C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O 在绝热、恒压和不作非体积功的条件下,下反应过程的Q（ ）；W（

A、因活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；活塞上升的过程中气体体积增大，由理想气体状态方程知温度一定升高，内能增加，ABC错误；
D、因内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸热一定大于对外做功，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 热力学第一定律．

考点点评： 热力学第一定律为热学中的重点内容，在学习中要注意重点把握．

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．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查了热力学第一定律与气态方程的相结合，对于这类问题的突破点往往是根据气体体积变化情况，根据热力学第一定律判断其内能的变化，进一步判断其它状态参量的变化情况．

由于A、B两球升高相同的温度，故两球的内能的增量相同，由金属球受热后体积膨胀，A球重心下降重力做正功、B球重心上升重力做负功，由热力学第一定律得：
△U=Q+W，故Q=△U-W，因此Q_A＜Q_B，
故选：C

点评：
本题考点： 热力学第一定律．

考点点评： 注意分析金属球受热后体积膨胀后的重力做功情况，应用热力学第一定律时注意Q和W的正负

温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，故A错误；
松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同．故B错误，CD正确；
故选CD

点评：
本题考点： 热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；改变内能的两种方式；理想气体．

考点点评： 本题要注意理想气体分子间距离较大，故不计分子势能，分子内能只与温度有关，温度相同，则内能及分子的平均动能均相同．

A、根据能量守恒定律知，将一台正在工作的电冰箱的门打开，该房间温度升高，A错误；
B、机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能，B错误；
C、在粗糙的水平地面上运动的物体最终要停下来，物体的动能全部克服摩擦力做功转化为内能，C正确；
D、在热传导中，热量可以自发的从高温物体传向低温物体，D正确；
本题选不可能的，故选：AB

点评：
本题考点： 热力学第二定律；热力学第一定律．

考点点评： 本题考查了机械能和内能间的相互转化，知道机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能．

设大气压为P₀，气缸质量为M，横截面积为S，则气缸内气体压强P=P₀-[Mg/s]
剪断细线后，气缸自由下落，处于完全失重状态，气缸内气体压强P=P₀，
缸内气体压强变大，所以气体体积减小，外界对气体做功，气体内能增大，所以BD正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 气缸自由下落时，活塞对气体就没有压力了，此时气体的压强和大气压强相同，分析出气体压强即可解决本题．

A、分子时刻在做无规则的热运动，故A错误；
B、自由膨胀后，温度不变，体积变大，由气态方程可知，压强变小，故B错误；
C、自由膨胀过程中由于不受阻力作用，因此气体不做功，由于容器绝热，因此Q=0，由△U=W+Q可知，气体内能不变，因此温度也不变，故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 热力学第二定律；气体的体积、温度、压强之间的关系．

考点点评： 正确利用热力学第二定律解释一些物理现象，在利用热力学第一定律△U=W+Q时注意公式中各个物理量的含义，尤其注意各个物理量的正负问题．

1．设加热恰好能使活塞M移动到气缸最右端，则B室气体末态体积
V_B=2V₀ （1）
根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用T_B表示B室中气体末态的温度，有

V0
T0＝
VB
TB（2）
解（1）（2）两式可得
T_B=2T₀ （3）；
由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度
T_A=2T₀ （4）；
在加热过程中，A室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即
QA＝
5
2R(TA−T0) （5）；
由（4）（5）两式得
QA＝
5
2RT0 （6）；
B室中气体经历的是等压过程，在过程中B室气体对外做功为
W_B=p₀（V_B-V₀） （7）；
由（1）（7）式及理想气体状态方程得
W_B=RT₀ （8）；
内能改变为
△U＝
5
2R(TB−T0) （9）；
由（4）（9）两式得
△UB＝
5
2RT0 （10）；
根据热力学第一定律和（8）（10）两式，B室内气体吸收的热量为
QB＝△UB+WB＝
7
2RT0 （11）；
由（6）（11）两式可知电加热器提供的热量为
Q_m=Q_A+Q_B=6RT₀ （12）；
若Q₀=Q_m，B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀．
2．若Q₀＞Q_m，则当加热器供应的热量达到Q_m时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积不做功，根据热力学第一定律，若A室中气体末态的温度为T'_A，有
Q0−Qm＝
5
2R(TA′−2T0′)+
5
2R(TA′−2T0) （13）；
由（12）（13）两式可求得
TA′＝
Q0
5R+
4
5T0 （14）；
B中气体的末态的体积
V_B'=2V₀ （15）
3．若Q0＜Qm，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B室中气体末态的体积VB''小于2V0．设AB两室中气体末态温度为TA''，根据热力学第一定律，注意到A室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量
QA＝
5
2R(TA″−T0) （16）
B室中气体经历的是等压过程，吸收热量
QB＝
5
2R(TA″−T0)+p0(VB″−V0) （17）
利用气体状态方程，上式变为
QB＝
7
2R(T′′A−T0) （18）
由上可知
Q₀=Q_A+Q_B=6R（T''_A-T₀） （19）
所以A室中气体的末态温度
T″A＝
Q0
6R+T0 （20）
B室中气体的末态体积
V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0（21）
答：1．若加热停止时，活塞M有刚移动气缸右端，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀
2．若活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度TA′＝
Q0
5R+
4
5T0；
3．若隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，则B室中气体的末态体积V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0，A室中气体的末态温度T″A＝
Q0
6R+T0．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题为气体的综合应用题，题中涉及内能的相关知识，难度极大，过程复杂，是极少见的气体模型中的难题中难题．

C、D、当气缸竖直放置时，对活塞受力分析如图，

所以，P₀S=G+PS ①
即外界大气压力等于重力与内部气体产生的压力之和．
当气缸倾斜时活塞受力如图，

此时：Gcosθ+P₁S=P₀S ②
由①②可知，P₁＞P，即末状态压强大于初状态，故C正确，D错误．
A、B、整个过程是绝热变化，由PV=C可知，压强增大时，体积减小，故密度变大，外界对气体做功，根据热力学第一定律知内能增大，故A正确，B错误．
故选：AC．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；封闭气体压强．

考点点评： 此题把受力平衡与理想气体状态方程相结合，所以在解题过程中思维不要仅局限在理想气体状态方程和热力学第一定律上．

A、墒增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行．故A错误；
B、在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功，同时Q=0，所以气体的内能一定增加．故B正确；
C、液晶是一类特殊的物质存在的状态，液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性．故C正确；
D、表面张力产生的原因：由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势．故D正确；
E、气体的压强是大量的气体分子持续撞击器壁产生的，封闭气体的密度变小，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数减少；分子动能增加，单个分子的平均撞击力增大，气体的压强可能不变．故E正确．
故选：BCDE

点评：
本题考点： * 晶体和非晶体；封闭气体压强．

考点点评： 该题考查到热力学第二定律，热力学第一定律、液晶的特点、表面张力的产生以及压强的微观意义，都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可．

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；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，B正确；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，D错误。

B