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第十五章 热学
第 03 练 热力学定律与能量守恒
知识目标 知识点
目标一 热力学第一定律
目标二 热力学第二定律
目标三 热力学第一定律与图像的综合应用
目标四 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1．如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于
矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上
浮过程中，小瓶内气体( )
A. 内能减少 B. 对外界做正功
C. 增加的内能大于吸收的热量 D. 增加的内能等于吸收的热量
【答案】B
【解析】
【分析】
根据体积的变化判断做功的情况，根据气体的内能有关的因素判断内能的变化，根据热力学第一定
律判断吸收的热量与内能变化量的大小关系。
该题考查理想气体得状态方程的应用以及热力学第一定律的应用，解答的关键是正确判断出气体的
体积增大，气体对外做功。
【解答】
A、由题，越靠近瓶口水的温度越高，则小瓶上升靠近瓶口的过程中温度也升高，则气体的温度升
高，由于一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，可知小瓶内气体的内能增大，故A错误；
B、设大气压强为p ，瓶内气体的压强为p，瓶内气体下侧到水面的高度差为h，则瓶内气体的压强：
0
p=p +ρgh，其中ρ为水的密度；小瓶上升的过程中瓶内气体下侧到水面的高度差减小，则瓶内气
0pV
体的压强减小；由理想气体的状态方程： =C，可知小瓶上升的过程中瓶内气体的体积一定增
T
大，则小瓶内气体对外界做正功，故B正确；
CD、气体的内能增大，则ΔU为正，气体对外做功，则W为负，根据热力学第一定律：
ΔU=Q+W，可知气体增大的内能小于气体吸收的热量，故CD错误。
故选：B。
2．2017年5月，被网友称为共享时代高大上的产物--共享汽车入驻金华，共享汽车全部是节能环保
的电动汽车。下表为该型号汽车的部分技术参数，则下列说法正确的是( )
电机额定功率 42kW
最高时速 100km/h
电池容量 22kW h
耗电量 12kWh/100km
充电时间 10h(家用220V)
A. 电动机工作时把电能全部转化为机械能
B. 该汽车最大续航里程约为350km
C. 当用220V电源对电池充电时，假设充电电流恒定，则充电电流约为10A
D. 该汽车在额定状态下以最高时速行驶，受到的阻力为420N
【答案】C
【解析】解：A、根据热力学定律知电动机工作时把不可能电能全部转化为机械能，故A错误；
22
B、根据耗电量12kWh/100km，知22kWh可以续航里程约为 ×100km=183km，故B错误；
12
C 、 当 用 220V电 源 对 电 池 充 电 时 ， 假 设 充 电 电 流 恒 定 ， 则 充 电 电 流 约 为
W 22kWh
I= = =10A，故C正确；
Ut 220V×100h
P 42×103W
F=f = = =1512N
D、汽车在额定状态下以最高时速行驶， v 100 ，故D错误；
m m/s
3.6
故选：C。
22 W
电动机工作时把不可能电能全部转化为机械能；续航里程约为 ×100km；充电电流约为I= ；
12 UtP
最高速度时F=f =
。
v
m
此题属于信息类题目，注意根据表格数据结合物理知识选择合适的公式，对学生要求很高的获取信
息的能力。
3．关于物体内能的变化，以下说法正确的是( )
A. 物体放出热量，内能一定减少
B. 物体对外做功，内能一定减少
C. 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
D. 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
【答案】D
【解析】解：A、物体放出热量，若外界对物体做的功大于放出的热量，其内能增加，故A错误；
B、物体对外做功，若同时从外界吸收的热量，则内能不一定减少，故B错误；
C、物体放出热量，同时对外做功，内能一定减小，故C错误；
D、物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，故D 正确。
故选：D。
做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量赠与外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：
ΔU=Q+W。
本题考查热力学第一定律，知道做功和热传递都能改变内能，基础题。
4．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，
下列说法正确的是( )
A. 过程①中气体的压强逐渐减小
B. 过程②中气体对外界做负功
C. 过程④中气体从外界吸收了热量
D. 状态c、d的内能相等
【答案】D
【解析】解：A、由图示图象可知，过程①中气体体积不变而温度升高，由理想气体状态方程
pV
=C可知，气体的压强逐渐增大，故A错误；
T
B、由图示图象可知，过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B错误；
C、由图示图象可知，过程④中气体体积不变而温度降低，气体体积不变，外界对气体不做功，
W =0，气体温度降低，气体内能减小，△U<0，由热力学第一定律△U=W+Q可知：Q=△U-W<0，则气体向外界放出了热量，故C错误；
