第53期 功、热和内能的改变 热力学第一定律-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期（２０２５年８月）　　　 第５３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．因高压空气急剧外逸时，气体没有时间充分与外界发生 热交换，可近似看成绝热膨胀过程．气体对外做功，内能减小， 所以关闭开关时，筒内气体温度较外界低，再经过较长时间后， 筒内外气体温度相同．对筒内剩余气体分析，属于等容升温过 程，其压强要变大，大于外界气压，所以再打开开关时，筒内气 体要流向筒外，故Ｂ正确． ２．两球初、末态温度相同，初、末态体积也相同，所以内能 增量相同，但水银中的Ｂ球膨胀时对外做功多，所以吸热较多， 故Ｂ正确． ３．向下压ａ的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增 大，故Ａ正确；向下压ａ的过程中，瓶内气体体积减小，压强增 大，温度升高，故ＢＣＤ错误． ４．用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于做功改变物体内能； 用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火， 铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能， 故Ｃ正确． ５．根据图像可知，从状态ａ到ｂ，气体的压强增大，体积增 大，故温度升高，内能增大，故Ａ错误；等温变化的ｐ－Ｖ图像为 双曲线，不是圆弧，因此从状态ｂ到状态 ｃ不是等温变化，故 Ｂ 错误；从状态ｃ到 ｄ，气体体积减小，外界对气体做功，故 Ｃ错 误；整个循环过程中，从状态ａ经ｂ、ｃ、ｄ回到状态ａ，气体温度不 变内能不变，由于ｐ－Ｖ图像与横轴所围几何图形的面积表示 功，多边形ａｂｃｄａ的面积表示对外做功，根据热力学第一定律 可知，气体吸热，故Ｄ正确． ６．人体缓慢离开健身球过程中，球体积变大，则球内气体 对外做功，故Ａ正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能 与外界发生充分的热交换，球内气体的温度不变，体积变大，分 子的平均速率不变，平均动能不变，内能不变，由热力学第一定 律 知球内气体从外界吸热，故ＢＣＤ错误． ７．以活塞为研究对象，根据受力平衡可得两气缸中气体的 压强相等，故Ａ错误；因Ａ是导热气缸，所以Ａ中气体温度不变， 内能不变；因Ｂ是绝热气缸，活塞对气体做功，气体的内能增 加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误；根据理想气体状态方程可知， Ａ中气体体积小于Ｂ中气体体积，故Ｂ错误．故选Ｃ． ８．１２００　放出　１０００ 解析：做功和传热在改变物体内能上是等效的，因此若用 吸热方式使温度升高３℃，应吸收１２００Ｊ的热量． ９．解析：（１）活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故 气体做等压变化，由盖 －吕萨克定律可知：ＶＴ ＝ ΔＶ ΔＴ ，其中Ｖ＝ １ ２Ｓｈ，ΔＶ＝（Δｘ）Ｓ， 解得Δｔ＝ΔＴ＝２Δｘｈ·（２７３＋ｔ）． （２）设汽缸内压强为ｐ，由平衡条件得：ｐＳ＝ｐ０Ｓ－Ｇ，封闭 气体对外做功：Ｗ ＝－ΔｐＳΔｘ＝－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ，由热力学第一 定律得：ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ ＝Ｑ－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ． １０．解析：（１）加热过程，气体发生等压变化 由盖 －吕萨克定律，有ｈＳＴ０ ＝ＨＳＴ 代入数据，解得Ｔ＝６００Ｋ． （２）活塞受重力、大气压力和内部气体压力作用处于平衡 状态，设气体的压强为ｐ，由共点力平衡条件，有ｐＳ＝ｍｇ＋ｐ０Ｓ 加热过程中，气体对外做的功Ｗ ＝ｐＳ（Ｈ－ｈ                                                         ） —１— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 即Ｗ ＝（ｍｇ＋ｐ０Ｓ）（Ｈ－ｈ） 代入数据，解得Ｗ ＝５０．３Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．由图可知气体的ｐ、Ｖ一直增加，由理想气体状态方程ｐＶＴ ＝Ｃ知，气体温度一直增加，故Ａ正确；一定量的理想气体内能 只与温度有关，温度一直增加，气体的内能一直增加，故 Ｂ错 误；体积增大，气体一直对外做功，即外界一直对气体做负功， 气体内能一直增加，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知气 体一直从外界吸热，故Ｄ正确，Ｃ错误． ２．压缩冲程中，柱塞对气缸内气体做正功，柱塞机械能转 化为气体内能，气缸内气体内能增大，气缸内气体温度升高，故 Ａ错误，Ｂ正确；做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能 转化为机械能，气缸内气体内能减少，气缸内气体温度降低；由 于气缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程 可知气体压强变小，故Ｃ错误、Ｄ正确． ３．初始时汽缸Ａ中气体的压强为ｐＡ ＝ｐ０＋ Ｍｇ Ｓ，解得汽缸 Ａ的质量Ｍ＝１０ｋｇ，故Ａ正确；放上物块Ｃ待系统重新达到平 衡后，汽缸Ａ、汽缸Ｂ内的气体温度均不变，则内能均不变，由热 力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝０可知，汽缸内气体的体积均减 小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故 Ｂ错误；放上 物块Ｃ待系统重新达到稳定后，汽缸Ａ内气体的压强ｐ２＝ｐ０＋ （Ｍ＋ｍ）ｇ Ｓ ，解得ｐ２＝１．６×１０ ５Ｐａ，设此时汽缸Ａ内气体的体积 为Ｖ，由玻意耳定律可得ｐＡＬＡＳ＝ｐ２Ｖ，解得Ｖ＝３７５ｃｍ ３，则汽 缸Ａ内的气体体积缩小了ΔＶ＝ＳＬＡ－Ｖ＝１２５ｃｍ ３，故Ｃ错误； 放上物块Ｃ待系统稳定后，设汽缸Ｂ内气体的压强为 ｐＢ，以 Ｂ 中活塞为研究对象，有（Ｍ＋ｍ）ｇ＋ｐ０·２Ｓ＝ｐＢ·２Ｓ，解得ｐＢ ＝ １．３×１０５Ｐａ，故Ｄ正确． ４．（１）变小　变小　当气体体积不变时，温度降低，分子 热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强降 低 （２）升高　放热　Ｗ＋ΔＵ 解析：（１）温度降低，可知分子平均动能减小，当气体体积 不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞 的次数减少，故压强变小． （２）温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低， ΔＵ为负值，液面升高，外界对气体做正功，气体放热，根据 －ΔＵ＝Ｗ－Ｑ，则Ｑ＝Ｗ＋ΔＵ． ５．解析：（１）当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力 为零，设此时绳的拉力为Ｆ，活塞受力平衡ｐ０Ｓ＝ｐ２Ｓ＋Ｆ 小物体受力平衡Ｆ＝ｍｇ 解得ｐ２ ＝１×１０ ５Ｐａ 汽缸内气体等容变化，根据查理定律 ｐ１ Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 其中ｐ１ ＝ｐ０ Ｔ１ ＝１０１Ｋ 解得Ｔ２ ＝１００Ｋ． （２）气体温度从１０１Ｋ降温至１００Ｋ过程中，外界对气体 做功Ｗ１ ＝０ 继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功 Ｗ２ ＝ ｐ２Ｓ（ｈ１－ｈ２） 解得Ｗ２ ＝４０Ｊ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ 其中Ｑ＝－１０Ｊ． 第５４期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｃ 提示： １．