《热力学定律》教案

《热力学定律》教案一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于物体内能与热量、做功的关系，以下说法正确的是()A．物体内能的多少可以用物体吸热或放热的多少来量度B．内能大的物体热量多C．两物体发生热传递，达到平衡后，它们的内能必定相等D．做功和热传递对于改变物体内能是等效的解析：选D物体的内能的变化可以用物体吸热或放热的多少来量度，故A错误。热量是热传递的能量多少的量度，不是内能的量度，故B错误。物体发生热传递，达到平衡后，温度相等，而不是内能相等，内能除了与温度有关，还与物质的量有关，故C错误。做功和热传递对于改变物体内能是等效的，故D正确。2．某校中学生参加某电视台“异想天开”节目的活动，他们提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是()A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题解析：选D根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的，选项A错误；绝对零度是温度的极值，是不能达到的，选项B错误；有害气体和空气不可能自发地分离，选项C错误；利用太阳能最有前途的领域是通过太阳能电池将太阳能转化为电能再加以利用，选项D正确。3.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞。用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开。管塞被冲开前()A．外界对管内气体做功，气体内能增加B．管内气体对外界做功，气体内能减少C．管内气体内能不变，压强变大D．管内气体内能增加，压强变大解析：选D人克服绳与紫铜管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高。通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾，管塞会被冲开。管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大，故D正确。4．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小解析：选D由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104J，W＝－1.0×104J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对。5．一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是()A．化学能转化为电能 B．内能转化为电能C．光能转化为电能 D．机械能转化为电能解析：选D转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以压电陶瓷片将机械能转化为电能，所以D正确。6.某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图所示。当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体()A．体积增大，温度升高 B．动能增大，温度升高C．对外做功，温度降低 D．质量减少，温度降低解析：选C压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，过程时间极短，可以认为是绝热过程，对外界没有吸放热，瓶内气体膨胀，对外做功，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W，可知Q＝0，W<0，气体内能减小，温度降低，故C选项正确。7．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B大气压对水银槽内的水银做相同的功，因为玻璃管内吸进的水银一样多，由于A管重心高于B管，A管内水银重力势能大于B管的，根据能量的转化和守恒可知A管内的内能增加得少，B管内的内能增加得多，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．下列说法正确的是()A．做功和热传递在改变物体内能上是等效的B．每一个分子都有势能和动能，分子动能与分子势能之和就是分子内能C．只有热传递才可以改变物体的内能D．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大解析：选AD做功和热传递在改变物体内能上是等效的，A正确；分子势能存在于分子之间，单个的分子不存在分子势能，组成物质的所有分子动能与分子势能之和是物体的内能，故B错误；做功与热传递都可以改变物体的内能，故C错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，D正确。9.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V­T图像如图所示。下列说法正确的有()A．A→B的过程中，气体对外界做功B．A→B的过程中，气体放出热量C．B→C的过程中，气体压强不变D．A→B→C的过程中，气体内能增加解析：选BC由题图可知，从A到B气体的体积减小，外界对气体做功，A项错误；从A到B过程气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项正确；从B到C过程中eq\f(V,T)是一个常数，气体发生的是等压变化，气体的温度降低，内能减少，C项正确，D项错误。10．一定质量的理想气体由状态Ⅰ(p1，V1，T1)被压缩至状态Ⅱ(p2，V2，T2)，已知T2>T1，则该过程中()A．气体的内能一定是增加的B．气体可能向外界放热C．气体一定从外界吸收热量D．外界对气体做正功解析：选ABD理想气体分子势能忽略不计，因此温度升高时，气体的内能增加，故A对；压缩气体，外界对气体做正功，故D对；由于不能确定外界对气体做功的多少，因此气体可能吸热，也可能放热，故B对，C错。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(10分)约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上、下端各有一个小孔，斜面下有一个连接两小孔直至底端的弯曲轨道。维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小铁球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯“永动机”居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量守恒定律确定20年后，而且竟在德国取得了专利权！请你分析一下，维尔金斯“永动机”能实现吗？为什么？解析：维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律，小铁球上升过程中，磁场力对小铁球做正功，使小铁球机械能增加；但小铁球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现。答案：维尔金斯“永动机”不可能实现，理由见解析12．(12分)若对物体做1200J的功，可使物体温度升高3℃，改用热传递的方式，使物体温度同样升高3℃，那么物体应吸收多少热量？如果对该物体做3000J的功，物体的温度升高5℃，表明该过程中，物体应吸收或放出多少热量？解析：做功和热传递在改变物体内能上是等效的，用做功方式使物体温度升高3℃，如用吸热方式，也使物体温度升高3℃，也应吸收1200J的热量。如对物体做功3000J，温度升高5℃，而物体温度升高5℃需要的功或热量应为E。由1200J＝cm×3℃，E＝cm×5℃，得E＝2000J。因此物体应放出1000J的热量。答案：1200J放出1000J的热量13．(16分)如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m。现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了ΔL，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0。求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V­T图上大致作出该过程的图像(在图线上标出过程的方向)。