D、一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，由图示图象可知，状态c、d的温度相等，则状态c、
d的内能相等，故D正确。
故选：D。
根据图示图象判断气体的温度T与体积V如何变化，应用理想气体状态方程判断气体压强p如何变
化；气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；一定量的理想气体内能由气
体温度决定，温度升高内能增加，温度降低气体内能减少；根据气体状态变化过程应用热力学第一
定律分析气体吸热与放热情况。
5．已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此
飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门
K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中
的气体进入B中，最终达到平衡，则( )
A. 气体体积膨胀，对外做功 B. 气体分子势能减少，内能增加
C. 体积变大，温度降低 D. B中气体不可能自发地全部退回到A中
【答案】D
【解析】【解析】
解：A、当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，故
A错误；
BC、系统对外不做功，同时与外界无热交换，根据热力学第一定律可知，ΔU=Q+W，则气体内
能不变，气体膨胀，但无法确定分子势能的变化，也无法确定分子动能的变化，故BC错误；
D、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，B中气体不能自发地全
部退回到A中，故D正确。
故选：D。
分析题意可知，气体绝热膨胀，但由于B是真空，故气体也不会对外做功。
温度是分子热运动平均动能的标志。
根据热力学第二定律分析。
此题考查了热力学定律的相关知识，掌握热力学第一、第二定律的内容，明确气体是绝热膨胀，要
能够根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q分析。
6．水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达
到一定压强后，关闭充气口。扣动板机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，
罐内气体温度始终保持不变，则气体( )A. 压强变大 B. 对外界做功 C. 对外界放热 D. 分子平均动能变大
【答案】B
pV
【解析】解：A、在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，根据 =C可知体积增
T
加、压强减小，故A错误；
B、气体膨胀，体积增大，则气体对外界做功，故B正确；
C、根据热力学第一定律△U=W+Q，气体温度不变则内能不变，气体对外做功、则吸收热量，故
C错误；
D、温度是分子平均动能的标志，温度不变则分子的平均动能不变，故D错误。
故选：B。
气体膨胀对外做功、如果温度不变，则内能不变，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律分
析，根据温度是分子平均动能的标志分析分子平均动能的大小是否变化。
本题主要是考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，解答本题的关键是知道气体膨胀对外做功、
如果温度不变，则内能不变，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律分析。
1．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。下列说法正确的是( )
A. 匀速上升机械能不变 B. 加速上升机械能增加
C. 减速上升机械能一定减小 D. 上升过程机械能一定增加
【答案】B
【解析】解：A、匀速上升过程：根据平衡可知，拉力竖直向上，对物体做正功，根据功能原理得
知，物体的机械能增加。故A错误。
B、加速上升过程：物体受向上的拉力和重力，拉力的方向与速度方向相同，对物体做正功，则物
体的机械能增加。故B正确。C、物体减速上升，有三种情况：不受外力，只受重力，则机械能不变；受竖直向上的力，且大小
小于重力，则外力做正功，物体的机械能增加；受竖直向下的外力，则外力做负功，物体的机械能
减小。故C错误。
D、由前面的分析可知，物体向上运动，机械能可能不变、增加、减小，故D错误。
故选：B。
根据物体的运动情况分析受力情况，再根据功能原理求解。
本题的解题关键是掌握功能原理，并能正确分析物体的运动情况以及受力情况，注意在分析时把所
有的可能情况分析全。
2．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图像如图所示，
下列判断正确的是( )
A. 过程bc中气体放热
B. 过程ca中温度降低、压强减小
C. a、b和c三个状态中，状态b分子的平均动能最大
D. 气体从b到a过程中外界对气体做功W ，从b到c过程中外界对气体做功W ，且有W <W
ba bc ba bc
【答案】D
【解析】
【分析】
pV
根据气态方程 =C，结合p-T图象上状态点，分析体积的变化，判断做功情况，由热力学第一
T
定律进行分析。
解决气体问题，关键要掌握气态方程和热力学第一定律，知道温度的意义：一定质量的理想气体的
内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志。
【解答】
A.由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积
