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第三章《热力学定律》单元测试卷（解析版）
注意事项：
1．测试范围：人教版2019 选择性必修三第3章。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项
符合题目要求，第7~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得
0分。
1.海底火山活跃的海域，火山附近的海水会受到加热形成水蒸气从而产生气泡。当气泡浮上水面的过程中温
度下降，压强减小，体积减小。该过程中水蒸气可视作理想气体。下列关于该过程说法正确的是( )
A. 水蒸气上升过程中吸收热量 B. 水蒸气分子的平均动能增大
C. 水蒸气放出的热量大于其减小的内能 D. 该过程违反了热力学第二定律
【答案】C
【解析】A.根据热力学第一定律𝜟𝑼=𝑾+𝑸
可知，气体温度下降，故内能减小，即𝜟𝑼<𝟎
体积减小可以判断外界对气体做功，故𝑾>𝟎
因此𝑸必须为负，即放出热量。故A错误；
B.水蒸气的温度下降，故分子平均动能减小。故B错误；
C.根据热力学第一定律，因外界对气体做功，故水蒸气放出的热量大于其减小的内能。故C正确；
D.该过程不单是从热源吸热并用于做功，同时也引起了海水重力势能变化，故没有违反热力学第二定律。
故D错误。
故选C。
2.下列说法中正确的是( )
A. 一定质量的理想气体在膨胀的同时吸收热量，气体分子的平均动能一定减小B. 第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C. 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量等于对外做的功，并不违反热力学第二定律
D. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
【答案】C
【解析】A.气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时吸收热量，根据热力学第
一定律可知，气体的内能不一定减少，温度不一定降低，所以气体分子的平均动能不一定减小。故A错
误；
B.第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了
能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，故B错误；
C.一定质量的理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量等于对外做的功，并不违反热力学第二定律，该过
程中可能引起了其他方面的变化，故C正确；
D.根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定的条件下可以从低
温物体传到高温物体，如空调。故D错误。
故选C。
3.关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A. 热量不可能从低温物体传向高温物体
B. 从单一热源吸收热量，使之完全变为功是可能的
C. 机械能转化为内能的实际宏观过程是可逆过程
D. 为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
【答案】D
【解析】A. 由热力学第二定律可知，热量不能自发从低温物体传向高温物体，若从低温物体传向高温物
体需引起其他变化，A错误；
B. 由热力学第二定律可知，不可能从从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响，B错
