本章小结
答案:做功 内能 等价 W Q 能量守恒定律 热量不能自发地从低温物体传到高温物体 不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响 热力学第二定律
排查易错易混
易错点1 内能和相关概念的辨析
1.关于温度、热量、功和内能,以下说法正确的是( D )
A.同一物体温度高时,含有的热量多
B.物体的内能越大,含有的热量就越多,温度也越高
C.外界对系统做功W,内能必定增加
D.两物体之间发生传热的条件是存在温差
解析:热量是一个过程量,是物体间进行热传递时内能的转移量,不能说物体含有多少热量,故选项A、B错误;由于做功和传热都可引起系统内能的变化,只根据做功无法准确判断系统内能的变化,故选项C错误;物体间发生传热的条件是两者之间没有处于热平衡,即温度不同,故选项D正确。
2.下列说法正确的是( A )
A.热量和功是由过程决定的,而内能是由物体状态决定的
B.温度相同的等质量物体,其内能一定相同
C.物体吸收热量,温度一定升高
D.热量总是由内能大的物体流向内能小的物体
解析:热量和功是过程量,内能是状态量,故选项A正确;等质量的物体的内能应为分子的总动能和分子的总势能之和,温度相同时内能不一定相同,故选项B错误;在晶体熔化和液体沸腾过程中,物体要不断地吸收热量,但物体的温度不变,这时内能的增加主要表现在内部分子势能的增加,故选项C错误;两物体之间热量的流向只与它们的温度有关,与它们内能的大小无关,故选项D错误。
【易错点拨】
(1)热量和内能。
①内能是由系统的状态决定的。状态确定,系统的内能也随之确定。要使系统的内能发生变化,可以通过传热和做功两种方式来完成。
②热量是传热过程中的特征物理量,热量只是反映物体在状态变化过程中所转移的能量,是用来衡量物体内能变化的,有过程内能才有变化,离开过程则热量毫无意义。
③对某一状态而言,只有“内能”,不存在“热量”和“功”。不能说一个系统中含有多少热量。
(2)热量与温度:热量是系统的内能变化的量度,而温度是两个系统是否具有“共同的热学性质”,反映了系统内大量分子做无规则运动的剧烈程度。传热的前提条件是两个系统之间要有温度差,传递的是热量而不是温度。
易错点2 热力学第一定律符号法则
3.如图所示,内壁光滑的绝热汽缸固定在水平面上,其右端由于有挡板,厚度不计的绝热活塞不能离开汽缸,汽缸内封闭着一定质量的理想气体,活塞与汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热,活塞缓慢移动,一段时间后停止加热,此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2,外部大气压强为1×105 Pa,加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J,则封闭气体的内能变化量为( B )
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
解析:气体先发生等压变化,到活塞运动至挡板处再发生等容变化,等压变化过程气体对外做功,则W=-p0Sx=-1×105×0.04×0.2 J=-800 J,而吸收热量Q=2 000 J,根据热力学第一定律,封闭气体的内能变化量ΔU=W+Q=(-800+2 000) J=1 200 J,故B正确。
4.如图所示,密闭的汽缸内封闭一定质量的理想气体,外力推动活塞P压缩气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的( A )
A.温度升高,内能增加600 J
B.温度升高,内能减少200 J
C.温度降低,内能增加600 J
D.温度降低,内能减少200 J
解析:由于外界对气体做功W=800 J,气体放热Q=-200 J,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,即内能增加了600 J,可知气体分子的平均动能增加,温度升高,选项A正确。
【易错点拨】
热力学第一定律的表达式反映了系统与外界做功、传热和内能变化的各种情况,在应用ΔU=Q+W进行计算时,需要注意以下两点:
(1)各个量的正、负号规定。
①外界对系统做功,则W>0;
系统对外界做功,则W<0。
②外界对系统传热,则Q>0;
外界从系统吸收热量,则Q<0。
③系统内能增加,则ΔU>0;
系统内能减少,则ΔU<0。
(2)首先确定已知量的正负值,然后代入公式ΔU=Q+W求出未知量,并由其正负确定该物理量的变化情况。
易错点3 自然过程的能量转化具有方向性
5.(多选)关于热机和热力学定律,下列说法正确的是( ABD )
A.效率为100%的热机是不可能制成的
B.不需要任何外力做功而可正常运行的制冷机是不可能制成的
C.能把从单一热库吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化的热机是可以实现的
D.能把从单一热库吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化的热机是不可能实现的
解析:热机在工作过程中,必然向外排出热量,热机效率小于100%;内能要全部转化为机械能,必须借助外界的帮助,因而一定会引起其他变化。故A、B、D正确。
6.(多选)如图所示,电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统,制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示,则下列说法正确的是( AD )
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从电冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,这违背热力学第二定律
C.在蒸发器中热量不是自发地传给制冷剂的
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子平均动能都降低
