資源簡介

章末檢測試卷(三)
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.(2023·寧波市高二期末)關于溫度、內能、熱量三者的關系，下列說法正確的是(　　)
A.物體吸收熱量，溫度一定升高
B.物體溫度升高一定是吸收了熱量
C.物體溫度不變，就沒有吸熱或放熱
D.物體溫度升高，內能不一定增加
2.對于熱力學第一定律和熱力學第二定律的理解，下列說法正確的是(　　)
A.一定質量的氣體膨脹對外做功100 J，同時從外界吸收80 J的熱量，則它的內能增大20 J
B.物體從外界吸收熱量，其內能一定增加；物體對外界做功，其內能一定減少
C.凡與熱現象有關的宏觀自然過程都具有方向性，在傳熱中，熱量能從高溫物體傳遞給低溫物體，而不能從低溫物體傳遞給高溫物體
D.熱現象過程中不可避免地出現能量耗散現象，能量耗散符合熱力學第二定律
3.(2023·南充市高二月考)關于熱力學第二定律，下列說法正確的是(　　)
A.濃度為75%的醫用酒精長時間靜置，可以自然分離為水和純酒精
B.空調既能制熱也能制冷，說明熱量能夠從低溫物體傳到高溫物體
C.若不產生其他影響，可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來對外做功
D.理想熱機的效率可以達到100%
4.(2024·廣東省梅縣東山中學高三期末)健身球是一種新興、有趣的體育健身器材。如圖所示，健身者正在擠壓健身球，健身球內的氣體視為理想氣體且在擠壓過程中溫度不變，下列說法正確的是(　　)
A.健身球內的氣體向外界釋放熱量
B.健身球內的氣體對外界做正功
C.健身球內的氣體內能變大
D.健身球內的氣體單位時間內與單位面積球壁撞擊的分子數不變
5.(2023·棗莊市高二月考)我國建成后的“天宮”空間站，是“天和核心艙”“問天實驗艙”和“夢天實驗艙”的三艙組合體，三艙皆有“氣閘艙”；航天員出站時，要途經“氣閘艙”“減壓”后才能出站；從太空返回空間站時要途經“氣閘艙”“升壓”后才能進站。“氣閘艙”的原理如圖所示，相通的兩容器A、B之間裝有閥門K，A內充滿氣體，B內為真空；打開閥門K后，A內的氣體進入B中，達到平衡后，再關閉閥門K；B即為“氣閘艙”。若整個系統跟外界沒有熱交換，氣體為理想氣體，則(　　)
A.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體膨脹，對外做了功
B.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體膨脹，溫度降低
C.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體分子勢能減少
D.即使閥門K一直處于打開狀態，容器B中氣體也不可能自發地全部退回到容器A中
6.如圖所示，汽缸內用活塞封閉一定質量的理想氣體，汽缸和活塞是絕熱的，汽缸固定不動，一條細線左端連接在活塞上，另一端跨過定滑輪后吊著一個裝沙的小桶，開始時活塞靜止，某時刻開始小桶中的沙緩慢漏出，不計活塞與汽缸間的摩擦，則下列說法正確的是(　　)
A.汽缸內的活塞向右運動
B.汽缸內氣體的內能變小
C.汽缸內氣體的壓強減小
D.汽缸內氣體的分子平均動能變大
7.一定質量的理想氣體由狀態a開始，經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態，其p-T圖像如圖所示，氣體在三個狀態的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強分別為pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，則下列說法正確的是(　　)
A.pa=3p0
B.Vb=3Vc
C.從狀態a到狀態b，氣體對外做功
D.從狀態c到狀態a，氣體從外界吸熱
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.(2023·綏化市高二月考)如圖所示，水平放置的密封汽缸內的氣體被一豎直輕質隔板分隔為左右兩部分，隔板可在汽缸內無摩擦滑動，右側氣體內有一電熱絲。汽缸壁和隔板均絕熱。初始時隔板靜止，左右兩邊氣體溫度相等。現給電熱絲提供一微弱電流，通電一段時間后切斷電流。當缸內氣體再次達到平衡時，與初始狀態相比(　　)
A.左邊氣體分子單位時間內撞擊活塞的次數增加
B.左右兩邊氣體溫度都升高
C.左邊氣體壓強增大
D.右邊氣體內能的增加量等于電熱絲放出的熱量
9.(2023·巴中市高二檢測)圖中甲為氣壓升降椅，乙為其核心部件模型簡圖。活塞、活塞連桿與椅面的總質量為m，活塞橫截面積為S，汽缸內封閉一定質量的理想氣體，穩定時氣柱長度為L，該汽缸導熱性能良好，忽略一切摩擦。某同學盤坐上椅面，穩定后缸內氣柱長為，已知大氣壓強為p0，室內溫度為T0，重力加速度為g，則(　　)
A.該同學的質量為m+S
B.該同學坐穩后，封閉氣體的壓強增大、溫度升高
C.該同學坐穩后，室內氣溫緩慢上升至1.1T0，每個氣體分子的動能都增大
D.該同學坐穩后，室內氣溫緩慢上升至1.1T0，該過程缸內氣體對外界做功為0.1(p0S+mg)L