因Ａ部分气体密度小，Ｂ部分气体密度大，以整体为研究 对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重 心在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能 量守恒定律可知，吸收的热量Ｑ有一部分转化为气体的重力势 能，另一部分转化为内能．故Ｂ正确． ２．Ａ、Ｂ升高相同的温度，根据Ｑ＝ｃｍΔｔ可知，升温需要的 能量是相同的．由于受热膨胀，Ａ的重心升高，重力势能增加， ＱＡ一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔＥｐ，即ＱＡ ＝Ｑ ＋ΔＥｐ；Ｂ的重心降低，重力势能减小，ＱＢ                                                                      和减少的重力势能 —２— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ΔＥｐ共同用于升温，即Ｑ＝ＱＢ＋ΔＥｐ；显然ＱＡ＞ＱＢ．故Ｃ正确． ３．形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水， 由能量守恒知能量来源于热水，故 ＡＢＣ错误；由能量守恒知， 叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分在空气中释 放，故Ｄ正确． ４．根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不 能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而 不产生其他影响是不可能实现的，故 Ａ错误；利用太阳能最有 前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以 利用，解决照明和热水问题，故 Ｂ正确；绝对零度是温度的极 值，是不能达到的，故Ｃ错误；根据热力学第二定律可知，汽车 尾气中各类有害气体不能自发分离，要在排气管上安装催化转 化器，故Ｄ错误． ５．气体自由膨胀，所有气体分子的运动方向并不相同，气 体没有对外做功，同时由于整个系统与外界没有热交换，根据 热力学第一定律可知，内能不变，故ＡＣ错误；一切与热有关的 宏观过程均具有方向性，故Ｂ中气体不可能自发地全部退回到 Ａ中，故Ｂ错误；因为内能不变，故温度不变，分子平均动能不 变，气闸舱Ｂ内为真空，所以气体的密集程度减小，可知气体分 子单位时间内与 Ａ舱壁单位面积的碰撞次数将减少，故 Ｄ正 确． ６．电冰箱通过电流做功，把热量从冰箱内温度较低的冷冻 室冷藏室传到冰箱外温度较高的空气中，但这一过程消耗了电 能，即引起“其他变化”，符合热力学第二定律，故Ａ正确．工作 物质从单一热源吸热，一部分用来对外做功，一部分向低温热 源释放热量，符合热力学第二定律，故Ｂ正确．单源热机不可能 从高温热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化．不符 合热力学第二定律，故Ｃ错误．与题意相符；热量可以自发的从 高温热源传递到低温热源．符合热力学第二定律，故Ｄ正确． ７．根据热力学第二定律，热机效率不能达到１００％，故Ａ错 误；由热力学第二定律的表述：不可能从单一热库吸收热量，使 之完全变成功，而不产生其他影响可知，不可能把汽油燃烧释 放的热量全部用来做功，而不引起其他变化，故 Ｂ错误，Ｃ正 确；机械能可以全部转化为内能，因此汽车刹车时能把动能全 部转化为内能，Ｄ错误． ８．不违背　气体对外做功 解析：热力学第二定律的克劳修斯表述为热量不能自发地 从低温物体传到高温物体，电冰箱依靠压缩机实现了将热量从 低温物体转移到高温物体，不违背热力学第二定律．制冷剂在 蒸发器中由液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功． ９．（１）４５０Ｋ （２）１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６ 解析：（１）左边容器中气体初始体积为 Ｖ３，初始温度为 Ｔ０ ＝３００Ｋ，当体积为 Ｖ２时，气体等压变化，由 Ｖ Ｔ ＝Ｃ可得 Ｖ ３ Ｔ０ ＝ Ｖ ２ Ｔ，解得外界的温度为Ｔ＝４５０Ｋ． （２）左边容器中气体对外做功为Ｗ＝ｐ０ＳＬ＝ｐ０（ Ｖ ２－ Ｖ ３） ＝ ｐ０Ｖ ６，由能量守恒可得气体吸收的能量为Ｑ＝ｋ（Ｔ－Ｔ０）＋Ｗ ＝１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６． １０．（１）５６０Ｋ　８４０Ｋ （２）吸热　２６Ｊ 解析：（１）Ａ→Ｂ根据理想气体状态方程 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ 解得 ＴＢ ＝５６０Ｋ Ｂ→Ｃ是等压变化，根据盖 －吕萨克定律 ＶＢ ＴＢ ＝ ＶＣ ＴＣ 解得ＴＣ ＝８４０Ｋ． （２）根据题意ＷＡＢ ＝３４Ｊ Ｂ→Ｃ过程气体膨胀，外界对气体做功 ＷＢＣ ＝－ｐΔＶ＝－ｐ（ＶＣ－ＶＢ）＝－６０Ｊ Ｃ→Ａ过程气体体积不变ＷＣＡ ＝０ 整个循环过程Ｗ ＝ＷＡＢ＋ＷＢＣ ＋ＷＣＡ ＝－２６Ｊ 由于理想气体内能只与温度有关，所以经历一个循环过程 后，内能不变，即ΔＵ＝０ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ解得Ｑ＝２６Ｊ 所以此循环过程气体吸热２６Ｊ                                                                      ． —３— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｂ组 １．ＡＣＤ　２．ＢＣ　３．ＡＢＣ 提示： １．根据热力学第二定律可知，热机中燃气的内能不可能全 部变成机械能，故Ａ正确；电流的能可以全部变成内能，故Ｂ错 误；根据热力学第二定律可知，在火力发电机中，燃料的内能不 可能全部变成电能，故Ｃ正确；在热传导中，热量不可能自发地 从低温物体传递给高温物体，故Ｄ正确． ２．热力学第二定律适用于所有的热学过程，故 Ｃ正确，Ｄ 错误；热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，要想使热 量从低温物体传递到高温物体必须借助于其他系统做功，故Ａ 错误，Ｂ正确． ３．阀门Ｋ打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中的扩散是不可 逆的，遵循热力学第二定律，故Ａ正确；气体自Ⅰ向Ⅱ的真空 中扩散时不做功，总内能不变，温度不变，体积变为原来的２ 倍，由理想气体状态方程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，ｔ２时刻Ⅰ中气体的压强 是ｔ１时刻的 １ ２，故 Ｂ正确；ｔ２ ～ｔ３时间内 Ⅲ 气体通过活塞对 Ⅰ、Ⅱ中的气体做功，Ⅲ中气体的内能减小，Ⅰ、Ⅱ中气体的内 能增加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ４．第二种表述：热机从热源吸收热量，一部分用于做功，一 部分会传给其周围的低温物体，则示意图如下图． !"#$ %& '"#( ! ! " ! " 实质：一切与热现象有关的宏观过程在自发进行时都具有 方向性，或一切与热现象有关的宏观自然过程在进行时都具有 方向性． ５．（１）不可逆，不变； （２）１０Ｎ；　（３）８９．３Ｊ． 解析：（１）根据热力学第二定律可知，气体从状态１到状态 ２是不可逆过程，由于隔板Ａ的左侧为真空，可知气体从状态１ 到状态２，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不 变，气体的温度不变，分子平均动能不变． （２）气体从状态１到状态２发生等温变化，则有 ｐ１Ｖ１ ＝ｐ２·２Ｖ１ 解得状态２气体的压强为ｐ２ ＝ ｐ１ ２ ＝１．０２×１０ ５Ｐａ 解锁活塞Ｂ，同时施加水平恒力Ｆ，仍使其保持静止，以活 塞Ｂ为对象，根据受力平衡可得ｐ２Ｓ＝ｐ０Ｓ＋Ｆ 解得Ｆ＝（ｐ２－ｐ０）Ｓ＝（１．０２×１０ ５－１．０１×１０５）×１００ ×１０－４Ｎ＝１０Ｎ （３）当电阻丝Ｃ加热时，活塞Ｂ能缓慢滑动（无摩擦），使 气体达到温度Ｔ２ ＝３５０Ｋ的状态． 第５５期参考答案 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＡＤ 提示： １．