解析:冷凝器向环境散失热量是在消耗电能的前提下实现的,因此该热量一定大于从电冰箱吸收的热量,选项A正确;虽然整个过程不是自发完成的,但蒸发器和冷凝器两处的热交换都是自发地从高温物体传向低温物体,整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,符合热力学第二定律,选项B、C错误;在冷凝器中制冷剂温度降低,分子平均动能降低,制冷剂从气体变为液体,分子势能降低,选项D正确。
【易错点拨】
对热现象的宏观过程要注意两点,即自然过程和第三方介入的过程。高温物体向低温物体传热,机械能变为内能是自然过程,但低温物体向高温物体传热、热量完全变成功均需要第三方介入,或者说产生了其他影响。对于第三方介入而实现的变化过程并不违背热力学第二定律。
回扣命题热点
热点1 气体状态变化与功、能间的关系
1.(2022·山东卷) 如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体( C )
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
解析:初始时汽缸开口向上,活塞处于平衡状态,若此时气体压强为p1,则有p1=p0+,汽缸在缓慢转动的过程中,气体压强逐渐减小到p0,故汽缸内气体膨胀对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,则ΔU<0,气体内能减小,温度降低,分子热运动的平均速率减小,但不是所有分子热运动的速率都减小,速率大的分子数占总分子数的比例减少,选项C正确,A、B、D错误。
2.(2021·山东卷)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体( B )
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
解析:由于越接近矿泉水瓶口,水的温度越高,因此小瓶上浮的过程中,小瓶内温度升高,内能增加,A错误;在小瓶上升的过程中,小瓶内气体的温度逐渐升高,压强逐渐减小,根据理想气体状态方程=C知气体体积膨胀,对外界做正功,B正确;由A、B分析,小瓶上升时,小瓶内气体内能增加,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,由于气体对外做功,因此吸收的热量大于增加的内能,C、D错误。
3.(2022·天津卷)(多选)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程,一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩,然后经过等压过程回到初始温度,则( AC )
A.绝热过程中,气体分子平均动能增加
B.绝热过程中,外界对气体做负功
C.等压过程中,外界对气体做正功
D.等压过程中,气体内能不变
解析:一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩,可知气体体积减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律可知,气体内能增加,则温度升高,气体分子平均动能增加,故A正确,B错误;气体经过等压过程回到初始温度,可知气体温度降低,内能减少;根据=C,可知气体体积减小,外界对气体做正功,故C正确,D错误。
热点2 气体图像与功能关系的综合应用
4.(2024·山东卷,6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b 过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( C )
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程,气体对外做功,内能增加
C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
解析:a→b过程压强不变且体积增大,气体对外做功,W<0,由盖吕萨克定律可知Tb>Ta,即内能增大,ΔUab>0,根据ΔU=Q+W可知,a→b过程,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Qbc=0,又由气体体积增大可知Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少,故B错误;c→a过程为等温过程,Tc=Ta,ΔUac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;a→b→c→a整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,W<0,故a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量,D错误。
5.(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其体积V和热力学温度T变化图像如图所示,此过程中该系统( A )
A.对外界做正功
B.压强保持不变
C.向外界放热
D.内能减少
解析:理想气体从状态a变化到状态b,体积增大,则气体对外界做正功,选项A正确;在题图中过a点、b点分别作通过坐标原点的直线,得到状态a和状态b的等压线,如图所示,某一温度时过状态a的等压线的体积大于过状态b的等压线,由玻意耳定律可知pa
6.(2023·福建卷)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A,其pV图像如图所示。完成一次循环,气体内能
(选填“增加”“减少”或“不变”),气体对外界 (选填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体 (选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
解析:一定质量的理想气体完成一次循环,p和V不变,根据气体实验定律可知气体温度不变,所以气体内能不变。根据功的定义W=FΔx,对于气体做功有W=pSΔx=pΔV,在pV图像中,图线与横坐标所围的面积表示气体对外所做的功;体积增大过程,气体对外做正功,反之气体对外做负功。由题图可知,A→B→C过程中气体克服外界做的功小于C→D→A过程中气体对外界做的功,所以该循环过程气体对外界做正功。由上述推理可知ΔU=0,W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q>0,说明此过程气体吸热。