10.一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷過程ab、bc、ca回到原狀態，其V-T圖像如圖所示，pa、pb、pc分別表示狀態a、b、c的壓強，下列判斷正確的是(　　)
A.狀態a、b、c的壓強滿足pc=pb=3pa
B.過程a到b中氣體對外界做功，吸收熱量，內能增加
C.過程b到c中外界對氣體做功，氣體內能增加
D.過程c到a中氣體吸收的熱量等于氣體對外界做的功
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(6分)若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，氣泡內的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底上升到湖面的過程中，對外界做了0.6 J的功，則此過程中氣泡　　　　(選填“吸收”或“放出”)的熱量是_____ J，氣泡到達湖面后，溫度上升的過程中，又對外界做了0.1 J的功，同時吸收了0.3 J的熱量，則此過程中，氣泡內氣體內能增加了　　　　 J。
12.(10分)(2024·菏澤市高二月考)一定質量的理想氣體從狀態A變化到狀態B，再變化到狀態C，其狀態變化過程的p-T圖像如圖所示，已知該氣體在狀態A時的體積為2×10-3 m3，溫度為T0，氣體內能U與熱力學溫度的關系為U=aT(a為常數)。求：
(1)(3分)從狀態A變化到狀態B的過程中，氣體內能的變化量ΔU=　　　　；
(2)(3分)該氣體在狀態C時的體積為　　　　 m3；
(3)(4分)該氣體從狀態A到狀態B再到狀態C的過程中，氣體從外界吸收的熱量為　　　　 J。
13.(10分)(2023·哈爾濱市第九中學月考)某興趣小組設計了一溫度報警裝置，原理如圖所示。一定質量的理想氣體被一上表面涂有導電物質的活塞密封在導熱汽缸內，活塞厚度不計，質量m=100 g，橫截面積S=10 cm2，開始時活塞距汽缸底部的高度為h=6 cm，缸內溫度為T1=360 K。當環境溫度上升，活塞緩慢上移Δh=4 cm，活塞上表面與a、b兩觸點接觸，報警器報警。不計一切摩擦，大氣壓強恒為p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。
(1)(4分)求該報警裝置的報警溫度T2；
(2)(6分)若上述過程氣體的內能增加15.96 J，則氣體吸收的熱量Q為多少。
14.(12分)(2023·浙江6月選考)如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S=100 cm2，質量m=1 kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300 K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態A，其體積VA=600 cm3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態B，此時體積VB=500 cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態C，此時壓強pC=1.4×105 Pa。已知從狀態A到狀態C，氣體從外界吸收熱量Q=14 J；從狀態B到狀態C，氣體內能增加ΔU=25 J；大氣壓p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(4分)氣體從狀態A到狀態B，其分子平均動能　　　　(選填“增大”“減小”或“不變”)，圓筒內壁單位面積受到的壓力　　　　(選填“增大”“減小”或“不變”)；
(2)(4分)求氣體在狀態C的溫度TC；
(3)(4分)求氣體從狀態A到狀態B過程中外界對系統做的功W。
15.(16分)(2024·江西省高三期末)如圖，一個質量為m=3 kg的活塞在汽缸內封閉一定質量的理想氣體，活塞下方連接一個勁度系數為k=600 N/m的豎直輕質彈簧，活塞體積可忽略不計，距汽缸底部h1=4 cm處連接一U形細管(管內氣體的體積忽略不計)，初始時，封閉氣體溫度為T1=390 K，活塞距離汽缸底部為h2=20 cm，兩邊水銀柱存在高度差。已知大氣壓強為p0=1×105 Pa，汽缸橫截面積為S=1×10-3 m2，彈簧原長為L=10 cm，重力加速度為g取10 m/s2，求：
(1)(6分)通過制冷裝置緩慢降低氣體溫度，當溫度為多少時兩邊水銀面恰好相平；
(2)(10分)從開始至兩水銀面恰好相平的過程中，若氣體向外界放出的熱量為20 J，氣體內能的變化量ΔU。
答案精析
1.D　［晶體熔化過程中物體吸收熱量，內能增大但溫度不變，故A錯誤； 物體溫度升高可能是因為吸收熱量，也可能是外界對其做功，故B錯誤；物體溫度不變，但仍可能有吸熱或放熱。例如在晶體熔化過程中，溫度不變，物體持續吸熱；在晶體凝固過程中，溫度不變，物體持續放熱，故C錯誤；內能是物體中所有分子的熱運動動能與分子勢能的總和，與物體溫度、體積有關，故D正確。］