解析：(1)对活塞和砝码：mg＋p0S＝pS，得p＝p0＋eq\f(mg,S)气体对外做功W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL由热力学第一定律W＋Q＝ΔU得ΔU＝Q－(p0S＋mg)ΔL。(2)由盖吕萨克定律可得，eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，则eq\f(LS,T1)＝eq\f(L＋ΔLS,T2)解得L＝eq\f(T1ΔL,T2－T1)。(3)v­T图像如图所示。答案：(1)Q－(p0S＋mg)ΔL(2)eq\f(T1ΔL,T2－T1)(3)见解析图14.(16分)如图所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长为9cm，活塞横截面积S＝50cm2。现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105Pa，活塞与汽缸间无摩擦，求：(1)加热后活塞到汽缸底部的距离；(2)此过程中气体内能改变了多少。解析：(1)取被封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1＝(273＋27)K＝300K，末状态的体积为L2S，温度为：T2＝(273＋127)K＝400K气体做等压变化，由盖吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，则：eq\f(L1S,T1)＝eq\f(L2S,T2)代入数据得：L2＝12cm。(2)在该过程中，气体对外做功：W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10－4×(12－9)×10－2J＝15J，由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22J－15J＝7J故此过程中气体内能增加了7J。答案：(1)12cm(2)增加了7J达标检测卷一、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1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．)1．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】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；物体对外做功，如同时从外界吸收的热量，则内能不一定减少，故B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减小，故C错误；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．2．(2020年海门校级期中)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，但对外做功，内能不变B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A和气体B内每个分子的动能都增大D．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少【答案】D【解析】气体A吸热Q>0，体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0，气体温度升高，故A错误．对B上方活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，B气体的压强不变；由于隔板导热性良好，B气体会吸收A气体的热量后温度上升，内能增大；再由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误．气体A和气体B温度都上升了，分子的平均动能都增大；分子平均动能是大量分子的一种统计规律，分子的平均动能都增大，并非每一个分子的动能都会增大，故C错误．根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关；在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确．3．(2020年潍坊名校联考)蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通．已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是()A．每个氧气分子的动能均减小B．氧气放出的热量等于其内能的减少量C．氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D．氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大【答案】C【解析】氧气的温度降低则分子的平均动能降低，并不是每一个分子的动能都降低，故A错误；海水温度随深度增加而降低，则氧气的温度也降低，内能降低，ΔU为负值；而汽缸内的氧气的压强随深度增加而增加，根据理想气体的状态方程可知氧气的体积减小，则外界对气体做功，W为正值；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知氧气放出的热量大于其内能的减少量，故B错误；氧气的温度降低，则氧气分子的平均动能减小，单个分子对器壁的平均撞击力减小，由于氧气的压强增大，根据压强的微观意义可知，氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确，D错误．4．(2020年北京校级期中)下列说法中错误的是()A．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加B．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体C．气体被压缩时，内能可能不变D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的【答案】B【解析】做功和热传递都可以改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体吸收热量，Q>0，同时对外做功，W<0，内能可能增加，故A正确；根据热力学第二定律可知，热传递具有方向性，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；气体被压缩，则W>0，如果放热，W<0，根据热力学第一定律可知，内能可能不变，故C正确；第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，是制造不出来的，故D正确．5．(2021年杭州期中)浙江最大抽水蓄能电站2016年在缙云开建，抽水蓄能电站结构如图所示．抽水蓄能电站有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式，居民用电低谷时(如深夜)，电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式，居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用．一抽一放起到了均衡电网负荷的作用．关于抽水蓄能电站下列说法正确的是()A．抽水蓄能的过程中，能量守恒B．放水发电的过程中，机械能守恒C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了【答案】A【解析】抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，故A正确；放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒，故B错误；抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，故C错误；抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，故D错误．6.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则()A．A→B过程气体降温B．B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功C．C→A过程气体吸热D．