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，根据热 力学第二定律，我们可以容易地把这些内能的一部分收集起来 重新利用，不能全部收集起来重新利用，故Ａ错误；在能源的利 用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了， 从便于利用的变成了不便于利用的，故 Ｂ正确；第一类永动机 违反了能量守恒定律，是不可能制成的，故Ｃ错误；根据能量守 恒定律，各种能量在不转化时是守恒的，在转化时也是守恒的， 故Ｄ错误． ２．根据熵增加原理，在自然过程中一个孤立系统总是从熵 小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序，故 Ａ 错误；根据热力学第一定律可知，若外界对物体做功等于物体 向外界放出的热量，则物体的内能不变，故Ｂ正确；每个气体分 子的质量ｍ０ ＝ Ｍ ＮＡ ，每个气体分子平均占有的空间体积 Ｖ０ ＝ ｍ０ ρ ＝ Ｍ ρＮＡ ，它不是气体分子的体积，故Ｃ错误；密封在容积不变 的容器内的理想气体，若温度升高，单位体积内的分子个数不 变，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，则气体分子对 器壁单位面积上的平均作用力增大，故Ｄ错误． ３．根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ知，内能的增量ΔＵ由 Ｑ和Ｗ共同决定，物体吸收热量Ｑ，但做功Ｗ不确定，                                                                      所以其内 —４— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 能不一定增加，故Ａ错误；同理，气体对外做功时，热量传递 Ｑ 不确定，其内能也不一定减小，故Ｂ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压压缩过程中， 气体的温度一定降低，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定减少，故Ｃ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中， 气体的温度一定升高，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定增加，故Ｄ正确． ４．气体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，汽缸内气体的最高温 度设为Ｔ，此时压强为ｐ，气体的体积为Ｖ，根据理想气体气态方 程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ｐＶＴ，解得Ｔ＝ ｐＶ ｐＡＶＡ ＴＡ可知，当ｐＶ取值最大时，Ｔ有 最大值，由图可知，ｐＶ＝（－Ｖ＋５）Ｖ＝－Ｖ２＋５Ｖ，可知当Ｖ＝ ５ ２Ｌ时，ｐＶ有最大值，此时Ｔ最大，联立解得Ｔ＝４６８．７５Ｋ，气体 由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，根据理想气体气态方程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ ，代入图中数据可知ＴＡ ＝ＴＢ，可知，汽缸内气体的内能不 变，根据图可知，图线与坐标轴围成的面积表示气体做功，则气 体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，气体体积变大，气体对外做功 Ｗ＝７５０Ｊ，又根据ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知，汽缸从外界吸收热量，则 Ｑ＝７５０Ｊ，故选Ｃ． ５．由图可知，ａ→ｂ的过程中，气体体积变小，故外界对气 体做功，故Ａ错误；由图可知，ｂ→ｃ的过程中，气体体积变小， 故外界对气体做功，故Ｂ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ 可知，ａ→ｂ的过程中，ｐ增大，Ｖ减小，Ｔ不一定变大，故内能不 一定增大，故Ｃ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ可知，ｂ→ ｃ的过程中，ｐ不变，Ｖ减小，则Ｔ变小，则气体的内能逐渐变小， 故Ｄ正确． ６．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮 的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，故 Ａ错误；在小瓶上升 的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理 想气体状态方程 ｐＶ Ｔ＝Ｃ，气体体积膨胀，对外界做正功，故Ｂ正 确；由以上分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外 做功，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ，由于气体对外做功， 因此吸收的热量大于增加的内能，故ＣＤ错误． ７．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明 曲线②对应的平均动能较大，曲线②对应的温度较高，故Ａ错 误；图乙中，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由 ｐＶ＝ＣＴ结合图像可知Ｔ１＜Ｔ２，故Ｂ错误；图丙中，分子间的距 离从ｒ０增大的过程中，分子力先增大后减小，故 Ｃ错误；图丁 中，由微元法可得ｐ－Ｖ图像与横坐标轴围成的面积表示为气 体做功的多少，由图像可知，ａ→ｃ→ｂ过程比ａ→ｂ过程气体对 外界所做的功多，故Ｄ正确． ８．解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Ｑ的物理含义，推 动活塞Ｑ使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由 于缓慢推动活塞，气体增加的内能又以热量的形式释放到周围 环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，内能 不变，气体的平均动能不变，故ＡＤ错误，Ｂ正确；由于气体被压 缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上，汽缸受到 气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，故Ｃ正确． ９．将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由 ΔＵ ＝Ｑ＋Ｗ知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故Ａ正确， Ｂ错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到 气体分子的平均作用力大小不变，故Ｃ错误，Ｄ正确． １０．Ａ→Ｂ的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界 做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不 变，故Ａ正确；Ｂ→Ｃ的过程中，体积不变，单位体积内的分子数 不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故 Ｂ错误；Ｃ →Ｄ的过程中，直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体 积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故 Ｃ错 误；Ｄ→Ａ的过程中，气体的体积不变，单位体积内的分子数不 变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分 子的平均动能减小，故Ｄ正确． １１．ρＶＭＮＡ　大　０．