得T2=600 K。 (2)缸内气体压强p=p0+=1.01×105 Pa 气体等压膨胀，外界对气体做的功 W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J 由热力学第一定律得ΔU=W+Q 得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J 则气体吸热20 J。 15.(12分)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2，质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)气体从状态A到状态B，其分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；  (2)(4分)求气体在状态C的温度TC； (3)(4分)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。 答案　(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J 解析　(1)圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大； (2)状态A时的压强pA=p0-=1.0×105 Pa， 温度TA=300 K，体积VA=600 cm3； 状态C时的压强pC=1.4×105 Pa，温度为TC，体积VC=500 cm3； 根据= 解得TC=350 K (3)从B到C气体进行等容变化，则WBC=0， 因从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外界吸热25 J， 而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J， 从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11 J。 16.(14分)如图甲所示，竖直放置的汽缸高H=18 cm，距缸底h=11 cm的光滑内壁上安装有小支架，质量m=1 kg、横截面积S=1×10-3 m2的活塞静置于支架上。缸内封闭了一定质量的理想气体，气体的温度t0=27 ℃，压强等于大气压强p0=1.0×105 Pa、活塞与内壁接触紧密。现对密闭气体缓慢加热，使气体温度最终升高至T=450 K，此过程气体内能增加了13.6 J，热力学温度与摄氏温度之间的关系取T=t+273(K)，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(4分)在缓慢加热过程中，活塞刚要离开小支架时的气体温度T1； (2)(5分)在如图乙所示的p-V图像上，画出整个过程中汽缸内气体的状态变化并写出简要的计算过程； (3)(5分)整个过程气体吸收的热量Q。 答案　(1)330 K　(2)见解析　(3)18 J 解析　(1)当活塞刚要离开小支架时p1=p0+ 解得p1=1.1×105 Pa 活塞离开支架前气体做等容变化，有= T0=(27+273)K=300 K 解得T1=330 K (2)活塞离开支架后气体做等压变化，有= V1=Sh 解得V2=1.5×10-4 m3 则h2==15 cm p-V图像如图所示 (3)气体对外界做功 W=-p1SΔh=-4.4 J 由热力学第一定律ΔU=W+Q 解得Q=18 J。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$