答案:不变 做正功 吸热
【核心精讲】
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况,从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在pV图像中,图像与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
热点3 气体实验定律与热力学定律的综合应用
7.(2023·浙江1月选考卷)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa,求:
(1)气体在状态B的温度;
(2)气体在状态C的压强;
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。
解析:(1)等压过程=,得TB=330 K。
(2)活塞平衡mg+p0S=pBS,
等容过程=,得pC=1.1×105 Pa。
(3)外界对气体做功W=-pBSd,
热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q=188 J。
答案:(1)330 K (2)1.1×105 pa (3)188 J
8.(2021·江苏卷) 如图所示,一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的压强、热力学温度与外界大气相同,分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,活塞缓慢向右移动距离L后停止,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程中气体吸收的热量为Q,求该过程中:
(1)内能的增加量ΔU;
(2)最终温度T。
解析:(1)活塞移动时受力平衡,p1S=p0S+Ff,
气体对外界做功W=p1SL,
根据热力学第一定律ΔU=Q-W
解得ΔU=Q-(p0S+Ff)L。
(2)活塞发生移动前,等容过程=,
活塞向右移动L,等压过程=,
且V2=2V1,解得T=t0。
答案:(1)Q-(p0S+Ff)L (2)t0
【核心精讲】
热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的体积和温度,当温度变化时,气体的内能变化;当体积变化时,气体将伴随着做功,常见的分析思路如下:
(1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大,气体对外界做功;气体体积减小,外界对气体做功。
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关,温度升高,内能增加;温度降低,内能减少。
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。
由热力学第一定律ΔU=W+Q,则Q=ΔU-W,若已知气体的做功情况和内能的变化情况,即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
热力学定律 检测试题
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列生活实例中通过传热改变物体内能的是( B )
A.野外生存中钻木取火
B.暖手宝可以使手变得暖和
C.搓搓手可以让手变得暖和
D.铁钉被锤子敲打后会升温
解析:野外生存中钻木取火,是通过做功改变内能,选项A错误;暖手宝可以使手变得暖和,是通过传热改变内能,选项B正确;搓搓手可以让手变得暖和,是通过做功改变内能,选项C错误;铁钉被锤子敲打后会升温,是通过做功改变内能,选项D错误。
2.对于热量、功和内能三个物理量,下列说法正确的是( A )
A.热量和功与过程有关,而内能与状态有关
B.热量、功和内能的物理意义相同
C.热量和功都可以作为内能的量度
D.内能大的物体具有的热量多
解析:热量和功是过程量,与过程有关,而内能是状态量,与状态有关,故A正确;热量、功和内能是三个不同的物理量,它们的物理意义不同,热量反映了物体内能的变化量多少,功是能量转化的量度,内能是物体内所有分子动能和势能之和,功和热量都可以作为物体内能变化的量度,故B、C错误;热量是过程量,不是状态量,不能说内能大的物体具有的热量多,故D错误。
3.根据热学中的有关知识,下列说法正确的是( D )
A.一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B.空调的工作过程表明,热量可以自发地由低温物体向高温物体传递
C.第二类永动机不违背能量守恒定律,当人类科技水平足够先进时,第二类永动机可以被制造出来
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
解析:分子热运动的宏观过程会有一定的方向性,符合能量守恒定律的宏观过程并不是都能发生,故A错误;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,D正确;空调的工作过程表明,热量可以从低温物体向高温物体传递,但需要第三者的参与,故B错误;第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机不是违背了能量守恒定律,而是违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能被制造出来,故C错误。
4.一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7.0×104 J,气体内能减少1.3×105 J,则此过程( B )
A.气体从外界吸收热量2.0×105 J
B.气体向外界放出热量2.0×105 J
C.气体从外界吸收热量6.0×104 J
D.气体向外界放出热量6.0×104 J