误；
C. 由热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性，即机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过
程，C错误；
D. 由热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，D正确。
故选D。
4.如图所示，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。对此气体，下列说法错误的是( )
A. 过程①中，气体体积不断增大
B. 过程②中，气体从外界吸收热量
C. 过程③中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加
D. 状态𝒂的体积大于状态𝒅的体积
【答案】B
【解析】A.过程①中，气体温度不变，根据𝒑 𝑽 = 𝒑 𝑽 可知，压强减小，则气体体积不断增大，A正
𝟏 𝟏 𝟐 𝟐
确，不符合题意；
B.过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，B错
误，符合题意；
C.过程③中，气体压强不变，体积减小，分子数密度增加，温度降低，分子平均速率减小，则气体分子
在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，C正确，不符合题意；
D.根据𝒑𝑽 =𝑪，可知在𝒂、𝒅两个状态：𝟔𝑽 𝒂 = 𝟐𝑽 𝒅，可知状态𝒂的体积大于状态𝒅的体积，D正确，不符合
𝑻 𝟒 𝟏
题意。
故选B。
5.一定质量的理想气体被质量为𝒎的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为𝑺，与汽缸底部
相距𝑳，温度为𝑻 。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离𝑳后停止加热，整个过程中，
𝟎
气体吸收的热量为𝑸，大气压强为𝒑 ，重力加速度为𝒈。则( )
𝟎A. 初始时，气体压强𝒑 =𝒑
𝟏 𝟎
B. 停止加热时，气体的温度𝑻=𝟐𝑻
𝟎
C. 该过程中，气体内能增加量𝜟𝑼=𝑸―𝒎𝒈𝑳
D. 该过程中，气体内能增加量𝜟𝑼=𝑸―𝒑 𝑺𝑳
𝟎
【答案】B
【解析】解：𝑨.对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上的压力，则有
𝒎𝒈+𝒑 𝑺―𝒑 𝑺=𝟎
𝟎 𝟏
𝒎𝒈
解得：𝒑 = +𝒑
𝟏 𝑺 𝟎
故A错误；
B.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 𝟐𝑳𝑺
=
𝑻 𝑻
𝟎
解得：𝑻=𝟐𝑻
𝟎
故B正确；
𝑪𝑫.气体对外做功
𝑾=𝒑 𝑺𝑳=𝒎𝒈𝑳+𝒑 𝑺𝑳
𝟏 𝟎
根据热力学第一定律
𝜟𝑼=𝑸―𝒎𝒈𝑳―𝒑 𝑺𝑳
𝟎
故CD错误。
故选：𝑩。
6.根据热力学定律，可知下列说法中正确的是( )
A. 外界对物体做功，物体的内能必定增加B. 随着科技的发展，机械效率是𝟏𝟎𝟎%的热机是可能制成的
C. 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
D. 凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只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
【答案】C
【解析】解：𝑨、根据热力学第一定律：△𝑼=𝑾+𝑸，外界对物体做功，若物体放出热量，则物体的
内能不一定增大，故A错误；
B、无论科学技术多么发达，机械效率可能提高，但一定小于𝟏𝟎𝟎%，即物体的机械效率不可能达到𝟏𝟎𝟎
