第3讲 热力学定律与能量守恒夯基提能作业本 含答案.docx

1、第3讲 热力学定律与能量守恒 夯基提能作业本 含答案第3讲热力学定律与能量守恒A组基础过关1.(多选)健身球是一个充满气体的大皮球,现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变,则()A.气体分子的平均动能增大B.气体的密度增大C.气体的内能增大D.外界对气体做功答案BD在人压向健身球的过程中,外界对球做功,气体所占的体积减小,故气体的密度增大;气体温度不变,故气体分子的平均动能不变;由于外界对气体做功,但气体温度不变,故内能不变;由热力学第一定律可知,气体对外放热。故A、C错误,B、D正确。2.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,

2、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根据热力学第一定律U=Q+W判断,只有C项正确。3.(多选)下列说法正确的是()A.压缩气体总能使气体的温度升高B.能量耗散过程中能量是守恒的C.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律D.第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第一定律E.能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性答案BCE气体内能的变化取决于做功和热传递两个方面,只压缩气体并不一定能使气体温度升高,选项A错误;由能量守恒定律可知,选项B正确;第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向

3、外做功的机器,违背了能量守恒定律,选项C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,选项D错误;由热力学第二定律可知,选项E正确。4.(多选)关于热力学定律,以下说法正确的是()A.热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的体现,否定了创造和消灭能量的可能性,告诉我们第一类永动机不可能制成B.热力学第二定律反映了一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性,告诉我们第二类永动机不可能制成C.做功和热传递都能改变物体的内能,根据最后的结果可以区分是做功还是热传递使物体温度升高的D.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化,热力学第二定律指出内能不可能完全转化为机械能,故二者

4、是相互矛盾的E.热力学第一定律和热力学第二定律分别从不同的角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律,二者相互独立,又相互补充,都是热力学的理论基础答案ABE做功和热传递都能改变物体的内能,部分情况中无法根据最后的结果判断是做功还是热传递使物体温度升高的,选项C错误;热力学第一定律是能量守恒定律在热现象中的体现,热力学第二定律则指出了能量转化的方向性,二者并不矛盾,选项D错误。5.2018课标,33(1),5分如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中()A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热E.气

5、体吸收的热量一直全部用于对外做功答案BCD对于一定量的理想气体有=恒量。从a到b,p逐渐增大,V逐渐增大,所以p与V的乘积pV增大,可知T增大,则气体的内能一直增加,故A错误,B正确。由于V逐渐增大,可知气体一直对外做功,故C正确。由热力学第一定律U=Q+W,因U0,W0,即气体一直从外界吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正确,E错误。6.(多选)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

6、正确的是()A.气体A吸热,内能增加B.气体B吸热,对外做功,内能不变C.气体A分子的平均动能增大D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大E.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少答案ACE因为中间是导热隔板,所以气体B吸收热量,温度升高,内能增加;又因为外界压强不变,故气体的体积变大,气体对外做功,由盖吕萨克定律可知,达到新的平衡后,气体温度升高,内能增加,选项B错误;气体B的压强不变,但是体积增大,平均动能增大,所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少,选项E正确;因达到新的平衡后,B气体温度升高,则A气体温度也升高,内能增大,气体A分子的平均动能变大,但是不是每个分

7、子的动能都增大,选项A、C正确,D错误。7.(多选)如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空。抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态。在此过程中()A.气体对外界做功,内能减少B.气体不做功,内能不变C.气体压强变小,温度降低D.气体压强变小,温度不变E.单位时间内和单位面积容器壁碰撞的分子数目减少答案BDEa内气体向真空膨胀,不对外界做功,即W=0,又因容器绝热,Q=0,由热力学第一定律知,U=0,则气体内能不变,温度不变,由玻意耳定律知压强减小,则单位时间内和单位面积容器壁碰撞的分子数目减少,B、D、E对。8.(多选)(2018吉林长春

8、二模)如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中,AB和CD为等温过程,BC为等压过程,DA为等容过程,则在该循环过程中,下列说法正确的是()A.AB过程中,气体放出热量B.BC过程中,气体分子的平均动能增大C.CD过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.DA过程中,气体分子的速率分布曲线不发生变化E.若气体在BC过程中内能变化量的数值为2 kJ,与外界交换的热量为7 kJ,则在此过程中气体对外做的功为5 kJ答案ABE因为AB过程为等温过程,压强变大,体积变小,故外界对气体做功,根据热力学第一定律U=W+Q,温度不变,则内能不变,故气体一定放出热