解析:由热力学第一定律得Q=ΔU-W=-1.3×105 J-7.0×104 J=
-2.0×105 J,故气体向外放出热量2.0×105 J。故选项B正确,A、C、D错误。
5.如图所示,现用活塞将一定质量的理想气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中,待系统稳定(活塞处于静止)后逐渐往活塞上堆放细沙,使活塞缓慢下降。如果活塞与汽缸之间的摩擦可忽略,且气体不会泄漏,那么,下列关于此过程的说法正确的是( C )
A.活塞对气体做正功,内能一定增加
B.气体对活塞做正功,内能一定减少
C.气体的压强增大,内能可能不变
D.气体向外界放热,内能一定减少
解析:因为活塞缓慢下降,因此活塞对气体做正功,但是汽缸导热,因此缸内气体温度可能不变,所以内能不一定变化,故A、B错误;因为活塞缓慢下降,气体的压强增大,汽缸导热,因此气体可能对外放热,根据热力学第一定律可知,内能可能不变,故C正确,D错误。
6.如图所示,用气压式开瓶器开红酒瓶,通过针头向瓶内打几次气,然后便能轻松拔出瓶塞,则( D )
A.打气后瓶塞未拔出前,气体压强减小
B.打气后瓶塞未拔出前,气体分子的数密度减小
C.快速拔出瓶塞的过程中,气体吸热,内能增加
D.快速拔出瓶塞的过程中,气体对外做功,内能减少
解析:打气后瓶塞未拔出前,气体压强增大,故A错误;打气后瓶塞未拔出前,单位体积内的分子数增加,即气体分子的数密度增大,故B错误;快速拔出瓶塞的过程中,气体体积变大,气体对外界做功,因为是快速拔出瓶塞,可认为该过程没有发生传热,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能减少,故C错误,D正确。
7.金属筒内装有与外界温度相同的压缩空气,打开筒的开关,筒内高压空气迅速向外逸出,待筒内、外压强相等时,立即关闭开关。在外界保持恒温的条件下,经过一段较长时间后,再次打开开关,这时出现的现象是( B )
A.筒外空气流向筒内
B.筒内空气流向筒外
C.筒内、外有空气交换,处于动态平衡,筒内空气质量不变
D.筒内、外无空气交换
解析:因高压空气急剧外逸时,气体没有时间充分与外界发生热交换,可近似看成绝热膨胀过程。气体对外做功,内能减小,所以关闭开关时,筒内气体温度较外界低,再经过较长时间后,筒内、外气体温度相同。对筒内剩余气体分析,属于等容升温过程,其压强要变大,大于外界气压,所以再打开开关时,筒内气体要流向筒外,故B正确。
8.一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如pV图中a→c线段所示,状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( B )
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
解析:根据理想气体的状态方程=C,代入题图像中数据可知a→b气体温度升高,内能增加,且体积增大,气体对外界做功,则ΔU>0,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知a→b过程中气体吸热,A错误,B正确;根据理想气体的状态方程=C,可知pV图像的坐标值的乘积反映温度,a状态和c状态的坐标值的乘积相等,而中间状态的坐标值乘积更大,a→c过程的温度先升高后降低,且状态b的温度最高,C错误;a→c过程气体体积增大,外界对气体做负功,D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.关于热力学定律,下列说法正确的是( AB )
A.第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律
B.一定质量的理想气体密封在容积不变的容器内,若温度升高,则气体一定吸收热量
C.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体一定放出热量
D.一定质量的理想气体从外界吸收热量,则气体的内能一定增大
解析:第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律,A正确;一定质量的理想气体密封在容积不变的容器内,温度升高,则内能增大,且气体不做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q知,气体一定吸收热量,同理在等压膨胀过程中,根据盖吕萨克定律可知温度升高,气体内能增大,而气体对外做功,则气体一定吸热,B正确,C错误;气体从外界吸收热量,但做功情况不确定,则气体的内能不一定增大,D错误。
10.航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备,可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服,从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀,若航天服内气体的温度不变,视为理想气体,并将航天服视为封闭系统。关于航天服内的气体,下列说法正确的是( BC )
A.体积增大,内能减小
B.压强减小,内能不变
C.对外界做功,吸收热量
D.压强减小,分子平均动能增大
解析:将航天服内气体视为理想气体,温度决定内能,温度不变,内能不变,同时温度是分子热运动平均动能的标志,故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,由以上分析知ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q>0,所以航天服内气体将吸收热量,又由等温变化有pV=C,可知体积变大时,压强减小。综上所述,B、C正确,A、D错误。
11.一定质量的理想气体,从状态A经B、C变化到状态D的pV图像如图所示,横坐标体积数量级为10-3,纵坐标压强数量级为105,AB与横轴平行,BC与纵轴平行,D、C在同一过原点的直线上,已知A状态温度为400 K,从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量,下列说法正确的是( CD )