2.D　［根據熱力學第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J，氣體的內能減小20 J，故A錯誤；根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知物體從外界吸收熱量，其內能不一定增加，物體對外界做功，其內能不一定減少，故B錯誤；通過做功的方式可以讓熱量從低溫物體傳遞給高溫物體，如電冰箱，故C錯誤；能量耗散過程體現了宏觀自然過程的方向性，符合熱力學第二定律，故D正確。］
3.B　［濃度為75%的醫用酒精長時間靜置，不會自然分離為水和純酒精，違反熱力學第二定律，故A錯誤；空調既能制熱也能制冷，說明通過壓縮機做功能夠把熱量從低溫物體傳到高溫物體，故B正確；熱力學第二定律可表述為：不可能從單一熱源吸收熱量并把它完全變成功，而不引起其他影響，故C錯誤；由C中分析可知，理想熱機的效率不可能達到100%，故D錯誤。］
4.A　［健身者正在擠壓健身球，即外界對氣體做正功，故B錯誤；健身球內的氣體視為理想氣體，其內能只有分子動能，則內能由溫度決定，而溫度不變，則健身球內的氣體內能不變，故C錯誤；因外界對氣體做正功W>0，氣體內能不變ΔU=0，根據熱力學第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，氣體向外界釋放熱量，故A正確；氣體的溫度不變，即所有分子的平均速率不變，而體積變小，則單位體積的分子數變多，由理想氣體狀態方程=C可知壓強變大，則健身球內的氣體單位時間內與單位面積球壁撞擊的分子數變多，故D錯誤。］
5.D　［當閥門K被打開時，容器A中的氣體進入容器B中，由于容器B中為真空，所以氣體體積膨脹，對外不做功，又因為系統與外界無熱交換，所以氣體內能不變，氣體為理想氣體，沒有分子勢能，則氣體的溫度也不變，故A、B、C錯誤；由熱力學第二定律知，真空中氣體膨脹具有方向性，在無外界作用時，容器B中氣體不可能自發地全部退回到容器A中，故D正確。］
6.D　［設汽缸內氣體壓強為p，以活塞為研究對象受力分析，根據平衡條件得pS+FT=p0S，細沙不斷流出時細線拉力FT變小，而p0不變，則汽缸內的活塞向左運動，氣體體積減小，氣體被壓縮，外界對氣體做功，由于汽缸和活塞是絕熱的，由熱力學第一定律可知氣體的內能變大，溫度升高，則汽缸內氣體的分子平均動能變大，由理想氣體狀態方程=C，可知p變大，則選項A、B、C錯誤，D正確。］
7.D　［由題圖可知，從狀態a到狀態b屬于等容過程，氣體體積不變，由查理定律可得=，又pb=p0，得pa=2p0，故A錯誤；由題圖可知，從狀態b到狀態c屬于等溫過程，氣體溫度不變，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B錯誤；從狀態a到狀態b，氣體體積不變，所以氣體不對外做功，故C錯誤；從狀態c到狀態a，Vc8.ABC　［當電熱絲通電后，右側的氣體吸收電熱絲放出的熱量，溫度升高，同時絕熱膨脹，向左推動活塞，從而對左邊氣體做功，由題意并根據熱力學第一定律可知，左邊氣體內能增加，溫度升高；根據理想氣體狀態方程可知左邊氣體壓強增大，分子數密度增大，左邊氣體分子單位時間內撞擊活塞的次數增加，故A、B、C正確；根據能量守恒定律可知，兩邊氣體內能的總增加量等于電熱絲放出的熱量，故D錯誤。］
9.AD　［人盤坐上椅面，缸內壓強由p1變為p2，環境溫度不變，汽缸導熱，所以氣體做等溫壓縮變化，根據玻意耳定律可得p1LS=p2S，以活塞、活塞連桿與椅面整體為研究對象，根據平衡條件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正確，B錯誤；氣體溫度升高，分子的平均動能增大，并不是每個氣體分子的動能都增大，故C錯誤；室內氣溫緩慢上升至1.1T0，氣體等壓膨脹，設穩定后氣柱的長度為L'，根據蓋—呂薩克定律有=，又因為氣體膨脹，所以氣體對外界做功為W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正確。］
10.AD　［根據理想氣體狀態方程=C(常數)，由題圖可得pb=pc，==，得pc=pb=3pa，A正確；過程a到b中，由題圖可得，氣體的體積不變，說明氣體對外界不做功，溫度升高，說明內能增加，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，此過程中，氣體吸收熱量，B錯誤；過程b到c中，由題圖可得，氣體的體積減小，說明外界對氣體做功，溫度降低，說明氣體內能減小，C錯誤；由題圖可得，過程c到a溫度不變，說明內能不變，即ΔU=0，體積增大，說明氣體對外界做功，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知此過程中氣體吸收熱量，且氣體吸收的熱量等于氣體對外界做的功，D正確。］
11.吸收　0.6　0.2
解析　理想氣體做等溫變化的過程中內能不變，由熱力學第一定律ΔU=Q+W及氣泡對外界做功0.6 J，可知氣泡一定同時從外界吸收熱量0.6 J，而溫度上升的過程，內能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。
12.(1)-aT0　(2)6×10-3　(3)400
解析　(1)從A到B發生等容變化：=，
可得TB=T0，從狀態A變化到狀態B的過程中，氣體內能的變化量ΔU=UB-UA=-aT0