%，故B错误；
C、根据热力学第二定律内容，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。
故C正确；
D、根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但是只要外界提供能量，热量
可以从低温传递到高温，比如冰箱的工作原理，故D错误。
故选：𝑪。
7.夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，
大气压强没有变化，将气泡内气体看做理想气体。则气泡上升过程中，以下说法正确的是( )
A. 气泡内气体对外界做功 B. 气泡内每个气体分子的动能都变大
C. 气泡内气体从外界吸收热量 D. 气泡内气体的压强可能不变
【答案】AC
【解析】𝑨𝑫.气泡内气体压强𝒑=𝒑 +𝝆𝒈𝒉，气泡升高过程中，其压强减小；越接近水面，湖内水的温
𝟎
度越高，气体的温度升高，根据理想气体状态方程𝒑𝑽 =𝑪可知，体积一定增大，故气泡内气体对外界做
𝑻
功，故A正确，D错误；
B.温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，但每个气体分子的动能不一定
都变大，故B错误；
C.若接近水面，湖内水的温度越高，说明气泡内气体的温度升高，气泡内气体内能增大，即𝜟𝑼=𝑾+𝑸>𝟎，体积增大，即𝑾<𝟎，则𝑸>𝟎，故气泡内气体从外界吸收热量，故C正确。
故选AC。
8.现在骑自行车成为一种流行的运动，而山地自行车更是受到大众的青睐。山地自行车前轮有气压式减震装
置来抵抗颠簸，其原理如图所示，随着骑行时自行车的颠簸，活塞上下振动，在气缸内封闭的气体的作
用下，起到延缓震动的目的，如果路面不平，下列关于该减震装置的说法正确的是( )
A. 活塞迅速下压时气缸内的气体温度不变
B. 活塞迅速下压时气缸内的气体压强增大
C. 活塞下压后迅速反弹时气缸内有些气体分子的速率增大
D. 活塞下压后迅速反弹时气缸内气体内能增加
【答案】BC
【解析】A.活塞迅速下压时可看成是绝热过程，则外界对气体做功、气体与外界不发生热交换，根据𝜟𝑼=
𝑸+𝑾可知气体内能增加、温度升高，故A错误；
B.活塞迅速下压时，体积减小，温度升高，由𝒑𝑽 =𝑪可知，气体压强增大，故B正确；
𝑻
𝑪𝑫.活塞下压后迅速反弹时，气体对外界做功、气体与外界不发生热交换，根据𝜟𝑼=𝑸+𝑾可知气体内
能减小、温度减小，分子的平均动能减小，但不是每个分子的动能都减小，有些分子的动能是增大的，
速率是增大的，故C正确，D错误。
9.斯特林循环是一种采用定容下回热的。热力学理论上最完善的闭式概括性卡诺循环，它包含两个等容变化
过程和两个等温变化过程，如图所示是一定质量的理想气体在该循环下的𝒑―𝑽图像，其中𝒂→𝒃和𝒄→𝒅是
等温过程。关于斯特林循环，下列说法正确的是( )
A. 𝒂→𝒃的过程中，气体从外界吸收热量B. 𝒃→𝒄过程气体吸收的热量等于𝒅→𝒂过程气体释放的热量
C. 𝒄→𝒅过程中，气体分子在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数增加
D. 经历如图所示这一完整的循环过程，气体从外界吸收热量
【答案】BD
【解析】A.𝒂→𝒃的过程等温压缩，外界对气体做功，但内能不变，故气体对外放出热量，故A错误；
B.𝒃→𝒄过程和𝒅→𝒂过程都是等容变化，气体不对外界做功，但温度变化又相同，即内能变化量的大小相
等，因此𝒃→𝒄过程吸收的热等于𝒅→𝒂过程放出的热，故B正确；
C.由于体积增大但温度不变，压强减小，故单位体积内分子数减少，单位时间内与器壁单位面积碰撞的
次数也减少，故C错误；
D.𝒑―𝑽图像图线与横轴所围面积表示做功，𝒂→𝒃过程外界对气体做功小于𝒄→𝒅过程气体对外界所做的
