2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点45 热力学定律与能量守恒

这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点45 热力学定律与能量守恒，共17页。试卷主要包含了2016年全国卷Ⅱ第33题等内容，欢迎下载使用。

考点45　热力学定律与能量守恒
考点名片
考点细研究：热力学第一定律、能量守恒定律、热力学第二定律等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第33题(1)、2016年全国卷Ⅱ第33题(1)、2015年北京高考第13题、2015年全国卷Ⅰ第33题(2)、2015年全国卷Ⅱ第33题(2)、2015年重庆高考第10题(2)、2015年江苏高考第12题A(3)、2014年全国卷Ⅰ第33题、2014年重庆高考第10题、2014年山东高考第37题、2013年山东高考第36题、2013年北京高考第13题等。
备考正能量：本考点为高考的重点内容。热力学定律和能量守恒定律是物理学的基础内容，是高考的热点内容之一。考查重点是对热力学定律、能量守恒定律的理解和计算以及对功、热和内能的认识等。主要题型为选择题、计算题，其中选择题多为中等难度题。

一、基础与经典
1.如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0。现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2。则在此过程中(　　)

A．气体分子平均动能增大
B．气体分子平均动能不变
C．气体分子平均动能减小
D．气体内能变化了Q＋p0(V2－V1)
答案　A
解析　气体等压膨胀，由＝C，体积V增大，故温度T升高；温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增大，故选项A正确，B、C错误；根据热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，而W＝－p0SΔL＝－p0ΔV＝－p0(V2－V1)，所以气体内能变化了ΔU＝Q－p0(V2－V1)，故选项D错误。
2．下列关于热现象的描述正确的一项是(　　)
A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
答案　C
解析　热机不可能将内能全部转化为机械能，其效率不可能达到100%，A错误。做功是通过能量转化的方式改变内能，而热传递是通过内能转移改变内能，B错误。单个分子的运动无规则，但大量分子的运动符合统计规律，D错误。C的说法是正确的。
3．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是(　　)
A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大
B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大
D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大
答案　D
解析　热力学第一定律指出改变物体内能的方式有做功和热传递，A错误。热力学第二定律指出热量不能自发地由低温物体传到高温物体，但借助外界可以实现热量由低温物体传到高温物体，如电冰箱、空调等，B错误。若分子间距小于r0，分子势能随分子间距的增大而减小，若分子间距大于r0，分子势能随分子间距的增大而增大，C错误。分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大，D正确。
4．关于热量、功和内能三个物理量，下列说法中正确的是(　　)
A．热量、功和内能三者的物理意义相同，只是说法不同
B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度
C．热量、功和内能的单位不同
D．功由过程决定，而热量和内能由物体的状态决定
答案　B
解析　热量、功和内能是三个不同的物理量，它们的物理意义不同，故A错误；功与热量都是能量转化的量度，热量和功都可以作为物体内能变化的量度，故B正确；热量、功和内能的单位相同，都是焦耳，故C错误；功和热量由过程决定，内能由物体的状态决定，故D错误。
5．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体视为理想气体。则 (　　)
A．外界对气泡做功，同时气泡吸热
B．外界对气泡做功，同时气泡放热
C．气泡对外界做功，同时气泡吸热
D．气泡对外界做功，同时气泡放热
答案　C
解析　随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝C，所以体积增大，气泡对外做功；根据ΔU＝W＋Q温度不变，所以ΔU＝0，W<0，所以Q>0，即气泡吸热，选项C正确。
6．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气(　　)

A．放热
B．压强减小
C．分子的热运动加剧
D．分子间的引力和斥力都减小
答案　A
解析　温度不变，洗衣缸内水位升高时，封闭气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，W>0，又因ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Q<0，即气体放出热量，A正确，B错误。因为温度不变，C错误。因为气体体积减小，所以分子间的引力和斥力都增大，D错误。
7．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是(　　)
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
答案　ADE
解析　第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A正确；能量耗散过程中能量仍是守恒的，B错误；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C错误；能量耗散具有方向性，D正确；物体在引起其他变化时可以从单一热源吸收热量并全部用于做功，E正确。
8. (多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑。现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是(　　)

A．气体分子平均动能不变
B．气体内能减少
C．气体吸收热量
D．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现
E．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
答案　ACE
解析　汽缸是导热的，封闭汽缸气体的温度始终与环境温度相同，保持不变，而温度是分子平均动能的标志，故A正确；一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关，内能不变，B错误；气体内能不变，对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，C正确；气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，同时伴随着外力F的作用，即引起了其他的变化，所以此过程不违反热力学第二定律，E正确，D错误。
9. (多选)如图所示，在活塞可自由移动的竖直放置的汽缸中，将一个热敏电阻(电阻率随温度升高而减小)R置于汽缸中，热敏电阻与容器外的电源E和电流表组成闭合回路，电路中的电流很小，电阻R上产生的热量可以不计。汽缸中封闭一定质量的气体(不计分子间的作用力，外界大气压恒定不变)，在某一段时间内电流表的读数逐渐增大，则在这段时间内汽缸中气体(　　)