(2)因為VB=VA，從B到C發生等壓變化：=，
由題圖知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3
(3)從A到B再到C的過程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J
根據熱力學第一定律可得Q=400 J，
即氣體從外界吸收的熱量為400 J。
13.(1)600 K　(2)20 J
解析　(1)氣體發生等壓變化，則=
又V1=hS，V2=(h+Δh)S，解得T2=600 K。
(2)缸內氣體壓強p=p0+=1.01×105 Pa
氣體等壓膨脹，外界對氣體做的功
W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J
由熱力學第一定律得ΔU=W+Q
得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J
則氣體吸熱20 J。
14.(1)不變　增大　(2)350 K　(3)11 J
解析　(1)圓筒導熱良好，則氣體從狀態A緩慢推動活塞到狀態B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，則壓強增大，圓筒內壁單位面積受到的壓力增大；
(2)狀態A時的壓強pA=p0-=1.0×105 Pa，
溫度TA=300 K，體積VA=600 cm3；
狀態C時的壓強pC=1.4×105 Pa，溫度為TC，
體積VC=500 cm3；根據=
解得TC=350 K
(3)從B到C氣體進行等容變化，則WBC=0，
因從B到C氣體內能增加25 J可知，
氣體從外界吸熱25 J，
而氣體從A到C從外界吸熱14 J，可知氣體從A到B氣體放熱11 J，
從A到B氣體內能不變，可知從A到B外界對氣體做功11 J。
15.(1)75 K　(2)-1.25 J
解析　(1)初態時，對活塞受力分析，可求得氣體壓強為p1=p0+=1.3×105 Pa，體積為V1=h2S
要使兩邊水銀面相平，則汽缸內氣體的壓強為p2=p0
此時彈簧下端一定與汽缸底接觸，對活塞進行受力分析有mg=kx
解得彈簧的壓縮量為x=5 cm，則有V2=(L-x)S
設此時溫度為T2，由理想氣體狀態方程有
=，聯立解得T2=75 K
(2)從開始至彈簧恰與汽缸底接觸，氣體壓強不變，外界對氣體做功為
W=p1ΔV=(p0+)(h2-L)S=13 J
在之后彈簧被壓縮5 cm的過程中，活塞重力做功為WG=mg(L-x)=1.5 J
彈簧彈力做功為W彈=-·x=-0.75 J
外界對氣體做功為W'=p0(L-x)S=5 J
由熱力學第一定律可得氣體內能的變化量為
ΔU=13 J+1.5 J+5 J-0.75 J-20 J=-1.25 J。(共45張PPT)
章末檢測試卷(三)
一、單項選擇題
1.(2023·寧波市高二期末)關于溫度、內能、熱量三者的關系，下列說法正確的是
A.物體吸收熱量，溫度一定升高
B.物體溫度升高一定是吸收了熱量
C.物體溫度不變，就沒有吸熱或放熱
D.物體溫度升高，內能不一定增加
1
2
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5
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晶體熔化過程中物體吸收熱量，內能增大但溫度不變，故A錯誤；
物體溫度升高可能是因為吸收熱量，也可能是外界對其做功，故B錯誤；
物體溫度不變，但仍可能有吸熱或放熱。例如在晶體熔化過程中，溫度不變，物體持續吸熱；在晶體凝固過程中，溫度不變，物體持續放熱，故C錯誤；
內能是物體中所有分子的熱運動動能與分子勢能的總和，與物體溫度、體積有關，故D正確。
13
14
15
2.對于熱力學第一定律和熱力學第二定律的理解，下列說法正確的是
A.一定質量的氣體膨脹對外做功100 J，同時從外界吸收80 J的熱量，則
它的內能增大20 J
B.物體從外界吸收熱量，其內能一定增加；物體對外界做功，其內能一
定減少
C.凡與熱現象有關的宏觀自然過程都具有方向性，在傳熱中，熱量能從
高溫物體傳遞給低溫物體，而不能從低溫物體傳遞給高溫物體
D.熱現象過程中不可避免地出現能量耗散現象，能量耗散符合熱力學第
二定律
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根據熱力學第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J，氣體的內能減小20 J，故A錯誤；
根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知物體從外界吸收熱量，其內能不一定增加，物體對外界做功，其內能不一定減少，故B錯誤；
通過做功的方式可以讓熱量從低溫物體傳遞給高溫物體，如電冰箱，故C錯誤；
能量耗散過程體現了宏觀自然過程的方向性，符合熱力學第二定律，故D正確。
3.(2023·南充市高二月考)關于熱力學第二定律，下列說法正確的是
A.濃度為75%的醫用酒精長時間靜置，可以自然分離為水和純酒精
B.空調既能制熱也能制冷，說明熱量能夠從低溫物體傳到高溫物體