１　降低 解析：气体物质的量为ｎ＝ρＶＭ，                                                                      该密闭气体的分子个数为 —５— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｎ＝ｎＮＡ ＝ ρＶ ＭＮＡ；气体对外做了０．８Ｊ的功，同时吸收了０．９Ｊ 的热量，根据热力学第一定律，有ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝－０．８Ｊ＋０．９Ｊ ＝０．１Ｊ；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速对外做 功，内能减小，温度降低． １２．（１）注射器针筒上的刻度 （２）Ｃ （３）能　烧瓶密封不严有漏气 解析：（１）这个实验是通过注射器注入水来改变烧瓶内的 气体体积的，所以实验中通过注射器针筒上的刻度测得注入烧 瓶中的水的体积． （２）等温变化时，气体压强与体积成反比，压强—体积图 像是曲线，为了更好地对实验数据进行分析，通常采取化曲为 直的作图方法．而Ｖ－１ｐ图像是直线，故Ａ、Ｂ、Ｄ错误，Ｃ正确． （３）根据上述实验数据的图像可以测得烧瓶的容积，上述 实验中存在着可能影响实验精确度的主要因素有烧瓶密封不 严有漏气（或烧瓶中气体温度有变化）． １３．（１）Ｔ＝２Ｔ０ （２）ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ 解析：（１）对处于平衡状态的活塞进行受力分析有 ｍｇ＋ｐ０Ｓ－ｐ１Ｓ＝０ 解得ｐ１ ＝ ｍｇ Ｓ＋ｐ０ 活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律 有 ＬＳ Ｔ０ ＝２ＬＳＴ 解得Ｔ＝２Ｔ０． （２）时间ｔ内电热炉盘电阻丝产生的热量Ｑ＝（ Ｉ０ 槡２ ）２Ｒｔ 气体对外做功Ｗ ＝ｐ１ＳＬ 根据热力学第一定律ΔＵ＝８０％Ｑ－Ｗ 解得ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ． １４．至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ 解析：第一次对气闸舱抽气，有ｐ０Ｖ２ ＝ｐ１（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ１ ＝ １５ １６ｐ０， 第二次对气闸舱抽气有ｐ１Ｖ２ ＝ｐ２（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ２ ＝ １５ １６ｐ１ ＝（ １５ １６） ２ｐ０， …… 第ｎ次对气闸舱抽气有ｐｎ－１Ｖ２ ＝ｐｎ（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐｎ ＝ １５ １６ｐｎ－１ ＝（ １５ １６） ｎｐ０， 当ｐｎ ＝（ １５ １６） ｎｐ０≤ １ ６４ｐ０即可打开闸门Ｂ，即 ｎｌｇ（１５１６）≤－６×ｌｇ２可得ｎ≥ －６×ｌｇ２ １＋ｌｇ３－５ｌｇ２＝６４．５， 所以至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ． １５．解析：（１）汽缸Ｂ导热，汽缸Ｂ中气体温度保持不变，汽 缸Ｂ中气体状态参量：ｐＢ１ ＝ｐ０，ＶＢ１ ＝Ｖ，ＶＢ２ ＝ １ ３Ｖ， 对汽缸Ｂ中的气体，由玻意耳定律得ｐＢ１ＶＢ１＝ｐＢ２ＶＢ２，解得 ｐＢ２ ＝３ｐ０； 两活塞等大，忽略活塞与汽缸的摩擦，两汽缸中气体压强 相等，则汽缸Ａ内气体的压强：ｐＡ ＝ｐＢ２ ＝３ｐ０． （２）Ｂ中气体体积减为原来的三分之一时，Ａ中气体体积 为Ｖ＋（１－１３）Ｖ＝ ５ ３Ｖ 对汽缸Ａ中气体，由理想气体状态方程得 ｐ０Ｖ Ｔ０ ＝ ｐＡ· ５ ３Ｖ ＴＡ ， 解得ＴＡ ＝５Ｔ０ 汽缸Ａ内气体升温时内能增加：ΔＵ ＝α（ＴＡ －Ｔ０）＝ ４αＴ０ 汽缸Ｂ内气体温度不变，内能不变， 以汽缸Ａ、Ｂ内两部分气体为研究对象，则对外做功为０，由 能量守恒定律得Ｑ１ ＝ΔＵ＋Ｑ２ 解得，汽缸Ｂ内气体放出热量为Ｑ２ ＝Ｑ１－４αＴ０． 第５６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｂ 提示： １．这种极紫外光的光子能量约为Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ≈ １．４７× １０－１７Ｊ，故选Ｄ                                                                      ． —６— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ２．碰撞前光子的动量和能量分别为ｐ＝ｈ λ ，Ｅ＝ｈｃ λ ，故ＡＢ 错误；碰撞后光子的动量和能量分别为ｐ′＝２ｈ３λ 、Ｅ′＝２ｈｃ３λ ，故Ｃ 错误，Ｄ正确． ３．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高， 辐射越强越大，故ＡＤ错误；黑体辐射的波长分布情况也随温 度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在 ５００℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射， 即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故Ｂ正确，Ｃ错误． ４．根据题意可知，光电子从金属表面逸出后的最大初动能 为Ｅｋｍ ＝ｅＵ０，根据动能定理可得当电压表示数分别为Ｕ０、３Ｕ０ 时，到达阳极Ａ的光电子的最大动能分别为 Ｅｋ１ ＝Ｅｋｍ ＋ｅＵ０， Ｅｋ２ ＝Ｅｋｍ ＋３ｅＵ０，联立可得 Ｅｋ１ Ｅｋ２ ＝ Ｕ０＋Ｕ０ Ｕ０＋３Ｕ０ ＝ １２，故Ｂ正确． ５．根据题意，由光电效应方程有ｈｃ λ －Ｗ０＝ｅＵ， ｈｃ ２λ －Ｗ０＝ ｅＵ４，解得Ｗ０ ＝ ｈｃ ３λ ，故Ｃ正确． ６．根据题意，由光电效应方程有Ｅｋｍ ＝ｈν－Ｗ０，又有ν＝ ｃ λ ，整理可得λ＝ ｈｃＥｋｍ ＋Ｗ０ 由图可知，当λ＝ａ时，Ｅｋｍ ＝０，解 得Ｗ０ ＝ ｈｃ ａ，当λ→＋∞时，Ｅｋｍ ＝－ｂ＝－Ｗ０，联立解得ｈ＝ ａｂ ｃ，故Ｃ正确． ７．根据光电效应方程和动能定理可得 Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，０－ Ｅｋ＝ｅＵ，可得ｅＵ＝ｈν－Ｗ０，由题图可知，ｂ光的遏止电压最大， ａ、ｃ两光的遏止电压相等，则ｂ光光子的能量最大，ａ、ｃ两光光 子的能量相等，ａ光产生光电子的最大初动能与 ｃ光产生光电 子的最大初动能相等；故ＡＣ错误；由于ｂ光光子的能量大于ｃ 光光子的能量，则ｂ光的频率大于ｃ光的频率，ｂ光的波长比 ｃ 光的波长短，故Ｄ错误；由题图可知ａ光对应的饱和电流大于ｃ 光对应的饱和电流，且ａ、ｃ两光光子的能量相等，则ａ光的光强 比ｃ光大，故Ｂ正确． ８．０　ｋｅ 解析：若对同一金属实验，取某一入射光频率，并调节电源 电压，当光路的光电流为０时，记录此时电压和对应频率的实 验数据，然后改变入射光的频率，重复以上步骤，得到多组数 据；根据光电效应方程ｅＵ＝ｈν－Ｗ０解得Ｕ＝ ｈν ｅ－ Ｗ０ ｅ，斜率为 ｋ＝ ｈｅ，解得ｈ＝ｋｅ． ９．（１）１．２×１０１３； （２）Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． 解析：（１）单位时间内Ｋ极逸出的电子数Ｎ＝Ｑｅ，其中Ｑ ＝Ｉｔ，可得Ｎ＝１．２×１０１３个． （２）根据爱因斯坦光电效应方程，电子出来的最大初动能 为Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 电子到达电极Ａ的最大动能满足Ｕｅ＝Ｅｋｍ －Ｅｋ可得Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． １０．（１）ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ； （２）Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． 