功，由于一个循环结束后气体温度回到初始状态，即内能不变，故一个循环过程需要吸收热量，故D正
确。
故选BD。
10.带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，其状态变化如图所示。气体开始处于状态𝑨，由过程𝑨→𝑩到
达状态𝑩，其内能减小了𝑬，后又经过程𝑩→𝑪到达状态𝑪。设气体在状态𝑨时的压强、体积和温度分别为𝒑 、
𝑨
𝑽 和𝑻 。在状态𝑩时的体积为𝑽 ，状态𝑪时的温度为𝑻 。则下列说法正确的是( )
𝑨 𝑨 𝑩 𝑪
A. 气体在状态𝑩时的温度𝑻 = 𝑻 𝑨 ⋅𝑽 𝑩
𝑩 𝑽
𝑨
B. 气体在状态𝑩时的温度𝑻 = 𝑻 𝑨 ⋅𝑽 𝑨
𝑩 𝑽
𝑩
C. 𝑨→𝑩过程中，气体放出的热量𝑸=𝒑 (𝑽 ―𝑽 )+𝑬
𝑨 𝑨 𝑩
D. 𝑨→𝑩过程中，气体放出的热量𝑸=𝒑 (𝑽 ―𝑽 )―𝑬
𝑨 𝑩 𝑨
【答案】AC
【解析】𝑨𝑩.由题图知，𝑨→𝑩过程为等压变化。
由盖―吕萨克定律得： 𝑽 𝑨 = 𝑽 𝑩，解得：𝑻 = 𝑻 𝑨 𝑽 𝑩，故A正确，B错误；
𝑻 𝑻 𝑩 𝑽
𝑨 𝑩 𝑨𝑪𝑫.由𝑨→𝑩过程，气体发生等压变化，气体体积减小，
外界对气体做功：𝑾=𝒑 (𝑽 ―𝑽 )，
𝑨 𝑨 𝑩
由热力学第一定律𝜟𝑼=𝑸 +𝑾得：𝑸 =―𝑬―𝑾
𝟏 𝟏
气体放出的热量𝑸=―𝑸 =𝒑 (𝑽 ―𝑽 )+𝑬，故C正确，D错误。
𝟏 𝑨 𝑨 𝑩
11.一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，𝒑 、𝒑 、
𝒂 𝒃
𝒑 分别表示状态𝒂、𝒃、𝒄的压强，下列判断正确的是 ( )
𝒄
A. 状态𝒂、𝒃、𝒄的压强满足𝒑 =𝒑 =𝟑𝒑
𝒄 𝒃 𝒂
B. 过程𝒂到𝒃中气体对外做功，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做的功
【答案】AD
【解析】根据理想气体状态方程𝒑𝑽 =𝑪(常数)，由图像可得𝒑 =𝒑 ， 𝒑 𝒂 = 𝑻 𝒂 = 𝟏，得𝒑 =𝒑 =𝟑𝒑 ，A
𝑻 𝒃 𝒄 𝒑 𝒃 𝑻 𝒃 𝟑 𝒄 𝒃 𝒂
正确；过程𝒂到𝒃中，由图像可得，气体的体积不变，说明做功为𝟎，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，由图像可得，气体的
体积减小，说明外界对气体做功，温度降低，说明气体内能减少，C错误；过程𝒄到𝒂中，由图像可得，
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做的功，D正确．
12.在中国共产党成立𝟏𝟎𝟎周年庆祝大会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为
𝟓𝟎𝑳、压强为𝟐.𝟎×𝟏𝟎𝟕𝑷𝒂的氦气罐给气球充气，要求充气后气球体积为𝟏𝟎𝑳、压强为𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂；气球
释放后飘向高空，当气球体积膨胀到𝟏𝟓𝑳时就会爆裂落回地面。已知高度每升高𝟏𝟎𝟎𝟎𝒎，大气温度下降𝟔
℃，高度每升高𝟏𝟎𝒎，大气压减小𝟏𝟏𝟎𝑷𝒂，庆祝现场地面空气温度为𝟐𝟕℃，大气压为𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂，不计
充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是( )
A. 用氮气罐给气球充气过程中，氦气向外界释放热量
B. 用一个氦气罐可以充出𝟗𝟗𝟓个符合要求的气球C. 当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为𝟑𝟒𝟒𝟖𝒎