C.若不產生其他影響，可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來對外做功
D.理想熱機的效率可以達到100%
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濃度為75%的醫用酒精長時間靜置，不會自然分離為水和純酒精，違反熱力學第二定律，故A錯誤；
空調既能制熱也能制冷，說明通過壓縮機做功能夠把熱量從低溫物體傳到高溫物體，故B正確；
熱力學第二定律可表述為：不可能從單一熱源吸收熱量并把它完全變成功，而不引起其他影響，故C錯誤；
由C中分析可知，理想熱機的效率不可能達到100%，故D錯誤。
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4.(2024·廣東省梅縣東山中學高三期末)健身球是一種新興、有趣的體育健身器材。如圖所示，健身者正在擠壓健身球，健身球內的氣體視為理想氣體且在擠壓過程中溫度不變，下列說法正確的是
A.健身球內的氣體向外界釋放熱量
B.健身球內的氣體對外界做正功
C.健身球內的氣體內能變大
D.健身球內的氣體單位時間內與單位面積球壁撞擊的分子數不變
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健身者正在擠壓健身球，即外界對氣體做正功，
故B錯誤；
健身球內的氣體視為理想氣體，其內能只有分子
動能，則內能由溫度決定，而溫度不變，則健身球內的氣體內能不變，故C錯誤；
因外界對氣體做正功W>0，氣體內能不變ΔU=0，根據熱力學第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，氣體向外界釋放熱量，故A正確；
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氣體的溫度不變，即所有分子的平均速率不變，
而體積變小，則單位體積的分子數變多，由理
想氣體狀態方程=C可知壓強變大，則健身球
內的氣體單位時間內與單位面積球壁撞擊的分子數變多，故D錯誤。
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5.(2023·棗莊市高二月考)我國建成后的“天宮”空間站，是“天和核心艙”“問天實驗艙”和“夢天實驗艙”的三艙組合體，三艙皆有“氣閘艙”；航天員出站時，要途經“氣閘艙”“減壓”后才能出站；從太空返回空間站時要途經“氣閘艙”“升壓”后才能進站。“氣閘艙”的原理如圖所示，相通的兩容器A、B之間裝有閥門K，A內充滿氣體，B內為真空；打開閥門K后，A內的氣體進入B中，達到平衡后，再關閉閥門K；B即為“氣閘艙”。若整個系統跟
外界沒有熱交換，氣體為理想氣體，則
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A.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體膨脹，
對外做了功
B.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體膨脹，溫度降低
C.容器A內的氣體進入容器B的過程中，氣體分子勢能減少
D.即使閥門K一直處于打開狀態，容器B中氣體也不可能自發地全部退
回到容器A中
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√
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當閥門K被打開時，容器A中的氣體進入容器B中，由于容器B中為真空，所以氣體體積膨脹，對外
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不做功，又因為系統與外界無熱交換，所以氣體內能不變，氣體為理想氣體，沒有分子勢能，則氣體的溫度也不變，故A、B、C錯誤；
由熱力學第二定律知，真空中氣體膨脹具有方向性，在無外界作用時，容器B中氣體不可能自發地全部退回到容器A中，故D正確。
6.如圖所示，汽缸內用活塞封閉一定質量的理想氣體，汽缸和活塞是絕熱的，汽缸固定不動，一條細線左端連接在活塞上，另一端跨過定滑輪后吊著一個裝沙的小桶，開始時活塞靜止，某時刻開始小桶中的沙緩慢漏出，不計活塞與汽缸間的摩擦，則下列說法正確的是
1
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A.汽缸內的活塞向右運動
B.汽缸內氣體的內能變小
C.汽缸內氣體的壓強減小
D.汽缸內氣體的分子平均動能變大
√
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設汽缸內氣體壓強為p，以活塞為研究對象受力分析，根據平衡條件得pS+FT=p0S，細沙不斷流出時細線拉力FT變小，而p0不變，則汽缸內的活塞向左運動，氣體體積減小，氣體被壓縮，外界
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15
對氣體做功，由于汽缸和活塞是絕熱的，由熱力學第一定律可知氣體的內能變大，溫度升高，則汽缸內氣體的分子平均動能變大，由理想氣體狀態方程=C，可知p變大，則選項A、B、C錯誤，D正確。