解析：（１）由爱因斯坦光电效应方程有Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 由动能定理有 －Ｕｃｅ＝０－Ｅｋ 联立得Ｕｃ＝ ｈ ｅν－ Ｗ０ ｅ 结合图像可得ｋ＝ Ｕ１ ν２－ν１ ＝ ｈｅ 解得ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ． （２）根据逸出功的定义Ｗ０ ＝ｈν１ 解得Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． Ｂ组 １．ＡＣ　２．ＡＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．从图中可以看出，随着温度的升高，一方面，各种波长的 辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短 的方向移动．故ＡＣ正确． ２．根据爱因斯坦光电方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ可知图线的斜率都 为普朗克常量ｈ，故Ａ正确；图形纵轴上的截距表示两金属板 Ａ、Ｂ的逸出功，根据图像可知，两金属板 Ａ、Ｂ                                                                      的逸出功之比为 —７— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 １∶２，故Ｂ正确；结合上述可知，图线横轴上的截距为截止频 率，根据图像可知，两金属板Ａ、Ｂ的截止频率之比为１∶２，故Ｃ 正确；对Ａ板有ｅＵＯＡ ＝ＥｋＡ ＝ｈ·３νＡ－ＷＡ ＝３ｈνＡ－ｈνＡ，对Ｂ 板有ｅＵＯＢ ＝ＥｋＢ ＝ｈ·３νＡ－ＷＢ ＝３ｈνＡ－２ｈνＡ ＝ｈνＡ，解得两 金属板Ａ、Ｂ的遏止电压之比ＵＯＡ∶ＵＯＢ ＝２∶１，故Ｄ错误． ３．由于入射光子能量相同，根据光子能量公式ε＝ｈν可知 三次实验入射光子的能量相同，频率相同，故Ａ正确；由于入射 光子能量相同，逸出光电子的最大初动能相同，根据爱因斯坦 光电效应方程Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，可知逸出功相同，三次实验光电 管中的金属板材质相同，故Ｂ错误；由于饱和光电流只与光照 强度有关，与照射光的光子能量无关，故Ｃ正确；若入射光子的 能量为４．０ｅＶ，逸出光电子的最大初动能为０．８ｅＶ，根据爱因 斯坦光电效应方程Ｅ＝ｈν－Ｗ０则有Ｅｋ１＝ε１－Ｗ０，解得Ｗ０＝ ε１－Ｅｋ１ ＝４．０ｅＶ－０．８ｅＶ＝３．２ｅＶ，若入射光子的能量为 ５．０ｅＶ，则有逸出光电子的最大初动能为 Ｅｋ２ ＝ε２ －Ｗ０ ＝ ５．０ｅＶ－３．２ｅＶ＝１．８ｅＶ，但并不是所有逸出光电子的初动 能一定为１．８ｅＶ，故Ｄ错误． ４．（１）Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ； （２）电源，ＵＡ， ＵＡ ＩＢ ． 解析：（１）由题意知遏止电压为ＵＡ，根据光电效应方程有 ｅＵＡ ＝ｈ ｃ λ －Ｗ０，解得Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ， 题意知在Ａ点电压为ＵＡ，电流为０，代入上式，得电动势Ｅ ＝ＵＡ 在Ｂ点电压为０，电流为ＩＢ，代入上式有Ｅ＝ＩＢｒ＝ＵＡ，解得 内阻ｒ＝ ＵＡ ＩＢ ． ５．（１）１．７ｅＶ； （２）１．０５ｅＶ； （３）不为零； （４）增大． 解析：（１）由题意可知，遏止电压为Ｕｃ＝１．７Ｖ，根据动能 定理可得光电子的最大初动能为Ｅｋ ＝ｅＵｃ＝１．７ｅＶ． （２）根据光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０可得光电管阴极的逸 出功为Ｗ０ ＝ｈν－Ｅｋ ＝２．７５ｅＶ－１．７ｅＶ＝１．０５ｅＶ； （３）断开开关Ｓ，光电效应依然发生，由光电流、光电管、电 流表、滑动变阻器构成闭合回路，电流表中电流不为零． （４）电源电压为反向电压，当滑动触头向ａ端滑动时，反向 电压增大，电压表示数增大                                        ． —８— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 书 （上接第３版） ３．某同学设计的空气减震器模型如图３甲 所示，它主要由活塞和导热性能良好的汽缸构 成，两轻质活塞通过横截面积不计的轻杆连接． 将该模型置于水平地面上，轻杆与地面垂直，汽 缸内密闭气体可视为理想气体．汽缸Ａ中活塞的 横截面积Ｓ＝５０ｃｍ２，初始时活塞到汽缸Ａ顶端 的距离ＬＡ ＝１０ｃｍ，汽缸Ａ内气体的压强 ｐＡ ＝ １．２×１０５Ｐａ．现将质量ｍ＝２０ｋｇ的物块Ｃ置于 汽缸Ａ顶部，如图乙所示．一段时间后，系统重新 达到平衡．已知汽缸 Ｂ中活塞的横截面积为汽 缸Ａ中活塞横截面积的２倍，活塞与汽缸间的摩 擦均忽略不计，汽缸始终密封良好，环境温度保 持不变，大气压强 ｐ０ ＝１．０×１０ ５ Ｐａ，ｇ取 １０ｍ／ｓ２．下列说法正确的是 （　　） Ａ．汽缸Ａ的质量为１０ｋｇ Ｂ．该过程汽缸Ａ、汽缸Ｂ内的气体均吸热 Ｃ．系统再次平衡后，汽缸 Ａ内的气体体积 缩小了３７５ｃｍ３ Ｄ．系统再次平衡后，汽缸 Ｂ中气体的压强 为１．３×１０５Ｐａ 二、填空题（共１２分） ４．小明同学设计了一种测温 装置，用于测量室内的气温（室内 的气压为一个标准大气压，相当 于７６ｃｍ汞柱产生的压强），结构 如图４所示，大玻璃泡 Ａ内有一定 量的气体，与Ａ相连的Ｂ管插在水 银槽中，管内水银面的高度ｘ可反 映泡内气体的温度，即环境温度， 将这个简易温度计放入冰箱，静置一段时间后 （１）玻璃泡内的气体分子平均动能 （选填“变大”“变小”或“不变”），气 体压强 （选填“变大”“变小”或“不 变”），请用分子动理论的观点从微观角度解释 气体压强变化： ． （２）温度计放入冰箱后，Ｂ管内水银柱液面 会 （选填“升高”“降低”或“不变”）． 设玻璃泡内气体内能变化的绝对值为 ΔＵ，气体 做功的绝对值为 Ｗ，则气体在这个过程中 （选填“吸热”或“放热”），变化的热量 大小为 ． 三、计算题（共１１分） ５．如图５所示，封闭有一定质量理想气体的 内壁光滑的导热汽缸固定在水平桌面上，且开 口向右放置；缸内有一横截面积为０．０１ｍ２的活 塞，其到汽缸底部的距离为１０ｃｍ；活塞通过轻 绳连接了一个质量为１ｋｇ的小物体，轻绳跨在 定滑轮上，滑轮左侧细绳水平，右侧连接小物体 的细绳竖直，轻绳恰好处于伸直状态．开始时汽 缸内、外压强相同，且均为１．０１×１０５Ｐａ，汽缸内 气体温度为１０１Ｋ，不计一切摩擦，ｇ取１０ｍ／ｓ２， 现缓慢降低汽缸内气体的温度． （１）求小物体刚离开地面时缸内气体的温 度． （２）从开始降低温度到活塞移动至距汽缸 底部６ｃｍ时，缸内气体共放出热量１０Ｊ，求此过 程中缸内气体内能的变化量（活塞移动过程中 汽缸不漏气）                                                                                   ． !"#$%&'() !" ! !" " !" ! !" " # # $ ! ! $ " ! ! " ! # 书 例１．在温度均匀的液体中，一个小气泡由 液体的底层缓慢地升到液面，上升过程中气泡 的体积不断增大，则气泡在浮起过程中 （　　） Ａ．放出热量　　　　Ｂ．吸收热量 Ｃ．不吸热也不放热 Ｄ．无法判断 解析：容易看出本题需选择气泡为研究对 象．由于气体分子之间的距离很大，相互作用力 非常小，对气体来说，气体状态变化时，分子势能 几乎不变，所以，一定质量的气体的内能变化，就 由气体分子热运动的动能总和的变化决定，即由 温度变化所决定．在温度均匀的液体中，一个小 气泡由液体的底层缓慢地升到液面的过程中，小 气泡温度不变，其内能增量ΔＵ＝０．上升过程中， 由于气泡内的压强不断减小（气泡内的压强等于 上部液体产生的压强与外界大气压之和），所以 气泡体积不断增大，气体要对外做功，即Ｗ ＜０． 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ，可知Ｑ＞０．所 以气泡在浮起过程中，吸收热量． 答案：Ｂ 总结：应用热力学第一定律解题的步骤： （１）确定研究对象 就是要明确内能变化的是哪一个物体或哪 一个热力学系统． （２）定性分析研究对象的内能变化是由外 界哪些物体或系统通过哪些过程引起的． （３）根据符号法则，确定 ΔＵ、Ｑ、Ｗ的正负 号，代入公式ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ进行计算． 