D. 要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
【答案】BC
【解析】A.对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，
将氦气实为理想气体，则内能不变，根据热力学第一定律𝜟𝑼=𝑾+𝑸，𝜟𝑼=𝟎，𝑾为负值，则𝑸为正
值，气体吸热，故A错误；
B.全部充气完毕，罐内气体压强也变为𝒑 ，设充出的气体总体积为𝑽，则根据理想气体状态变化规律𝒑 𝑽
𝟎 𝟏 𝟏
=𝒑 𝑽，将𝒑 =𝟐.𝟎×𝟏𝟎𝟕𝑷𝒂，𝑽 =𝟓𝟎𝑳，𝒑 =𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂，代入可解得𝑽=𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝑳，设总共充气𝒏
𝟎 𝟏 𝟏 𝟎
个符合要求的气体，则𝑽=𝑽 +𝒏𝑽 ，𝑽 =𝟏𝟎𝑳，代入可得𝒏=𝟗𝟗𝟓个，故B正确；
𝟏 𝟎 𝟎
C.当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到𝟏𝟓𝑳，设此时气球离地面高度为𝒉，则爆裂时气体的压强和温度分
别是𝒑 =𝒑 ―𝟏𝟏𝒉，𝑻 =𝑻 ― 𝟔𝒉 ，代入理想气体状态变化方程 𝒑 𝟎 𝑽 𝟎 = 𝒑 𝟐 𝑽 𝟐，解得𝒉=𝟑𝟒𝟒𝟖𝒎，故C
𝟐 𝟎 𝟐 𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑻 𝟎 𝑻 𝟐
正确；
𝟏𝟎𝟓
D.由𝑪中分析可以推导出𝒉与𝑽
𝟎
的函数关系式为𝒉=
𝟐― 𝟏𝟑𝟓
(𝒎)，可见，𝑽
𝟎
越小，𝒉越大，故D错误。
𝑽𝟎―𝟏𝟓
第Ⅱ卷
二、计算题：本题共4小题，共52分。解析应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最
后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13.如图所示，水平放置一个长方体汽缸，总体积为𝑽，用活塞将内部封闭的理想气体分为完全相同的𝑨、𝑩
两部分。活塞绝热，体积不计，且可在汽缸内无摩擦地自由滑动。初始时两部分气体压强均为𝒑，温度均
为𝑻。若使𝑨部分气体的温度升高𝜟𝑻，𝑩部分气体的温度保持不变，求：
(𝟏)𝑨部分气体的体积变为多少？
(𝟐)𝑩部分气体在该过程中是放热还是吸热？
【答案】(𝟏)设末状态两部分气体压强均为𝒑
末
，选择𝑨部分气体为研究对象，末状态时体积变为𝑽
𝑨,
则
𝒑𝑽
𝟐
𝑻
=
𝒑末𝑽
𝑨
𝑻+𝜟𝑻
对𝑩部分气体，末状态时体积为𝑽 ，由玻意耳定律 𝒑 𝑽 =𝒑 𝑽
𝑩 末 𝑩
𝟐
又𝑽 +𝑽 =𝑽
𝑨 𝑩可得𝑽 = (𝑻+𝜟𝑻)𝑽；
𝑨
𝟐𝑻+𝜟𝑻
(𝟐)𝑩部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对𝑩做正功，根据热力学第一定律，𝑩部分气体对外
放热。
14.如图为一定质量的理想气体的体积𝑽随热力学温度𝑻的变化关系图像。由状态𝑨变化到状态𝑩的过程中气
体吸收热量𝑸 =𝟐𝟐𝟎 𝑱，气体在状态𝑨的压强为𝒑 =𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂。求：
𝟏 𝟎
(𝟏)气体在状态𝑩时的温度𝑻 ；
𝟐
(𝟐)气体由状态𝑩变化到状态𝑪的过程中，气体向外放出的热量𝑸 。
𝟐
【答案】解：(𝟏)由题图可知气体从状态𝑨变化到状态𝑩过程的𝑽―𝑻图线为直线，则气体从状态𝑨到状态𝑩
发生等压变化，
根据盖―吕萨克定律有
𝑽
𝟏 =
𝑽
𝟐 代入数据解得：𝑻 =𝟔𝟎𝟎 𝑲；
𝑻 𝑻 𝟐
𝟏 𝟐
(𝟐)𝑨到𝑩过程气体从外界吸热，对外界做功，