9、量,选项A正确;BC过程为等压过程,因为体积增大,由理想气体状态方程=C可知,气体温度升高,内能增加,故气体分子的平均动能增大,选项B正确;CD过程为等温过程,压强变小,体积增大,因为温度不变,故气体分子的平均动能不变,压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少,选项C错误;DA为等容过程,体积不变,压强变小,由=C可知,温度降低,气体分子的平均动能减小,故气体分子的速率分布曲线会发生变化,选项D错误;BC过程为等压过程,体积增大,气体对外做功,该过程中气体的温度升高,则气体的内能增加2 kJ,气体从外界吸收的热量为7 kJ,气体对外界做功为5 kJ,故选项E正确。9.一定质量的理想气

10、体,状态从ABCDA的变化过程可用如图所示的p-V图描述,图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量。(1)气体状态从A到B是过程(选填“等容”“等压”或“等温”);(2)状态从B到C的变化过程中,气体的温度(选填“升高”“不变”或“降低”);(3)状态从C到D的变化过程中,气体(选填“吸热”或“放热”);(4)状态从ABCD的变化过程中,气体对外界所做的总功为。答案(1)等压(2)降低(3)放热(4)p2(V3-V1)-p1(V3-V2)解析(1)AB,对应压强值恒为p2,即等压过程。(2)BC,由=恒量,V不变,p减小,可知T降低。(3)CD,由=恒量,p不变,V减小,可知T降低。外界对气体

11、做功,内能减小,由U=W+Q可知CD过程放热。(4)AB,V增大,气体对外界做功,WAB=p2(V3-V1)BC,V不变,气体不做功,WBC=0CD,V减小,外界对气体做功,WCD=-p1(V3-V2)状态从ABCD的变化过程中,气体对外界做的总功W=WAB+WBC+WCD=p2(V3-V1)-p1(V3-V2)。10.如图所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体),两管中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm。(环境温度不变,大气压强p0=75 cmHg)(1)求

12、稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)。(2)此过程中左管内的气体对外界(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体将(填“吸热”或“放热”)。答案(1)50 cmHg(2)做正功吸热解析(1)设U形管横截面积为S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2p1=p0p2=p+phV1=l1SV2=l2S由几何关系得h=2(l2-l1)联立式,代入数据得p=50 cmHg(2)左管中气体体积变大,对外界做正功,外界对气体做负功;管内气体温度

13、不变,内能不变,由热力学第一定律U=W+Q,得Q为正值,表示气体要吸热。B组能力提升11.一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内,如图所示水平放置。活塞的质量m=20 kg、横截面积S=100 cm2,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气。开始时汽缸水平放置,活塞到汽缸底的距离L1=12 cm,离汽缸口的距离L2=3 cm。外界气温为27 ,大气压强为1.0105 Pa。将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置,待稳定后对缸内气体逐渐加热,使活塞上表面刚好与汽缸口相平,取g=10 m/s2,求:(1)此时气体的温度为多少?(2)在对缸内气体加热的过程中,气体膨胀对外做功,同时吸收Q=370 J的热量,则气

14、体增加的内能U多大?答案(1)450 K(2)310 J解析(1)当汽缸水平放置时,p0=1.0105 PaV0=L1S,T0=(273+27) K=300 K当汽缸口朝上,活塞到达汽缸口时,对活塞进行受力分析如图所示:有p1S=p0S+mg则p1=p0+=1.0105 Pa+ Pa=1.2105 PaV1=(L1+L2)S由理想气体状态方程得=则T1=T0=300 K=450 K。(2)当汽缸转到开口向上,未加热达到稳定时,由玻意耳定律得p0L1S=p1LS则L= cm=10 cm加热后,气体做等压变化,外界对气体做功为W=-p0(L1+L2-L)S-mg(L1+L2-L)=-60 J根据热

15、力学第一定律U=W+Q得U=310 J。12.如图,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为大气的压强和温度。已知:气体内能U与温度T的关系为U=T,为正的常数;汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢的。求:()汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;()在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q。答案()V()p0V+T0解析()在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T=2.4T0变为T1,由查理定律得=在气体温度由T1变为T0的过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变,由盖吕萨克定律得=解得V1=V()在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W=p0(V-V1)在这一过程中,气体内能的减少量为U=(T1-T0)由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为Q=W+U解得Q=p0V+T0