例２．如图１所示，有两 个同样的球，其中 ａ球放在 不导热的水平面上，ｂ球用 细线悬挂起来．现供给 ａ、ｂ 两球相同的热量，则两球升 高的温度Δｔａ与Δｔｂ的关系是 （　　） Ａ．Δｔａ ＝Δｔｂ Ｂ．Δｔａ ＜Δｔｂ Ｃ．Δｔａ ＞Δｔｂ Ｄ．无法确定 解析：两球受热后，体积都要膨胀，ａ球因放 在不导热的水平面上，受热膨胀后，球的重心升 高，要克服重力做功，而耗费一部分能量，所以用 来提高球体温度的能量就减少了些（严格地讲， 是ａ球内能的增量就减少了些）．ｂ球情况刚好与 ａ球相反，ｂ球重心的下降引起ｂ球重力势能的减 小，重力对ｂ球做了功，所以ｂ球内能的增量要大 于“供给的能量”．而两球因膨胀引起的对大气的 做功情况是几乎相同的，所以Δｔａ ＜Δｔｂ． 答案：Ｂ 例３．如图２所示，容器Ａ、Ｂ中各有一个可自 由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大 气压恒定．Ａ、Ｂ的底部由带有阀门Ｋ的管道相连， 整个装置与外界绝热．原来，Ａ中 水面比Ｂ中高，打开阀门，使Ａ中 的水逐渐向Ｂ中流，最后达到平 衡，在这个过程中 （　　） Ａ．大气压力对水做功，水 的内能增加 Ｂ．水克服大气压力做功，水的内能减小 Ｃ．大气压力对水不做功，水的内能不变 Ｄ．大气压力对水不做功，水的内能增加 解析：由题设条件可知，打开阀门，由于水 的重力作用，水从 Ａ流向 Ｂ，由于水与器壁间的 摩擦作用，振动一段时间后达到平衡状态．Ａ中 和Ｂ中水面静止在同一高度上．水受到重力、器 壁压力和两水面上大气压力的作用．器壁压力 跟水流方向垂直，不做功；Ａ中部分水下移到 Ｂ 中，重力对水做功；设Ａ和Ｂ的横截面积分别为 ＳＡ和ＳＢ，两个活塞竖直位移分别为 ＬＡ和 ＬＢ，大 气压力对容器Ａ中的活塞做的功ＷＡ ＝ｐ０ＳＡＬＡ， 容器 Ｂ中的活塞克服大气压力做的功 ＷＢ ＝ ｐ０ＳＢＬＢ，由于ＳＢＬＢ＝ＳＡＬＡ，所以ＷＡ＝ＷＢ，因此大 气压力通过活塞对整个水做的功为零，即大气 压力对水不做功．根据能的转化和守恒定律，重 力势能的减少等于水的内能的增加． 答案：Ｄ 点评：本题涉及的知识面比较宽，且对能力 要求较高．本题的表述在表面上突出了大气压 力做功，却不知大气压力做的总功为零，而真正 起关键作用的因素是重力对水做功．只有经过 深入分析，才能发现这一隐含因素，从而正确解 答问题． % & ! $ ! " ! % ' ! *+ ,-. 书 热与内能和日常生活联系比较密切，因此 在学习过程中，要认真观察生活现象，学会运用 所学知识解释生活中常见的现象，从而体会科 学的重要性，从中获得利用科学知识解释相关 现象后的乐趣．那么，热与内能应当掌握哪些问 题呢？ 一、热传递问题 １．热传递是相互接触的两个物体，温度不 同时，会自发地将热量从高温物体传向低温物 体的过程． ２．热传递的条件：两物体温度不同． 只要存在温度差，热传递过程就会进行，与 原来物体内能的大小无关．热传递过程能量可 以由内能大的物体传到内能小的物体上，也可 以由内能小的物体传到内能大的物体上． ３．热传递的三种方式：热传导、热对流、热 辐射． 热传递的三种方式各有特点：热传导的特 点在于沿着物体但不伴之以物质的迁移，所以 多发生于固体上；热对流则是靠物质的流动来 传递热，所以热对流是液体和气体特有的传热 方式；热辐射则无需物质作为媒介，而是以直线 方式向外传递的． ４．热传递过程实质是能量转移的过程． 二、热量与内能 内能是由系统的状态决定的，状态确定，系 统的内能也随之确定，要使系统的内能发生变 化，可以通过热传递或做功两种方式来完成．而 热量是热传递过程中的特征物理量，和功一样， 热量只是反映物体在状态变化过程中所迁移的 能量，是用来衡量物体内能变化的多少．有过 程，才有变化，离开过程，毫无意义．就某一状态 而言，只有“内能”，根本不存在什么“热量”和 “功”，因此，不能说一个系统中含有“多少热 量”或“多少功”． 三、热量和温度 热量是系统的内能变化的量度，而温度是 系统内部大量分子做无规则运动的激烈程度的 标志．虽然热传递的前提是两个系统之间要有 温度差，但是传递的是能量，不是温度．热传递 不仅可以使系统温度发生变化，还可以使物质 状态发生变化．在物质状态变化中，传递给系统 的热量并没有使系统的温度发生变化，因此不 能说“系统吸收热量多，温度变化一定大”，也不 能认为“系统的温度高，它放出的热量一定多”． 因为放出的热量，不但和温度的变化值有关，还 和比热容有关．总之，热量和温度之间虽然有一 定的联系，但它们是完全不同的两个物理量． 书 能量守恒定律是自然界中最基本、最普遍 的规律，任何现象都必须遵守．自然界中的总能 量守恒是没有条件的，但某一形式的能量（或某 一系统的能量）守恒却是有条件的．而热力学第 一定律是能量守恒定律在热学中的表现形式， 其主要阐明的是做功、热传递和内能的改变量 之间的数量关系． 热力学第一定律是一切热现象都遵守的规 律，物体内能的改变由两方面共同决定，而这两 个因素如何影响物体的内能的变化，取决于做 功的正负和热量的传递方向．确定做功 Ｗ和热 量Ｑ的正负值是解决这类问题的关键． 外界对物体做的功Ｗ加上物体与外界交换 的热量Ｑ等于物体内能的变化量 ΔＵ．即 ΔＵ＝ Ｗ＋Ｑ． 遵守的符号法则 做功Ｗ 热量Ｑ 内能的改变ΔＵ 取正值 “＋” 外界对物 体做功 物体从外界 吸收热量 物体的内能增加 取负值 “－” 物体对外 界做功 物体向外界 放出热量 物体的内能减少 即（１）ΔＵ为内能变化量，ΔＵ＝Ｕ末 －Ｕ初． ΔＵ＞０，内能增加；ΔＵ＜０，内能减少． （２）外界对物体做正功，Ｗ取正值；物体对 外界做正功，Ｗ取负值． （３）物体吸收热量，Ｑ取正值；物体放出热 量，Ｑ取负值． 一、利用热力学第一定律进行判断 例１．如图１所示 Ａ和 Ｂ是 两个完全相同的金属球，球Ａ放 在水平面上，球 Ｂ用细线悬挂， 若两球吸收相同的热量且忽略 各种热量损失．则两球升高的温度谁大？ 解法一：两球都吸收热，其体积都增大、重 心高度都变化．Ａ球膨胀使其重心升高、重力（外 界）对Ａ球做负功（Ｗ取负号），Ｂ球膨胀使其重 心降低、重力（外界）对Ｂ球做正功（Ｗ取正号）． 而吸收的热量（Ｑ取正号）又相同．由热力学第 一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ得：Ｂ球增加的内能大于Ａ 球增加的内能，从而Ｂ球升高的温度大于Ａ球升 高的温度． 警示：（１）利用热力学第一定律时的符号原 则：外界对物体做功时Ｗ取正，物体克服外力做 功时Ｗ取负；物体从外界吸热时Ｑ取正，物体向 外界放热时Ｑ取负；物体内能增加时 ΔＵ取正， 物体内能减小时ΔＵ取负． （２）做功和热传递在改变物体（或系统）的 内能是完全等效的，但物体的内能到底是增加 还是减少还是不变，不是单单只由做功或热传 递决定，而是由传递的热量和做功这两个因素 共同决定．处理时要将二者结合起来，利用热力 学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ并结合符号原则来判 断．如外界对物体做了功，但物体同时又放出了 热，其内能可能增加、可能减少、也可能不变． 解法二：此题还可用能量守恒定律判断： 吸热后Ａ球膨胀使其重心升高，Ａ重力势能 增加，Ａ球吸收的热量 Ｑ（实质为外界提供的能 量）转化为重力势能ΔＥｐＡ和内能 ΔＵＡ．即 Ｑ＝ ΔＵＡ＋ΔＥｐＡ． 吸热后Ｂ球膨胀而使其重心降低，Ｂ重力势 能减少，Ｂ球吸收的热量 Ｑ（实质为外界提供的 能量）和减少的重力势能 ΔＥｐＢ都转化为内能 ΔＵＢ．即Ｑ＋ΔＥｐＢ ＝ΔＵＢ． 比较两式得：Ｂ球增加的内能ΔＵＢ大于Ａ球 增加的内能ΔＵＡ，故Ｂ球升高的温度大于Ａ球升 高的温度． 警示：应用能量守恒定律解题时要注意： （１）确定有哪些形式的能量参与变化，哪些能量 增加，同时又有哪些能量在减少．（２）抓住所有 增加的总能量与减少的总能量一定相等． 二、利用热力学第一定律进行计算 例２．如图２所示的ｐ－Ｖ 图中，有一定质量的气体由 状态Ａ经过程Ⅰ变到状态Ｂ 时，从外界吸收热量４２０Ｊ，同 时膨胀对外做功３００Ｊ．当气 体从状态Ｂ经过程Ⅱ回到状态Ａ时，外界压缩 气体做功２００Ｊ．求在过程Ⅱ中气体吸收或放出 的热量． 解析：该部分气体由状态 Ａ经过程 Ⅰ 变至 状态Ｂ时，由于从外界吸收的热量Ｑ１大于气体 膨胀对外做的功Ｗ１，因而气体内能增加．由热力 学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ求得其内能增加量ΔＵ１ ＝Ｑ１＋Ｗ１ ＝４２０Ｊ＋（－３００）Ｊ＝１２０Ｊ． 