7.一定質量的理想氣體由狀態a開始，經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態，其p-T圖像如圖所示，氣體在三個狀態的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強分別為pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，則下列說法正確的是
1
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15
A.pa=3p0
B.Vb=3Vc
C.從狀態a到狀態b，氣體對外做功
D.從狀態c到狀態a，氣體從外界吸熱
√
1
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由題圖可知，從狀態a到狀態b屬于等容過程，氣體
體積不變，由查理定律可得=，又pb=p0，得pa=
2p0，故A錯誤；
由題圖可知，從狀態b到狀態c屬于等溫過程，氣體溫度不變，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B錯誤；
從狀態a到狀態b，氣體體積不變，所以氣體不對外做功，故C錯誤；
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從狀態c到狀態a，Vc13
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二、多項選擇題
8.(2023·綏化市高二月考)如圖所示，水平放置的密封汽缸內的氣體被一豎直輕質隔板分隔為左右兩部分，隔板可在汽缸內無摩擦滑動，右側氣體內有一電熱絲。汽缸壁和隔板均絕熱。初始時隔板靜止，左右兩邊氣體溫度相等。現給電熱絲提供一微弱電流，通電一段時間后切斷電流。當缸內氣體再次達到平衡時，與初始狀態相比
A.左邊氣體分子單位時間內撞擊活塞的次數增加
B.左右兩邊氣體溫度都升高
C.左邊氣體壓強增大
D.右邊氣體內能的增加量等于電熱絲放出的熱量
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√
√
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當電熱絲通電后，右側的氣體吸收電熱絲放出
的熱量，溫度升高，同時絕熱膨脹，向左推動
活塞，從而對左邊氣體做功，由題意并根據熱力學第一定律可知，左邊氣體內能增加，溫度升高；根據理想氣體狀態方程可知左邊氣體壓強增大，分子數密度增大，左邊氣體分子單位時間內撞擊活塞的次數增加，故A、B、C正確；
根據能量守恒定律可知，兩邊氣體內能的總增加量等于電熱絲放出的熱量，故D錯誤。
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9.(2023·巴中市高二檢測)圖中甲為氣壓升降椅，乙為其核心部件模型簡圖。活塞、活塞連桿與椅面的總質量為m，活塞橫截面積為S，汽缸內封閉一定質量的理想氣體，穩定時氣柱長度為L，該汽缸導熱性能良好，忽略一切摩擦。某同學盤坐上椅面，穩定后缸內氣柱長為，已知大氣壓強為p0，室內溫度為T0，重力加速度為g，則
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A.該同學的質量為m+S
B.該同學坐穩后，封閉氣體的壓強增大、溫度升高
C.該同學坐穩后，室內氣溫緩慢上升至1.1T0，每個氣體分子的動能都增大
D.該同學坐穩后，室內氣溫緩慢上升至1.1T0，該過程缸內氣體對外界做功為
0.1(p0S+mg)L
√
√
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人盤坐上椅面，缸內壓強由p1變為p2，
環境溫度不變，汽缸導熱，所以氣體
做等溫壓縮變化，根據玻意耳定律可
得p1LS=p2S，以活塞、活塞連桿與椅面整體為研究對象，根據平衡條件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正確，B錯誤；
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氣體溫度升高，分子的平均動能增大，
并不是每個氣體分子的動能都增大，
故C錯誤；
室內氣溫緩慢上升至1.1T0，氣體等壓膨脹，設穩定后氣柱的長度為L'，根據蓋—呂薩克定律有=，又因為氣體膨脹，所以氣體對外界做功為W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正確。
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10.一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷過程ab、bc、ca回到原狀態，其V-T圖像如圖所示，pa、pb、pc分別表示狀態a、b、c的壓強，下列判斷正確的是
A.狀態a、b、c的壓強滿足pc=pb=3pa
B.過程a到b中氣體對外界做功，吸收熱量，內能增加