增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体吸热，故A错误；
B.由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，故B错误；
C. 由图象可知，bc状态温度相同，分子平均动能一样大，故C错误；
D.气体从b到a过程中，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外
界对气体不做功；从b到c过程中，气体发生等温变化，压强变小，体积变大，气体对外界做功，
功是标量，比较其大小只是比较绝对值，故D正确。故选D。
3．大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达
到250W /m2时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其
发射功率P=3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击
的最远距离约为( )
A. 100m 25m B. 100m 50m C. 200m 100m D. 200m 50m
【答案】B
【解析】
【分析】
根据单位面积接收的微波功率求出接触的面积，抓住发射的微波为球面波，结合球面面积公式求出
球的半径，即有效的攻击距离。
本题是信息题，通过引起神经混乱和心肺功能衰竭时单位面积接受功率，求出接触面积是解决本题
的关键，能够正确建立物理模型，知道球形半径即为有效的攻击距离。
【解答】
引起神经混乱时，单位面积接收的微波功率达到250W /m2，则接触面积：
P 3×107
S= = m2=1.2×105m2，
250 250
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S=4πR2
，
1
代入数据解得：R ≈100m；
1
当心肺功能衰竭时，单位面积接收的微波功率达到1000W /m2，则接触面积：
P 3×107
S'= = m2=3×104m2，
1000 1000
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S'=4πR2
，
2
代入数据解得：R ≈50m，
2
则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离分别约为100m和50m，故B正确，ACD错
误。
故选：B。
4．如图所示，一定质量的理想气体，由状态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 和T ，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q 和Q ，则
b c ab ac
( )
A. T >T ，Q >Q B. T >T ，Q <Q
b c ab ac b c ab acC. T =T ，Q >Q D. T =T ，Q <Q
b c ab ac b c ab ac
【答案】C
【解析】
【分析】
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，另外要注
意理想气体的分子势能不计，分子动能即内能，所以可以通过比较温度来比较等量理想气体内能的
大小。
【解答】
p V p V p V 2p ·V p ·2V
由理想气体状态方程可知 a a= c c = b b ，即 0 0= 0 0 ，得T = T ，且为理想气
T T T T T c b
a c b c b
体，则气体在 b、 c状态内能相等，因 a到 b和 a到 c的ΔU相同，而 a到 c过程中气体体积不变，
W =0， a到 b过程中气体膨胀对外做功， W<0，根据热力学第一定律：Δ U= Q+ W可知 a到 b
吸收的热量 Q 大于 a到 c吸收的热量 Q ，即 Q > Q ，故C正确，ABD错误。
ab ac ab ac
故选C。
1
5．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p- 图像如图所示，求该过程中气体
V
吸收的热量Q．
【答案】
解：由题图可知A、C两状态气体的温度相同，内能相同．
由 A到 B的 过 程 ， 气 体 发 生 等 压 变 化 ， 体 积 增 大 ， 外 界 对 气 体 做 的 功
W =-pΔV =-2×105×1J=-2×105J，
1
由B到C，气体发生等容变化，W =0，
2
从A到C全过程根据热力学第一定律ΔU=W+Q=W +W +Q=0，解得该过程吸收的热量
1 2
Q=2×105J．
1 1
【解析】本题中易把p- 图像看成p-V图像从而得到错误的状态参量导致错解．本题结合p-
V V
图像考查热力学第一定律的应用．
A到B的过程，气体发生等压变化，体积增大，由B到C，气体发生等容变化，结合热力学第一定律求解。
6．如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交
换)，其中B→C过程中内能减少900J.求A→B→C过程中气体对外界做的总功。
【答案】
解：A到B过程中，W =-p(V -V )=-6×105×1×10-3=-600J，
1 B A
B到C的过程中，没有吸放热，Q=0，则△U=W ，
2
解得：W =-900J，
2
所以W =W +W =-600-900J=-1500J，可知气体对外界做功1500J。
1 2
答：气体对外界做功的大小为1500J。
【解析】A到B过程中压强不变，则压力不变，结合功的公式求出做功的大小，B到C的过程是绝