内能增加：𝜟𝑼 =𝑾 +𝑸 𝑾 =―𝒑 𝜟𝑽=―𝟏×𝟏𝟎𝟓×𝟏×𝟏𝟎―𝟑𝑱=―𝟏𝟎𝟎 𝑱 𝜟𝑼 =―𝟏𝟎𝟎 𝑱+𝟐𝟐𝟎 𝑱
𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 𝟎 𝟏
=𝟏𝟐𝟎 𝑱；
气体在𝑪状态与𝑨状态内能相等，𝑩到𝑪过程，气体对外界不做功，则内能减少𝟏𝟐𝟎 𝑱，
且 𝜟𝑼 =𝑸 +𝑾 即―𝟏𝟐𝟎 𝑱=𝑸 +𝟎 所以𝑸 =―𝟏𝟐𝟎 𝑱 气体向外放出热量𝟏𝟐𝟎 𝑱。
𝟐 𝟐 𝟐 𝟐 𝟐
15.一定质量的理想气体被绝热活塞封闭在绝热汽缸内，活塞的质量𝒎=𝟐𝟎 𝒌𝒈，横截面积𝑺=𝟏𝟎𝟎 𝒄𝒎𝟐，活
塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始使汽缸水平放置如图所示，活塞与汽缸底的距离𝑳 =𝟏𝟐 𝒄𝒎，
𝟏
离汽缸口的距离𝑳 =𝟒 𝒄𝒎.外界气温为𝟐𝟕℃，大气压强为𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖
𝟐
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，已知𝒈=𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐，求：
(𝟏)此时气体的温度；(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𝑸=𝟑𝟗𝟎 𝑱的热量，则气体增加的内能
𝜟𝑼多大．
【答案】解：①当汽缸水平放置时，𝒑 =𝟏.𝟎×𝟏𝟎𝟓 𝑷𝒂，𝑽 =𝑳 𝑺，𝑻 =𝟑𝟎𝟎 𝑲， 当汽缸口向上，
𝟎 𝟎 𝟏 𝟎
活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有𝒑 𝑺=𝒑 𝑺+𝒎𝒈， 则𝒑 =𝟏.𝟐×𝟏𝟎𝟓 𝑷𝒂，𝑽 =(
𝟏 𝟎 𝟏 𝟏
𝑳 +𝑳 )𝑺， 由理想气体状态方程得 𝒑 𝟎 𝑳 𝟏 𝑺 = 𝒑 𝟏 (𝑳 𝟏 +𝑳 𝟐 )𝑺 ，则𝑻 =𝟒𝟖𝟎 𝑲．
𝟏 𝟐 𝑻 𝟎 𝑻 𝟏 𝟏
(𝟐)当汽缸口向上，未加热稳定时，由玻意耳定律得𝒑 𝑳 𝑺=𝒑 𝑳𝑺，则𝑳=𝟏𝟎 𝒄𝒎， 加热后，气体发生
𝟎 𝟏 𝟏
等压变化，气体对外界做功，则有
𝑾=―𝒑 (𝑳 +𝑳 ―𝑳)𝑺=―𝟕𝟐 𝑱， 根据热力学第一定律有𝜟𝑼=𝑾+𝑸，解得𝜟𝑼=𝟑𝟏𝟖 𝑱．
𝟏 𝟏 𝟐
16.如图所示，内部带有加热装置的绝热汽缸质量为𝑴，用绝热活塞封闭一定质量的气体，用绳将活塞和汽
缸竖直悬挂在空中，汽缸顶部有卡环，汽缸内部长为𝟐𝑳，活塞质量为𝒎、横截面积为𝑺，开始时气体温度为
𝟑𝟎𝟎 𝑲，活塞到缸底的距离为𝟏.𝟓𝑳，加热装置中电阻丝的电阻为𝑹，启动加热装置后电流为𝑰，气体缓慢
升温，经时间𝒕气体温度变为𝟒𝟓𝟎 𝑲，已知大气压强为𝒑 ，重力加速度为𝒈，活塞的厚度不计，求：
𝟎
(𝟏)当温度升高到𝟑𝟔𝟎 𝑲时活塞到缸底的距离；
(𝟐)气体温度由𝟑𝟎𝟎 𝑲升高到𝟒𝟓𝟎 𝑲的过程中内能的增加量．
【答案】解：(𝟏)假设温度升高到𝟑𝟔𝟎 𝑲时活塞未到卡环处，则该过程气体发生等压变化，由盖―吕萨克
定律得𝟏.𝟓𝑳𝑺 = 𝑳′𝑺 ，解得𝑳′=𝟏.𝟖𝑳，由于𝑳′<𝟐𝑳，故假设成立，则此时活塞到缸底的距离是𝟏.𝟖𝑳．
𝟑𝟎𝟎𝐊 𝟑𝟔𝟎𝐊
(𝟐)温度升高到𝑻时活塞运动到卡环处，该过程为等压变化，则有 𝟏.𝟓𝑳𝑺 = 𝟐𝑳𝑺， 解得𝑻=𝟒𝟎𝟎 𝑲<𝟒𝟓𝟎
𝟑𝟎𝟎𝐊 𝑻𝑲，故𝟒𝟓𝟎 𝑲时活塞已经运动到卡环处；活塞到达卡环前对活塞受力分析，平衡方程为𝒑𝑺+𝑴𝒈=𝒑 𝑺，
𝟎
气体对外做功，则有𝑾=―𝒑𝑺(𝟐𝑳―𝟏.𝟓𝑳)， 气体吸收的热量为𝑸=𝑰𝟐𝑹𝒕， 由热力学第一定律有𝜟𝑼
=𝑸+𝑾， 解得𝜟𝑼=𝑰𝟐𝑹𝒕+ 𝟏 𝑴𝒈𝑳― 𝟏 𝒑 𝑺𝑳．
𝟎
𝟐 𝟐