由于内能是一个状态量，因而该气体由状 态Ａ开始经过程Ⅰ再经过程Ⅱ又回到Ａ状态时 其内能的变化量必定为零，即ΔＵ１＋ΔＵ２＝０求 得 ΔＵ２ ＝－１２０Ｊ，即该部分气体由状态 Ｂ经过 程Ⅱ变至状态Ａ时气体内能减小１２０Ｊ． 该部分气体由状态Ｂ经过程Ⅱ变至状态Ａ 时，由热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可求得Ｑ２＝ ΔＵ２－Ｗ２ ＝－３２０Ｊ，即该部分气体状态Ｂ经过 程Ⅱ变至状态Ａ时放出的热量为３２０Ｊ． 警示：（１）内能是一个状态量并且永远不可 能为零，其多少由该物体（实质是指物质的量即 摩尔数）及其温度和体积所决定，而与物体所经 历的变化过程无关．（２）气体从某一状态开始经 历不同的热学过程到达另一状态时所做的功一 般不同；即使气体从某一状态开始经历不同的 热学过程再回到原来状态所做的功一般也不 同．（３）在ｐ－Ｖ图象中，如气体体积增大，表示 气体膨胀对外做功（Ｗ取负值，如过程Ⅰ），气体 体积减小表示外界压缩气体做功（Ｗ取正值，如过 程Ⅱ）． !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"# * $%&# + ' , " -./*0 & * !" ! /0123 123456789: ;<56=>?@AB7 &!#$'#%($%)* ;<CD=>?@AB7 &!#$'#%($%"* 4+56789: 4+57;<=>?@AB9C DEFGHIJK GLMNOP QRSTUVJKWXM!"#$%&'()(*!+Y Z[\XM,-.,/0 " ]F^_^K " `(abM $+# c " `dTJK " HIefgM &!#$'#%($%#) " ]FhiM4+jklmnopqrs %&% XtudF7vDEFGHIe " ZwHxM &!&&&) " myezF{|M &!#$!#%($%), $##!))!)**( }~€X) " zM‚ƒ]Fmyei„…†Q‡ˆZ‰}Š) " Zwz{|M $$$*# " ‹ŒŽzz‘’z " ] F “ † Q ‡ j!mY” ; • – — F " ] F ˜ 4 + ™ i š › œ  ž Ÿ}k l m   ¡ ¢ p £ ¤ ¥)¦ š § ¨ œ š © ª « ¬ ­ § ‚ ƒ ] F m y e i „ ® ¯ " ! ! $ ( " ! 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V $'! q ·^¸ · #) ( rstuHv w() xyz{ · #( ( |&*f}~ € ‚|&xƒB „…*|&€ †& *‡'`BY&TU* ˆ‰ ·º¸ · #* ( |&f · #, ( ]̂ _`abV cdefghijk7l m 7lop ."'# q · )& ( ]̂ _`abV cdefghijk7l mcn 7lop .$'# q 书 Ａ组 一、单选题（本题共７小题，每小题４分，共２８分） １．金属筒内装有与外界温度相同的压缩空 气，打开筒的开关，筒内高压空气迅速向外逸出， 待筒内外压强相等时，立即关闭开关．在外界保持 恒温的条件下，经过一段较长时间后，再次打开开 关，这时出现的现象是 （　　） Ａ．筒外空气流向筒内 Ｂ．筒内空气流向筒外 Ｃ．筒内外有空气变换，处于动态平衡，筒内空 气质量不变 Ｄ．筒内外无空气交换 ２．如图１所示， Ａ、Ｂ是两个完全相 同的球，分别浸没 在水和水银的同一 深度内，Ａ、Ｂ两球用 同一种材料制成， 当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开 始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢 升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则 （　　） Ａ．Ａ球吸收的热量较多 Ｂ．Ｂ球吸收的热量较多 Ｃ．两球吸收的热量一样多 Ｄ．无法确定 ３．如图２所示是压力保温 瓶的结构简图，活塞ａ与液面之 间密闭了一定质量的气体．假 设封闭气体为理想气体且与外 界没有热交换，则向下压ａ的过 程中，瓶内气体 （　　） Ａ．内能增大 Ｂ．体积增大 Ｃ．压强不变 Ｄ．温度不变 ４．如图 ３所示是 古人锻造铁器的过 程，关于改变物体内 能的方式，下列说法 正确的是 （　　） Ａ．加热和锻打属 于热传递，淬火属于做功 Ｂ．加热属于热传递，锻打和淬火属于做功 Ｃ．加热和淬火属于热传递，锻打属于做功 Ｄ．加热和淬火属于做功，锻打属于热传递 ５．一定质量理想气体经历 如图４所示的循环过程，该图由 ４段圆弧组成，图中两虚线分别 与坐标轴平行，下列说法正确 的是 （　　） Ａ．从状态ａ到ｂ，气体内能 减小 Ｂ．从状态ｂ到ｃ是等温变化 Ｃ．从状态ｃ到ｄ，气体对外界做功 Ｄ．整个循环过程中，气体吸收热量 ６．如图５所示，健身球是 一种内部充满气体的健身辅 助器材，已知球内的气体可 视为理想气体，当人体缓慢 离开健身球时球内气体体积 缓慢增大．当球内气体缓慢 变化时可认为球内气体温度不变且能发生充分的 热交换．则人体缓慢离开健身球过程中，下列说法 正确的是 （　　） Ａ．球内气体对外做功 Ｂ．球内气体压强变大 Ｃ．球内气体对外放热 Ｄ．球内气体分子热运动的平均动能增大 ７．如图６所示，在 恒温环境下，将形状 相同的导热气缸 Ａ和 绝热气缸 Ｂ放置于水 平地面，Ａ、Ｂ中装有温 度、体积和压强均相等的同种理想气体，Ａ、Ｂ的活 塞的横截面积和质量均相同，活塞与气缸之间均 无摩擦．现将两个完全相同的小物块分别轻放在 Ａ、Ｂ的活塞上，当活塞都停止运动时，下列说法正 确的是 （　　） Ａ．Ａ中气体压强小于Ｂ中气体压强 Ｂ．Ａ中气体体积大于Ｂ中气体体积 Ｃ．Ａ中气体温度小于Ｂ中气体温度 Ｄ．Ａ中气体内能大于Ｂ中气体内能 二、填空题（共９分） ８．若仅对物体做１２００Ｊ的功，可使物体温度 升高３℃，若仅用传热的方式，使物体温度同样升 高３℃，那么物体应吸收 Ｊ的热量，如果 对该物体做３０００Ｊ的功，物体的温度升高５℃，表 明该过程中，物体还 （选填“吸收”或“放 出”）热量 Ｊ． 三、计算题（本题共２小题，共２２分 ） ９．（１０分）如图７所示，一导热汽缸放在水平 面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通 过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高 度为ｈ，开始时活塞在汽缸中央，初始温度为 ｔ，活 塞横截面积为Ｓ，大气压强为ｐ０．物体重力为Ｇ，活 塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活 塞上升Δｘ，封闭气体吸收了 Ｑ的热量，（汽缸始终 未离开地面）求： （１）环境温度升高了多少？ （２）气体的内能的变化量． １０．（１２分）生物实验中，常用密闭加热法灭活 病毒．其原理如图８所示，一底部水平的圆柱形绝 热容器内，用厚度不计的绝热活塞密封一定质量 且混有某种病毒的空气（视为理想气体）；某次实 验中，给电阻丝通电对气体加热，恰好使活塞无摩 擦地从距底部 ｈ＝５ｃｍ处缓慢升至距底部 Ｈ＝ １０ｃｍ处，此后立即断电进行后续检测．已知加热 前的气体温度 Ｔ０ ＝３００Ｋ，大气压强 ｐ０ ＝１× １０５Ｐａ，活塞质量 ｍ ＝０．６ｋｇ，横截面积 Ｓ＝ １００ｃｍ２，重力加速度ｇ取１０ｍ／ｓ２．求： （１）停止加热时，气体的温度Ｔ； （２）加热过程中，气体对外做的功Ｗ． Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分） １．如图１所示，一定质量的 理想气体从状态 ａ变化到状态 ｂ，其过程如ｐ－Ｖ图像中从ａ到 ｂ的线段所示．在此过程中 （　　） Ａ．气体内能一直增加 Ｂ．气体温度一直降低 Ｃ．外界一直对气体做功 Ｄ．气体一直从外界吸热 ２．如图２是“筒式二冲 程柴油锤”的工作简图．压 缩冲程：气缸锤座压在水 泥桩顶上，柱塞从一定高 度释放落入气缸内，压缩 气缸内的空气，并点燃气 缸内的柴油．做功冲程：柴油被点燃，通过高压气 体将水泥桩压入泥土，同时柱塞被反推到气缸外． 柱塞和气缸密封良好，则 （　　） Ａ．在压缩冲程，气缸内气体发生等温变化 Ｂ．在压缩冲程，柱塞对气缸内气体做正功 Ｃ．在做功冲程，气缸内气体压强保持不变 Ｄ．