热过程，没有吸放热，结合热力学第一定律求出气体对外界做功的大小，从而得出整个过程中做功
的大小。
解决本题的关键知道等压过程中，压力不变，可以根据功的公式求解做功的大小，以及知道P-V
图线围成的面积表示做功的大小。
1．一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所
示，气体在三个状态的体积分别为V 、V 、V ，压强分别为p 、p 、p 。已知p =p ，p =4 p ，
a b c a b c b 0 c 0
则下列说法正确的是( )A. p =3p B. V =3V
a 0 b c
C. 从状态a到状态b，气体对外做功 D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定
即可解题。
由图根据查理定律得a状态对应的压强即可判断；根据图像结合玻意耳定律求出状态b和状态c的体
积更小即可判断；根据图像判断从状态a到状态b气体体积的变化情况，从而得出气体对外做功情
况即可判断；根据图像判断从状态c到状态a气体体积的变化和温度的变化，从而得出气体对外做
功情况和内能变化情况，结合热力学第一定律得出气体是否吸热即可判断。
【解答】
A.由图知，由a到b，等容变化，由查理定律知，a状态气体的压强p =2p ，故A错误；
a 0
B.由图知，b状态到c状态气体温度恒为T ，由玻意耳定律：p V =p V ，解得V =4V ，故B错
0 b b c c b c
误；
C.由a到b，等容变化，此过程气体对外不做功，故C错误；
nR nR
D.由pV =nRT可得p= T，可见p-T图像中各点与坐标原点连线的斜率为 ，由图知，由状
V V
态c到状态a过程，图像中各点与坐标原点连线的斜率减小，即气体的体积变大，此时气体对外做
功，由于温度升高，则气体的内能增加，由热力学第一定律知，气体从外界吸热，故D正确。
2．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，该气体体积V随摄氏温度t变化关系如
图所示，下列说法正确的是( )A. A→B过程中，气体吸收热量
B. A→B过程中，气体压强增大
C. B→C过程中，气体压强不变
D. B→C过程中，气体分子的数密度减少
【答案】B
【解析】
【分析】
解决本题的关键是知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理想气体状态方程，
并能灵活运用。
根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变化判断气体内能的变
化，结合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热。
【解答】
A.A→B过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律pV =C，气体体积增大，则压强减小，故A错误；
B.A→B过程中，气体温度不变，内能不变，而体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可
知，气体吸热，故B正确；
pV V
C.B→C过程中，根据理想气体状态方程 =C，由于 减小，故压强增大，故C错误；
T T
D.B→C过程中，气体体积减小，故气体分子数的密度增大，故D错误。
3．一定质量的理想气体状态变化如p-V图所示，图中，p❑ =3p❑ ，V❑ =4V❑ ，状态1、2
1 2 2 1
对应的温度分别为T❑ 、T❑ 。由状态1变化到状态2的过程中，下列说法正确的是
1 2
A. 气体内能不变
B. 气体对外做功并放热
C. 气体分子热运动平均动能增大
D. 单位时间内器壁单位面积上受气体分子撞击的次数增加
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查气体状态变化的图像问题，根据理想气体状态方程分析各点的状态变化，知道对于一定质
量的理想气体，内能只与温度有关，温度升高则内能变大，气体体积变大，则气体对外做功，气体
体积变小，则外界对气体做功。根据热力学第一定律分析气体的吸热、放热情况。
【解答】p V p V T 3
A、根据理想气体状态方程， 1 1= 2 2 ，解得 1= ，所以从1到2，气体温度升高，内能变大，
T T T 4
1 2 2
故A错误；
B、气体体积变大，则对外做功，又气体内能变大，根据热力学第一定律可知气体一定吸热，故 B
错误；
C、气体温度升高，则气体分子热运动平均动能增大，故C正确；
D、气体分子的平均动能变大，而气体压强变小，根据气体压强的微观意义，单位时间内器壁单位
面积上受气体分子撞击的次数减少，故D错误。
故选C。
4．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后
沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，
下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、
弹簧未超过弹性限度，则( )
A. 当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C. 下滑时，B对A的压力先减小后增大
D. 整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律分析加速度及力的情况，根据能量守恒及功能关系分析能量的变化。
本题主要考查整体法与隔离法解决动力学问题、能量守恒定律、功能关系。
【解答】
B.由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角