A．压强增大 B．分子平均动能增大
C．向外界放热 D．对外界做功
答案　BD
解析　汽缸中气体的压强p＝p0＋恒定不变，选项A错误；电流表的读数逐渐增大，说明热敏电阻的阻值减小，汽缸中气体的温度增大，所以气体分子平均动能增大，选项B正确；汽缸中气体的温度增大，压强不变，根据＝C(常数)可知，气体的体积增大，即气体对外界做功，选项D正确；温度增大，说明气体的内能增大，又气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，选项C错误。本题答案为BD。
10. (多选)如图，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)

A．右边气体温度升高，左边气体温度不变
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝产生的热量
答案　BC
解析　由于汽缸和活塞都绝热，没有热传递。当电热丝通电后，右边的气体温度升高，压强增大，而左边压强不变，右边气体对隔板的压力大于左边，将隔板向左推，压缩左边的气体做功，根据热力学第一定律，左边气体内能增加，气体的温度升高，根据气体实验定律，左边的气体压强增大，A错误，B、C正确；由于右边气体通过活塞对左边气体做功要消耗内能，右边气体内能的增加值为电热丝产生的热量减去对左边气体所做的功，D错误。
二、真题与模拟
11．2016·全国卷Ⅰ](多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
答案　BDE
解析　只知道气体吸收热量，不明确做功情况，无法判断内能变化，A错误。做功可以改变物体的内能，B正确。等压膨胀过程，体积增大，温度升高，在对外做功的情况下内能增加，因此一定吸热，C错误。D是热力学第二定律的一种表述，D正确。E是热平衡定律，E正确。
12．2016·全国卷Ⅱ] (多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p­T图象如图所示，其中对角线ac的延长线经过原点O。下列判断正确的是(　　)

A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
答案　ABE
解析　在p­T图象中过原点的倾斜直线都是等容线，a、c在同一等容线上，体积相等，A正确。一定质量的理想气体，分子数确定，不计分子势能，因此内能只与温度有关，由图象知Ta>Tc，B正确。根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，在c→d中T不变，即ΔU＝0，W＝－Q，即向外界放出的热量等于外界对气体做的功，C错误。d→a中，温度升高，ΔU>0，由p不变，T升高，可知V增大，W<0，Q＝ΔU＋|W|，可见气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D错误。b→c为等压变化，有＝，外界对气体做功Wbc＝pc(Vb－Vc)＝(Tb－Tc)。d→a为等压变化，有＝，气体对外界做功Wda＝pa(Va－Vd)＝(Ta－Td)，由＝及Tb－Tc＝Ta－Td可知，Wbc＝Wda，E正确。
13．2015·北京高考]下列说法正确的是(　　)
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
答案　C
解析　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，若物体放出热量，如果外界对物体做正功，则ΔU不一定为负值，即内能不一定减少，故A项错误；同理可分析出，B项和D项错误，C项正确。
14. 2014·全国卷Ⅰ](多选)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p­T图象如图所示。下列判断正确的是(　　)

A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
答案　ADE
解析　对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，则为吸热过程，A项正确。b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，则为吸热过程，B项错误。c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C项错误。温度是分子平均动能的标志，Tapc，显然E项正确。
15．2014·重庆高考]重庆出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
答案　B
解析　储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确。
16．2017·河北邯郸模拟](多选)关于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
答案　ABE
解析　气体分子间有间隙，气体体积为气体分子所能到达的空间的体积，A正确。气体分子热运动的剧烈程度为气体温度的微观解释，B正确。气体压强是由于气体分子频繁碰撞容器壁引起的，与重力无关，C错误。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，D错误。由盖—吕萨克定律，等压过程中＝C，由于V增大，则T增大，E正确。
17．2017·浙江质检]某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时(　　)
A．室内空气的压强比室外的小
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外的大
D．室内空气对室外空气做了负功
答案　B
解析　室内和室外是相通的，故气体压强相同，A错误。温度是分子平均动能的标志，室内空气温度高则分子平均动能大，B正确。根据压强的微观解释知，室内、外气体压强一样，室内的分子平均动能大，则单位体积内的分子数少，密度小，C错误。室内气体相当于等压膨胀，对外界做正功，D错误。
18．2016·河北石家庄一模](多选)以下说法正确的是(　　)
A．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距
B．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程
C．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩
D．液晶具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的
E．温度高的物体分子平均动能和内能一定大
答案　ACD
解析　影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，差距越大蒸发越快，人们感觉干燥，差距越小蒸发越慢，人们感觉空气潮湿，A正确。功转变为热的实际宏观过程是不可逆的，B错误。由实验过程知，C正确。液晶的特点就是液晶既具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的，D正确。温度是分子平均动能的标志，内能由平均动能、势能和分子数共同决定，E错误。
19．2017·广西调研](多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的V­t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．气体的内能增大
B．气体的内能不变
C．气体的压强减小
D．气体的压强不变
E．气体对外做功，同时从外界吸收能量
答案　ACE