C.過程b到c中外界對氣體做功，氣體內能增加
D.過程c到a中氣體吸收的熱量等于氣體對外界做的功
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根據理想氣體狀態方程=C(常數)，由題圖可得pb=pc，
==，得pc=pb=3pa，A正確；
過程a到b中，由題圖可得，氣體的體積不變，說明氣
體對外界不做功，溫度升高，說明內能增加，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，此過程中，氣體吸收熱量，B錯誤；
過程b到c中，由題圖可得，氣體的體積減小，說明外界對氣體做功，溫度降低，說明氣體內能減小，C錯誤；
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由題圖可得，過程c到a溫度不變，說明內能不變，即ΔU=0，體積增大，說明氣體對外界做功，根據熱力學第一定律ΔU=W+Q，可知此過程中氣體吸收熱量，且氣體吸收的熱量等于氣體對外界做的功，D正確。
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11.若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，氣泡內的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底上升到湖面的過程中，對外界做了0.6 J的功，則此過程中氣泡　　　　(選填“吸收”或“放出”)的熱量是_____ J，氣泡到達湖面后，溫度上升的過程中，又對外界做了0.1 J的功，同時吸收了0.3 J的熱量，則此過程中，氣泡內氣體內能增加了　　　　 J。
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三、非選擇題
吸收
0.6
0.2
理想氣體做等溫變化的過程中內能不變，由熱力學第一定律ΔU=Q+W及氣泡對外界做功0.6 J，可知氣泡一定同時從外界吸收熱量0.6 J，而溫度上升的過程，內能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。
12.(2024·菏澤市高二月考)一定質量的理想氣體從狀態A變化到狀態B，再變化到狀態C，其狀態變化過程的p-T圖像如圖所示，已知該氣體在狀態A時的體積為2×10-3 m3，溫度為T0，氣體內能U與熱力學溫度的關系為U=aT(a為常數)。求：
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(1)從狀態A變化到狀態B的過程中，氣體內能的變化量ΔU=　　　　；
-aT0
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從A到B發生等容變化：=，
可得TB=T0，從狀態A變化到狀態B的過程中，
氣體內能的變化量ΔU=UB-UA=-aT0
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(2)該氣體在狀態C時的體積為　　　　 m3；
6×10-3
因為VB=VA，從B到C發生等壓變化：=，
由題圖知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3
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(3)該氣體從狀態A到狀態B再到狀態C的過程中，氣體從外界吸收的熱量為　　　　 J。
400
從A到B再到C的過程中ΔU=0，WAB=0，
WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J
根據熱力學第一定律可得Q=400 J，
即氣體從外界吸收的熱量為400 J。
13.(2023·哈爾濱市第九中學月考)某興趣小組設計了一溫度報警裝置，原理如圖所示。一定質量的理想氣體被一上表面涂有導電物質的活塞密封在導熱汽缸內，活塞厚度不計，質量m=100 g，橫截面積S=10 cm2，開始時活塞距汽缸底部的高度為h=6 cm，缸內溫度為T1=360 K。當環境溫度上升，活塞緩慢上移Δh=4 cm，活塞上表面與a、b兩觸點接觸，報警器報警。不計一切摩擦，大氣壓強恒為p0=1.0×105 Pa，g=10 m/s2。
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答案　600 K
(1)求該報警裝置的報警溫度T2；
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氣體發生等壓變化，則=
又V1=hS，V2=(h+Δh)S
解得T2=600 K。
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答案　20 J
(2)若上述過程氣體的內能增加15.96 J，則氣體吸收的熱量Q為多少。
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缸內氣體壓強p=p0+=1.01×105 Pa
氣體等壓膨脹，外界對氣體做的功