为θ， AB之间的弹力为F ，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对 AB有：
AB
F+(m +m )gsinθ-μ(m +m )gcosθ=(m +m )a
A B A B A B
对B有：m gsinθ-μm gcosθ-F =m a
B B AB B
F F
联立可得： =- AB
m +m m
A B B
由于A对B的弹力F 方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧
AB
弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A.设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x ，A运动到最高点时距离O点为x ；下滑过程
1 2
AB不 分 离 ， 则 弹 簧 一 直 处 于 压 缩 状 态 ， 上 滑 过 程 根 据 能 量 守 恒 定 律 可 得 ：
1 1
kx2= kx2+(m gsinθ+f )(x -x )
2 1 2 2 A 1 2
2(m gsinθ+f )
化简得：k= A
x +x
1 2
x -x
当位移为最大位移的一半时有：F =k(x - 1 2 )-(m gsinθ+f )
合 1 2 A
代入k值可知F =0，即此时加速度为0，故A错误；
合
F F
C.根据B的分析可知： =- AB
m +m m
A B B
再结合B选项的可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程F 逐渐变大，根据牛顿第三定律
AB
可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D.整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可
知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选：B。
5．如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸
和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p 、T 。现接通电热丝加热气
0 0
体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
【答案】
解：(1)活塞向右移动过程中，气体克服外力做功W =(p S+f )L，
0
根据热力学第一定律有：ΔU=Q-W =Q-(p S+f )L；
0
(2)对气体，初始状态，气体压强p ，气体温度T ，气体体积LS，
0 0f
末状态，气体压强p + ，气体温度T，气体体积2LS，
0 S
( f )
p + ×2LS
根据理想气体状态方程有：p ×LS 0 S
0 =
T T
0
( f )
解得：T=2 1+ T 。
p S 0
0
【解析】本题主要考查了理想气体状态方程的应用和热力学第一定律的应用，对于该类问题关键是
找到气体状态参量的变化，对于热力学第一定律中各量的正负要明确各自意义。
6．如图所示，横截面积S=0.01m2的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，
a、b之间的距离h=0.03m，b到汽缸底部的距离H=0.45m，质量m=10kg的水平活塞与汽缸内
壁接触良好，只能在a、b之间移动。刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强p =1×105Pa，热
0
力学温度T =300K，活塞停在b处。取重力加速度大小g=10m/s2，活塞厚度、卡口的体积均可
0
忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，
外界大气压强恒定。
(1)求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T ；
1
(2)求当缸内气体的热力学温度T =400K时，缸内气体的压强p；
2
(3)在以上全过程中气体内能增量ΔU=250J，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
【答案】
解：(1)设当活塞刚好离开卡口b时，缸内气体的压强为p ，对活塞，根据物体的平衡条件有
1
p S=p S+mg
1 0
解得p =1.1×105Pa
1
p p
根据查理定律有
0= 1
T T
0 1
解得T =330K；
1
(2)假设当缸内气体的热力学温度T =400K时活塞能到达卡口a处，且活塞恰好与卡口a接触时缸
2HS (H+h)S
内气体的热力学温度为T ，根据盖-吕萨克定律有 =
3 T T
1 3
解得T =352K
3
p p
故当缸内气体的热力学温度T =400K时活塞能到达卡口a处，此后，根据查理定律有 1=
2 T T
3 2
解得p=1.25×105Pa；
(3)气体对外做功W =p hS，根据热力学第一定律ΔU=Q-W，得Q=283J。
1
【解析】(1)根据平衡条件分析出压强的大小，结合查理定律计算出缸内气体的温度；
(2)先根据盖-吕萨克定律分析出缸内气体的温度，再结合查理定律计算出气体的压强；
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q-W，解得Q。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，
结合公式pV =CT即可完成分析。