全部过程气体做功为零【答案】A【解析】A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，A正确；B→C过程气体等容升压，由eq\f(p,T)＝恒量可知，气体温度升高，其对应的内能增加，因气体体积不变，做功W＝0，B错误；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，C错误；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积，B→C过程气体不做功，C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程外界对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，D错误．7．如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定()A．从外界吸热 B．内能增大C．向外界放热 D．内能减小【答案】C【解析】本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，故B、D错误．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故A错误，C正确．8．要使一定质量的理想气体由某一状态经过一系列状态变化，最后回到初始状态．下列各过程可能实现这一要求的是()A．先等容放热，再等压升温，最后再等温放热B．先等温膨胀，再等压升温，最后再等容吸热C．先等容吸热，再等温膨胀，最后再等压降温D．先等压升温，再等容吸热，最后再等温放热【答案】AC【解析】根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知等容放热时W＝0，内能减小，温度降低，压强减小；再等压升温，体积增大；最后再等温放热时，内能不变，由ΔU＝W＋Q知外界对气体做功，体积减小，压强增大，所以气体的状态可能回到初始状态，故A正确．等温膨胀时，体积增大，压强减小；再等压升温时，温度升高，体积增大；最后再等容吸热时，W＝0，内能增大，温度升高，压强增大，所以体积不能回到初始状态，故B错误．等容吸热时，W＝0，内能增大，温度升高，压强增大；再等温膨胀时，温度不变，体积增大，压强减小；最后再等压降温时，体积减小，所以气体的状态可能回到初始状态，故C正确．等压升温时，温度升高，体积增大；再等容吸热时，W＝0，内能增大，温度升高，压强增大；最后再等温放热时，内能不变，外界对气体做功，体积减小，压强增大，所以压强不能回到初始状态，故D错误．9．(2021年常熟校级期中)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不可逆过程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】CD【解析】根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传向高温物体，但需要引起其他变化，故A错误；根据热力学第二定律可知，在外界的影响下，也不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故B错误；根据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的过程，故C正确；根据热力学第一定律可知，做功和热传递可以改变物体的内能，故D正确．10．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023J的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因下列说法中正确的是()A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律D．机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化【答案】CD【解析】本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：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，C、D正确．11．(2020年湖南益阳模拟)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，有如图所示①、②两个过程，则下列说法正确的是()A．状态a的体积大于状态b的体积B．在过程①中，气体对外界做功，同时气体也向外界放热C．过程①、②中气体都对外界放出热量，但过程②中气体对外界放出的热量比过程①中要少D．过程①、②中外界都对气体做功，但过程②中外界对气体做的功比过程①中要少【答案】ACD【解析】一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，压强增大，温度降低，由eq\f(pV,T)＝C，可知，状态a的体积大于状态b的体积，A正确；在过程①中，气体体积减小，外界对气体做功，气体内能减小，根据热力学第一定律，气体向外界放热，B错误；外界对气体做功可表示为W＝pΔV，对于每一个体积相等的状态，过程②的压强小于过程①的压强，所以过程①外界对气体做的功大于过程②外界对气体做的功，根据热力学第一定律，过程②中气体对外界放出的热量比过程①中要少，C、D正确．12．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是()A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量【答案】ABD【解析】过程ab，温度T增加，内能增加，A正确；过程ca，体积V减小，外界对气体做功，B正确；过程ab，体积V不变，气体不做功，C错误；过程bc，温度T不变，ΔU＝0，体积V增加，对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q>0，D正确．二、非选择题(本题共6小题，共52分)13．(4分)(2020年无锡月考)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300J，气体在状态C时的温度TC＝300K，则从A到B气体放出的热量是______J；气体在状态A时的温度为______K.【答案】12001200【解析】从A到B，外界对气体做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3J＝900J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q＝ΔU－W＝－1200J，即从A到B气体放出的热量是1200J，根据理想气体状态方程有eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)，代入数据解得TA＝1200K.14．(6分)(2020年汕头名校一模)进行如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图．若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为________；若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.8J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了________J，若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________(填“升高”或“降低”)．【答案】eq\f(ρV,M)NA0.1降低【解析】气体的物质的量为n＝eq\f(ρV,M)，该密闭气体的分子个数为N＝nNA＝eq\f(ρV,M)NA.气体对外做了0.8J的功，同时吸收了0.9J的热量，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝－0.8J＋0.9J＝0.1J．若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体迅速绝热膨胀，对外做功，内能减少，温度降低．15．(10分)如图所示，一轻活塞将体积为V，温度为2T0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内．已知大气压强为p0，大气温度为T0，气体内能U与温度T的关系为U＝aT(a为正的常数)．在汽缸内气体温度缓慢降为T0的过程中，求：(1)气体内能的减少量ΔU；(2)气体放出的热量Q.解：(1)由题意可知气体内能U与温度的关系为U＝aT，所以开始时气体的内能U1＝a×2T0，末状态U2＝aT0，内能的减少量ΔU＝U