W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J
由熱力學第一定律得ΔU=W+Q
得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J
則氣體吸熱20 J。
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14.(2023·浙江6月選考)如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S=100 cm2，質量m=1 kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300 K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態A，其體積VA=600 cm3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態B，此時體積VB=500 cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態C，此時壓強pC=1.4×105 Pa。已知從狀態A到狀態C，氣體從外界吸收熱量Q=14 J；
從狀態B到狀態C，氣體內能增加ΔU=25 J；大氣壓p0
=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)氣體從狀態A到狀態B，其分子平均動能　　　　(選填“增大”“減小”或“不變”)，圓筒內壁單位面積受到的壓力　　　　(選填“增大”“減小”或“不變”)；
不變
增大
圓筒導熱良好，則氣體從狀態A緩慢推動活塞到狀態B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，則壓強增大，圓筒內壁單位面積受到的壓力增大；
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(2)求氣體在狀態C的溫度TC；
答案　350 K
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狀態A時的壓強pA=p0-=1.0×105 Pa，
溫度TA=300 K，體積VA=600 cm3；
狀態C時的壓強pC=1.4×105 Pa，溫度為TC，
體積VC=500 cm3；
根據=
解得TC=350 K
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(3)求氣體從狀態A到狀態B過程中外界對系統做的功W。
答案　11 J
從B到C氣體進行等容變化，則WBC=0，
因從B到C氣體內能增加25 J可知，氣體從外界吸熱25 J，
而氣體從A到C從外界吸熱14 J，可知氣體從A到B氣體放熱11 J，
從A到B氣體內能不變，可知從A到B外界對氣體做功11 J。
15.(2024·江西省高三期末)如圖，一個質量為m=3 kg的活塞在汽缸內封閉一定質量的理想氣體，活塞下方連接一個勁度系數為k=600 N/m的豎直輕質彈簧，活塞體積可忽略不計，距汽缸底部h1=4 cm處連接一U形細管(管內氣體的體積忽略不計)，初始時，封閉氣體溫度為T1=390 K，活塞距離汽缸底部為h2=20 cm，兩邊水銀柱存在高度差。已知大氣壓強為p0=1×105 Pa，汽缸橫截面積為S=1×10-3 m2，彈簧原長為L=10 cm，重力加速度為g取10 m/s2，求：
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(1)通過制冷裝置緩慢降低氣體溫度，當溫度為多少時兩邊水銀面恰好相平；
答案　75 K
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初態時，對活塞受力分析，可求得氣體壓強為p1=p0+=1.3×105 Pa，體積為V1=h2S
要使兩邊水銀面相平，則汽缸內氣體的壓強為p2=p0
此時彈簧下端一定與汽缸底接觸，對活塞進行受力分析有mg=kx
解得彈簧的壓縮量為x=5 cm，則有V2=(L-x)S
設此時溫度為T2，由理想氣體狀態方程有
=，聯立解得T2=75 K
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(2)從開始至兩水銀面恰好相平的過程中，若氣體向外界放出的熱量為20 J，氣體內能的變化量ΔU。
答案　-1.25 J
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從開始至彈簧恰與汽缸底接觸，氣體壓強不變，外界對氣體做功為
W=p1ΔV=(p0+)(h2-L)S=13 J
在之后彈簧被壓縮5 cm的過程中，活塞重力做功為WG=mg(L-x)=1.5 J
彈簧彈力做功為W彈=-·x=-0.75 J
外界對氣體做功為W'=p0(L-x)S=5 J
由熱力學第一定律可得氣體內能的變化量為
ΔU=13 J+1.5 J+5 J-0.75 J-20 J=-1.25 J。

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