解析　由题图可知，理想气体从状态A到状态B的过程中，温度升高，内能增大，故A正确，B错误；在V­t图象中等压线是延长线过－273.15 ℃的直线，斜率越大，压强越小，如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，压强减小，故C正确，D错误；从状态A到状态B，体积增大，气体对外做功，W<0，温度升高，内能增大，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即气体从外界吸收热量，故E正确。
20．2017·石家庄质检](多选)下列说法正确的是(　　)
A．液面上部的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出
B．质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘相比，具有不同的分子势能
C．单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性
D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大
E．理想气体等温膨胀时从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，这一过程违反了热力学第二定律
答案　BCD
解析　蒸汽达到饱和是一种动态平衡，同一时间内进出液体的分子数量相等，不是没有分子飞出，A错误。内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，质量相等的同种物质，则分子数相同；温度相同，即总动能相等；由于物态不同，内能不同，一定是分子势能不同，选项B正确。多晶体由于各个小晶粒的取向杂乱无章，整体不表现出方向性，显示各向同性，选项C正确。液体表面层分子间的距离比液体内部的分子间距略大一些，分子间的势能较大，选项D正确。热力学第二定律表示热机不能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不造成其他影响，而理想气体等温膨胀时，吸收的热量虽然全部用于对外做功了，但造成了其他的影响(与外界有热交换，向外界传递了一部分热量)，所以并不能说这个过程违反了热力学第二定律，选项E错误。

一、基础与经典
21.如图所示p­V图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J。

(1)ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？
(2)BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？
答案　(1)内能增加130 J　(2)放出热量330 J
解析　(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝＋410 J，
由热力学第一定律UB－UA＝W1＋Q1＝130 J，
气体内能的增加量为130 J。
(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量UA－UB＝－130 J，
由题知W2＝200 J，由热力学第一定律得UA－UB＝W2＋Q2，解得Q2＝－330 J，即放出热量330 J，气体一定放出热量。
22．某地的平均风速为5 m/s，空气密度是1.2 kg/m3。有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
答案　3.4 kW
解析　在时间t内作用于风车的气流质量为m＝ρV＝ρπr2vt，这些气流的动能为mv2，
转变成的电能为E＝mv2×10%，
故风车带动的发电机功率为P＝＝πr2ρv3×10%，
代入数据得P＝3.4 kW。
二、真题与模拟
23．2016·江苏高考](1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽。停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________。
A．压强变小 B．压强不变
C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽
(2)如图甲所示，在斯特林循环的p­V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)。

(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J。在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。求气体完成一次循环对外界所做的功。
答案　(1)AC　(2)不变　①　(3)8 J
解析　(1)高压锅在密封的状态下缓慢冷却，在冷却过程中气体发生等容变化，温度降低，压强变小，A正确，B错误。锅内始终处于饱和汽状态，C正确，D错误。
(2)气体在从B→C的过程中，气体的体积不变，因此单位体积中气体分子数目不变。从状态D到状态A，气体的体积不变，压强减小，温度降低，因此A状态对应的是图①。
(3)气体循环一次内能不变，ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得W＝－8 J，气体对外做功8 J。
24. 2015·全国卷Ⅰ]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
答案　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa
解析　(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得：
V1＝S2＋S1①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得：
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有：
＝④
联立①②④式并代入题给数据得：T2＝330 K⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得：p′＝1.01×105 Pa。
25．2015·全国卷Ⅱ]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0 cmHg。

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
答案　(1)12.0 cm　(2)13.2 cm
解析　(1)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，设空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得：pl ＝p1l1①
由力学平衡条件得：p＝p0＋h②
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，直到B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有：p1＝p0－h1③
联立①②③式，并代入题给数据得：l1＝12.0 cm④
(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得：pl＝p2l2⑤
由力学平衡条件有：p2 ＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得：l2＝10.4 cm⑦
设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得：Δh ＝2(l1－l2)＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得：Δh＝13.2 cm。
26．2016·石家庄质检]一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p­V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃，求：

(1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少？
(2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
答案　(1)TB＝600 K　TC＝300 K　(2)放热，传递的热量为1000 J
解析　(1)对一定质量的理想气体，由图象可知A→B为等容变化，由查理定律得＝，
代入数据得TB＝600 K。
A→C由理想气体状态方程得＝
代入数据得TC ＝300 K。
(2)从A经B到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p­V图线与横轴所围成的面积可得
W＝＝1000 J。
由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，
可得Q＝－1000 J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1000 J。