热门试卷

解：A、温度不变，气体的内能不变．体积增大，对外做功，要吸收热量，符合热力学第一定律，故A错误．

B、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，故B正确．

C、温度不变，体积增大，由PV=c，知压强P减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件：P0S=PS+F，得：F=P0S-PS，压强P减小，则F增大，故C正确．

D、理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故D错误．

故选：BC．

解：A、因为逐渐取走细沙，直到细沙全部取走，根据活塞的受力平衡，所以可以判断气缸内的气体压强一定减小，故A错误．

B、C、D：对气体缓慢加热，气缸内的气体一定吸收热量，据热力学第一定律：△U=W+Q，Q为正数，因体积增大，气体对外做功，W为负数，所以：△U可能为零，温度可能不变．故B正确，C、D错误．

故选B．

解：外界对气体做了8×104J的功，则W=8×104J，气体的内能减少了1.2×105J，则△U=-1.2×105J；

由热力学第一定律可得：Q=△U-W=-1.2×105J-8.0×104J=-2×105J，气体向外放出的热量为2×105J；

故选：B．

解：一定量气体膨胀做功100J，W为负值，同时从外界吸热40J，Q为正值，由公式△U=Q+W=40-100=-60J

故选：B

解：A、B、由于是相同质量的同种气体，可以看作同一种气体的两种状态，由于温度相等，根据理想气体状态方程得到P1V1=P2V2，a的体积大于b的体积，故P1＜P2，故拔去销钉后活塞左移；左侧气体被压缩，右侧气体对外做功，气体都是绝热的，根据热力学第一定律，左侧气体温度升高，右侧气体温度降低；最终是平衡的，由于左侧气体分子热运动的平均动能较大，故分子数密度较低，即左侧气体的体积较大；故A正确，B错误；

C、由于是相同质量的同种气体，可以看作同一种气体的两种状态；由于温度相等，根据理想气体状态方程得到P1V1=P2V2，由于V1＞V2，因而P1＜P2，因而拔去销钉后，隔板达到平衡前会向左运动，气体b对隔板做正功，内能减少，温度降低，而隔板对气体a做正功，气体a内能增加，温度升高，由于开始时ab气体温度相等，因而重新平衡时a的温度比b的温度高；重新平衡后两部分的压强相等，温度不相等，所以在相同时间内两边与隔板碰撞的分子数不相同． 故C错误，D正确；

故选：AD．

解：改变内能的方式有做功和热传递，由热力学第一定律公式有：△U=Q+W=30+50=80J，增加了80J．故B正确、ACD错误．

故选：B

解：在沙筒中加入沙子，使活塞缓慢右移，内部气体的体积增大，气体膨胀做负功，绝热汽缸没有热传递，根据热力学第一定律可知气体的内能减小，气体的内能与温度有关，内能减小温度一定减小，故A正确，BC错误；

根据活塞的平衡条件：PS+F=P0S，可得气体的压强P必然减小，故D正确．

故选AD．

解：由热力学第一定律可知：△U=W+Q

外界对气体做功，W=800J；气体向外散热，故Q=-200J；

故△U=800-200J=600J；

气体内能增加，则温度升高；

故选：C．

解：理想气体的内能仅用温度来衡量，由热力学第一定律△U=W+Q，可知，

△U=1.5×104J，即气体内能增加，故温度升高．

因对外做功，体积膨胀，故密度减小．

故选：BC．

解：A、绝对零度是一切低温物体的极限，不可能达到，A错误；

B、热量能自发从高温物体传向低温物体，B错误；

C、第二类永动机违反了热力学第二定律，C错误；

D、气体的分子平均动能增大，不一定是由外界向气体传热造成的，也可能是对气体做功造成的，D正确；

故选D

解：由热力学第一定律得：

△U=W+Q=-200J+220J=20J，

则气体内能增加了20J；

故选：C．

解：由W=FS得气体对外做的功：W=Fx=P•S•x=P•△V=1.0×105×（20-30）×10-3=-1000J

根据热力学第一定律：△U=Q+W=4×103J+（-1000）J=3×103J，所以内能增加3×103J，正确的选项为C．

故选：C．

解：A、向上拉活塞时，气体体积变大，气体对外做功，W＜0，由于气缸与活塞是绝热的，在此过程中气体既不吸热，也不放热，则Q=0，由热力学第一定律可知，△U=W+Q＜0，气体内能减小，温度降低，分子平均动能变小，但并不是每一个分子动能都减小，每个分子对缸壁的冲力都会减小，故AC错误；

B、气体物质的量不变，气体体积变大，分子数密度变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少，故B正确；

D、若活塞重力不计，则活塞质量不计，向上拉活塞时，活塞动能与重力势能均为零，拉力F与大气压力对活塞做的总功等于缸内气体的内能改变量，故D错误；

故选B．