Q＝ΔU－W，因Tb＝Tc，所以ΔUab＝ΔUac，而Wab>Wac，故Qab>Qac.综上C正确．
4．下列过程中，可能实现的是（ ）
A．将海水温度自动下降时释放的内能全部转变为机械能
B．利用海洋不同深度的海水温度不同来制造一种机器，把海水的内能变为机械能
C．在粗糙水平面上运动的物体，它的动能转化为内能，使物体温度升高
D．静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能可以转化为物体的动能，使物体运动起来
答案 BC
5．关于一定量的气体，下列叙述正确的是（ ）
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
答案 AD
解析 根据热力学第二定律：
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．即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下，可以完全转化为功，A对；一定量气体的内能的影响因素有体积和温度，故气体体积增大时，由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B错；内能可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外做功情况未知，故内能不一定增加，C错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减少，D对．
6．如图2所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接使其缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是（ ）
图2
A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．以上三种说法都不对
答案 C
解析 气体等温膨胀并通过杆对外做功，由于气体等温，所以内能不变，对外做功，则要吸收热量，即气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律，因为此过程产生了其他影响，所以没有违反热力学第二定律．
7．景颇族的祖先发明的点火器如图3所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中（ ）
图3
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
答案 B
解析 对封闭气体，猛推压缩过程中，外界对气体做正功，时间极短，热传递不计，即Q＝0，由ΔU＝W＋Q可知内能增大，C、D均错误；因气体内能等于所有分子动能与分子势能之和，其中分子势能不变或减小，所以分子平均动能增加，温度升高，再由气体状态方程
＝常量可知，气体压强变大，故A错误、B正确．
8．在光滑水平面上运动的物体，受到一个与速度同方向的推力，物体的温度与环境温度相同，在这个过程中，以物体为研究对象，则（ ）
A．与热传递等效的功是正功，物体的内能增加
B．与热传递等效的功是零，内能不变
C．动能定理中的功是正功，动能增加
D．动能定理中的功是零，动能不变
答案 BC
解析 根据动能定理，推力对物体做正功，物体动能增加；没有力做功实现其他形式能和内能的转化，物体的内能不变．
9．如图4所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞，用打气筒通过气针慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后（ ）
图4
A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加
C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加
答案 C
解析 胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功，W<0.由于没时间进行热交换，由ΔU＝W可知内能减小．内能等于分子动能与势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子平均动能减小，所以温度降低，故C正确．
10．如图5所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep（弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）．现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程（ ）
图5
A．Ep全部转换为气体的内能
B．Ep一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．Ep一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
答案 D
解析 以活塞为研究对象，设气体压强为p1，活塞质量为m，截面积为S，末态时压强为p2，初态F弹>mg＋p1S，由题意可得末态位置必须高于初位置，否则不能平衡，则由ΔU＝W（绝热）．W为正，ΔU必为正，温度升高，内能增加，活塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知F弹′＝mg＋p2S，仍然具有一部分弹性势能，D正确．
二、填空题（每小题5分，共10分）
11．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ（可看成理想气体）变化过程中温度（T）随加热时间（t）变化关系如图6所示．单位时间所吸收的热量可看作不变．
（1）以下说法正确的是______．
图6
A．在区间Ⅱ，物质的内能不变
B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加
D．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大
（2）在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高______（变快、变慢或快慢不变）请说明理由．
答案
（1）BCD
（2）变快，理由见解析
解析 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，理想气体的状态方程
＝C
可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU＝Q－|W|；
体积不变的条件下，W＝0，ΔU＝Q；
所以ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快．
12．如图7所示，根据制冷机的工作原理，试分析每个工作过程中工作物质的内能改变情况和引起改变的物理过程：
图7
（1）工作物质的内能________，是________的过程；
（2）工作物质的内能________，是________的过程；
（3）工作物质的内能________，是________的过程．
答案
（1）增加 做功
（2）减少 放热 （3）增加 吸热
解析
（1）压缩气体，对气体做功，内能增加；
（2）气体液化要放出热量，内能减少；
（3）工作物质的汽化过程，需吸收热量，内能增加．
三、计算题（共4小题，共40分）
13．（8分）在一个标准大气压下，水在沸腾时，1g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043cm3变成1676cm3.已知水的汽化热为2263.8J/g，求：
（1）体积膨胀时气体对外界做的功W；
（2）气体吸收的热量Q；
（3）气体增加的内能ΔU.
答案
（1）169.7J
（2）2263.8J （3）2094.1J
解析
（1）气体在等压（大气压）下膨胀做功．
W＝p（V2－V1）＝1.013×105×（1676－1.043）×10－6J＝169.7J.
（2）气体吸热Q＝ML＝1×2263.8J＝2263.8J.
（3）根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q＝2263.8J＋（－169.7）J＝2094.1J.
14．（10分）如图8所示，pV图中一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态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，求此过程中气体吸收或放出的热量是多少．
图8
答案 放出320J的热量
解析 一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外界做的功W1，气体内能增加，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量为ΔU＝Q1＋W1＝420J＋（－300）J＝120J.
气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200J的功，因而气体必须向外界放热，Q2＝ΔU－W2＝（－120）J－200J＝－320J.
即此过程中气体放出的热量是320J.
图9
15．（10分）如图9所示，为一汽缸内封闭的一定质量的气体的pV图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有热量335J传入系统，系统对外界做功126J．求：
（1）若沿a→d→b过程，系统对外做功42J，则有多少热量传入系统？
（2）若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84J，则系统是吸热还是放热？
热量传递是多少？
答案
（1）251J
（2）放热 293J
解析
（1）由热力学第一定律可得a→c→b过程系统增加的内能ΔU＝W＋Q＝（－126＋335）J＝209J，由a→d→b过程有ΔU＝W′＋Q′
得Q′＝ΔU－W′＝[209－（－42）]J＝251J，为正，即有251J的热量传入系统．
（2）由题意知系统由b→a过程内能的增量
ΔU′＝－ΔU＝－209J
根据热力第一定律有Q″＝ΔU′－W″＝（－209－84）J＝－293J
负号说明系统放出热量，热量传递为293J
16．（12分）某压力锅结构如图10所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．
图10
（1）若此时锅内气体的体积为V′，摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式．
（2）假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J，并向外界释放了2J的热量．锅内原有气体的内能如何变化？
变化了多少？
（3）已知大气压强p随海拔高度H的变化满足p＝p0（1－αH），其中常数α>0.结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同．
答案
（1）n＝
NA
（2）减少了3J （3）温度随着海拔高度的增加而降低．
解析
（1）阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁，设锅内气体分子数为n，则：
n＝
NA.
（2）根据热力学第一定律：
ΔU＝W＋Q，气体对外做功，功为负，W＝－1J；向外放热，热量为负，Q＝－2J.
则有：
ΔU＝W＋Q＝－3J，负号表示内能减少．
锅内气体内能减少，减少了3J.
（3）由p＝p0（1－αH）（其中α>0），随着海拔高度的增加，大气压强减小；
由p1＝p＋
＝p0（1＋αH）＋
，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；
根据查理定律
＝
可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
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