在做功冲程，气缸内气体对柱塞做正功 （下转第４版                                                                                                                                                                     ） 书 第５２期２版参考答案 素养专练４． １．ＡＣ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．ＣＤ　５．ＢＤ　６．ＢＥ 素养专练５． １．Ｄ　２．Ｃ　３．ＢＣ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｄ ７．（１）规则的几何形状；　（２）各向异性； （３）一定的熔点，（３）． ８．物质微粒在空间有规则排列． 素养专练６． １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．ＡＤ　５．ＢＣＤ　６．Ａ ７．表面张力向上的分力，重力． ８．水或油对竹筷或玻璃棒都是浸润液体． 第５２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｃ ８．不规则　不透明　不规则　规则　透明 ９．解析：（１）图中ＢＣ段表示该合金的熔化过 程，说明它有确定的熔点，所以这种合金处于固态 时是晶体． （２）熔点为２１０℃． （３）熔化过程用了Δｔ＝（１４－６）ｍｉｎ＝８ｍｉｎ． （４）ＢＣ段为固液共存状态． １０．解析：（１）若该装置放入温度为Ｔ０的水深 １０ｍ处，由于 ｐ０相当于１０ｍ高的水柱产生的压 强，因此此时汽缸 Ⅰ 中气体的压强等于２ｐ０，由于 汽缸Ⅱ中气体的压强等于３ｐ０，因此活塞 Ｂ不动． 设活塞Ａ向右移动的距离为ｄ，由于两个汽缸内径 相同，则横截面积相同，设横截面积为Ｓ，对汽缸Ⅰ 中气体，由玻意耳定律得ｐ０ＬＳ＝２ｐ０（Ｌ－ｄ）Ｓ，解得 ｄ＝Ｌ２． （２）该装置测量的深度最大时，活塞Ａ刚好到 汽缸Ⅰ的右端，设活塞向右移动的距离为 ｘ，此时 汽缸Ⅱ内左侧气体的体积为Ｖ１＝ｘＳ，右侧气体的 体积为Ｖ２ ＝（Ｌ－ｘ）Ｓ，此时左右两部分气体的压 强相等，设为ｐ，由于温度不变，对左侧气体ｐ０ＬＳ＝ ｐｘＳ，对右侧气体３ｐ０ＬＳ＝ｐ（Ｌ－ｘ）Ｓ，求得ｐ＝４ｐ０， 该深度处的压强等于大气压强与水产生压强之 和，由于ｐ０相当于１０ｍ高的水柱产生的压强，因此， 该装置能测量的最大水深ｈｍ ＝３０ｍ． Ｂ组 １．ＡＣ　２．ＡＢ　３．ＢＤ ４．收缩到最小；增大 ５．解析：（１）设大气压强为 ｐ０，对于封闭的空 气柱 初态：ｐ１ ＝ｐ０ ＋ｈ２ －ｈ１（ｃｍＨｇ） ＝ｐ０ － ３（ｃｍＨｇ），Ｖ１ ＝ＬＳ，Ｔ１ ＝３００Ｋ 末态：ｐ２ ＝ｐ０ ＋ｈ′２ －ｈ′１（ｃｍＨｇ） ＝ｐ０ ＋ ３（ｃｍＨｇ），Ｖ２ ＝（Ｌ＋ｈ１－ｈ′１）Ｓ，Ｔ２ ＝３９０Ｋ 由理想气体状态方程得 ｐ１Ｖ１ Ｔ１ ＝ ｐ２Ｖ２ Ｔ２ 联立解得ｐ０ ＝７５ｃｍＨｇ，ｐ２ ＝７８ｃｍＨｇ （２）假设左右两管中都有水银，稳定后原左管 中的水银柱长度变为ｈ，对左管气体 初态：ｐ１ ＝ｐ０＋ｈ２－ｈ１（ｃｍＨｇ）＝７２ｃｍＨｇ， ＶＺ１ ＝ＬＳ 末态：ｐ３待求，ＶＺ２ ＝（Ｌ＋ｈ１－ｈ）Ｓ＝（２５－ ｈ）Ｓ 根据玻意耳定律有ｐＺ１ＶＺ１ ＝ｐ３ＶＺ２ 对右管气体 初态：ｐＹ１ ＝ｐ０ ＝７５ｃｍＨｇ， ＶＹ１ ＝（Ｌ＋ｈ１－ｈ２）Ｓ＝１８Ｓ 末态：ｐ３待求， ＶＹ２ ＝（Ｌ＋ｈ１）Ｓ－（ｈ２＋ｈ１－ｈ）Ｓ＝（８＋ｈ）Ｓ 根据玻意耳定律有ｐＹ１ＶＹ１ ＝ｐ３ＶＹ２ 联立解得ｈ＝３１３ｃｍ＜ｈ１＋ｈ２， 说明左右两管中都有水银，所以状态稳定后ｈ１ 变为 ３１ ３ｃｍ． 书 １．功、热 和内能的改变 １．下列哪个实例说明做功改变了系统的内能 （　　） Ａ．热水袋取暖 Ｂ．用双手摩擦给手取暖 Ｃ．把手放在火炉旁取暖 Ｄ．用嘴对手呵气给手取暖 ２．如图１所示的实验装置中，把浸 有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内 底部，当很快向下压活塞时，由于被压 缩的气体骤然变热，温度升高达到乙 醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起 来，此实验的目的是要说明对物体 （　　） Ａ．做功可以增加物体的热量 Ｂ．做功可以改变物体的内能 Ｃ．做功一定会升高物体的温度 Ｄ．做功一定可以使物态发生变化 ３．在绝热过程中，外界压缩气体做功２０Ｊ，下 列说法正确的是 （　　） Ａ．气体内能一定增加２０Ｊ Ｂ．气体内能增加必定小于２０Ｊ Ｃ．气体内能增加可能小于２０Ｊ Ｄ．气体内能可能不变 ４．关于传热，下列说法正确的是 （　　） Ａ．传热是高温物体的温度传给低温物体 Ｂ．并不接触的物体之间不会传热 Ｃ．比热容相同的物体之间不会传热 Ｄ．温度相同的物体之间不会传热 ５．下列情况通过热传递改变物体内能的是 （　　） Ａ．在火炉上烧开一壶水 Ｂ．柴油机的压缩冲程 Ｃ．用锯子锯木头，锯子会发热 Ｄ．用砂轮磨刀，刀具会变热 ６．如图２所示为某 种椅子与其升降部分的 结构示意图，Ｍ、Ｎ两筒 间密闭了一定质量的气 体，Ｍ可沿Ｎ的内壁上下 滑动，设筒内气体不与 外界发生热交换，在Ｍ向下滑动的过程中 （　　） Ａ．外界对气体做功，气体内能增大 Ｂ．外界对气体做功，气体内能减小 Ｃ．气体对外界做功，气体内能增大 Ｄ．气体对外界做功，                                                 气体内能减小 ２．热力学第一定律 １．一定量的气体在某一过程中，外界对气体 做了８×１０４Ｊ的功，气体的内能减少了１．２×１０５Ｊ， 则下列各式正确的是 （　　） Ａ．Ｗ ＝８×１０４Ｊ，ΔＵ＝１．２×１０５Ｊ，Ｑ＝４× １０４Ｊ Ｂ．Ｗ ＝８×１０４Ｊ，ΔＵ＝－１．２×１０５Ｊ，Ｑ＝－２ ×１０５Ｊ Ｃ．Ｗ ＝－８×１０４Ｊ，ΔＵ＝１．２×１０５Ｊ，Ｑ＝２× １０５Ｊ Ｄ．Ｗ ＝－８×１０４Ｊ，ΔＵ＝－１．２×１０５Ｊ，Ｑ＝ －４×１０４Ｊ ２．给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓 慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不 变，不计分子间势能，则胎内气体 （　　） Ａ．从外界吸热 Ｂ．对外界做负功 Ｃ．分子平均动能减小 Ｄ．内能增加 ３．如图１所示，一个内壁光滑、导热良好的汽 缸悬挂在天花板上，轻质活塞上方封闭着理想气 体，外界环境温度不变，若用向下 的力Ｆ缓慢将活塞向下拉动一小 段距离，则 （　　） Ａ．缸内气体的温度可能降低 Ｂ．缸内气体分子的平均动能 会减小 Ｃ．缸内气体会吸热 Ｄ．若拉力Ｆ对活塞做的功为 Ｗ，则缸内气体 的内能减少了Ｗ ４．一个充气气球用绳子系着一块石头正在湖 水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好， 则气球内气体 （　　） Ａ．内能增加 Ｂ．对外界做正功 Ｃ．减少的内能小于放出的热量 Ｄ．减少的内能大于放出的热量 ５．一定质量的理想气体 由状态 ａ经状态 ｂ、ｃ到状态 ｄ，其体积 Ｖ与热力学温度 Ｔ 关系如图２所示，Ｏ、ａ、ｄ三点 在同一直线上，ａｂ和 ｃｄ平行于横轴，ｂｃ平行于纵 轴，则下列说法正确的是 （　　） Ａ．从状态ａ到状态ｂ，气体放热 Ｂ．从状态ａ到状态ｂ，每个气体分子的动能都 增大 Ｃ．从状态ｂ到状态ｃ，气体对外做功，内能减小 Ｄ．从状态ａ到状态ｄ，气体内能增加 ６．一定质量的理想气体 ｐ－Ｖ变化图像如图３所示，气 体从１→２→３的过程对外做 的功为 Ｗ１，从外界吸收的热 量为Ｑ１，气体内能的变化量 为ΔＵ１；气体从１→４→３的 过程对外做的功为 Ｗ２，从外界吸收的热量为 Ｑ２， 气体内能的变化量为ΔＵ２，则它们之间的关系正确 的是 （　　） Ａ．Ｗ１ ＜Ｗ２，Ｑ１ ＜Ｑ２，ΔＵ１ ＞ΔＵ２ Ｂ．Ｗ１ ＜Ｗ２，Ｑ１ ＞Ｑ２，ΔＵ１ ＜ΔＵ２ Ｃ．Ｗ１ ＞Ｗ２，Ｑ１ ＞Ｑ２，ΔＵ１ ＝ΔＵ２ Ｄ．Ｗ１ ＞Ｗ２，Ｑ１ ＜Ｑ２，ΔＵ１ ＝ΔＵ                                                                   ２ ! !"#$% !"#&' " ! 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