A.A状态的内能大于C状态的内能
B.从B状态到C状态的过程中,器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加
C.从A状态到B状态的过程中,气体内能增加了240 J
D.D状态的温度为225 K
解析:根据理想气体状态方程=C可知,由于A、C两状态的pV乘积相等,则两状态的温度相同,所以A状态的内能等于C状态的内能,故A错误;由题图可知,从B状态到C状态的过程中,气体的体积不变,压强减小,则温度降低,分子热运动的平均速率减小,则器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数减少,故B错误;从A状态到B状态的过程中,气体吸收了320 J的热量,同时气体对外做功,因pV图像的面积表示功,可得WAB=-0.4×105×2×10-3 J=-80 J,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=320 J-80 J=240 J,故C正确;由题图可知D状态的压强为pD=3× Pa,根据=,可得TD=TA=225 K,故D正确。
12.一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( AD )
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
解析:设理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0,
V1=V0,T1=300 K,等容过程为状态二,p2未知,V2=V1=V0,T2=400 K,等压过程为状态三,p3=p0,V3未知,T3=400 K,由理想气体状态方程可得==,解得p2=p0,V3=V0,等压过程中,气体体积增加了原体积的,C错误;等容过程中气体对外做功为零,由热力学第一定律得
ΔU=W+Q=400 J,两个过程的初末温度相同即内能变化相同,因此内能增加量都为400 J,D正确;等压过程内能增加了400 J,吸收热量为
600 J,由热力学第一定律可知气体对外做功200 J,即做功的大小为W=p0(V0-V0)=200 J,解得V0=6 L,A正确,B错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(8分)如图所示,内壁光滑的导热汽缸水平放置,一定质量的理想气体被密封在汽缸内,外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。在此过程中,气体分子的平均动能
(选填“增大”“减小”或“不变”),气体内能变化了
。
解析:在对汽缸缓慢加热的过程中封闭气体的压强保持不变,故气体发生等压变化,根据=C,由于V2>V1,所以T2>T1,即物体温度升高,则分子平均动能增大;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,其中W=-p0SL=
-p0(SL2-SL1)=-p0(V2-V1),解得ΔU=Q-p0(V2-V1)。
答案: 增大 Q-p0(V2-V1)
14.(6分)带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体,气体开始处于a状态,然后经过a→b→c状态变化过程到达c状态。在VT图中变化过程如图所示。
(1)气体从a状态经过a→b到达b状态的过程中压强 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)气体从b状态经过b→c到达c状态的过程要 (选填“吸收”或“放出”)热量。
解析:(1)由VT图像可知,气体从a状态经过a→b 到达b状态的过程中,气体的体积保持不变,温度升高,根据=C可知,气体的压强增大。
(2)由VT图像可知,气体从b状态经过b→c到达c状态的过程,气体的温度保持不变,则气体的内能保持不变;气体的体积减小,则外界对气体做正功,根据热力学第一定律可知,气体放出热量。
答案:(1)增大 (2)放出
15.(12分)汽车内燃机汽缸内汽油燃烧时,气体体积膨胀推动活塞对外做功,已知在某次对外做功的过程中汽油燃烧释放的化学能为1×103 J,因尾气排放、汽缸发热等对外散失的热量为2.5×102 J,则:
(1)该内燃机对外所做的功为多少
(2)该内燃机的效率为多少
(3)随着科技的进步,不断设法减小热量损失,则内燃机的效率不断提高,效率有可能达到100%吗 为什么
解析:(1)根据热机原理,得W=Q1-Q2=1×103 J-2.5×102 J=7.5×102 J。
(2)根据热机效率的定义,得η=×100%=×100%=75%。
(3)效率不可能达到100%,因为无论如何,我们不可能把热量损失减小至零。
答案:(1)7.5×102 J (2)75% (3)见解析
16.(10分)如图所示,内壁光滑的导热汽缸内被轻质活塞封闭了一定质量的理想气体,当温度为27 ℃时气体的体积为1.5×10-2 m3,现对汽缸缓慢加热,使缸内气体的温度上升至127 ℃,该过程缸内气体吸收了800 J的热量,已知大气压p0=1×105 Pa,求:
(1)温度升高至127 ℃时,气体的体积;
(2)温度升高至127 ℃过程中,气体内能的增加量。
解析:(1)温度上升过程气体的压强不变,始终为大气压强p0,则=,当温度为27 ℃时,
T1=t1+273 K=300 K,V1=1.5×10-2 m3,
气体的温度上升至127 ℃时,
T2=t2+273 K=400 K,解得V2=2×10-2 m3。
(2)外界对气体做功W=-p0(V2-V1)=-500 J,
由热力学第一定律ΔU=Q+W,
可知温度升高至127 ℃过程中,气体内能的增加量
ΔU=800 J+(-500 J)=300 J。
答案:(1)2×10-2 m3 (2)300 J
17.(12分)在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的pV图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求:
(1)pB的表达式;
(2)TC的表达式;
(3)B到C过程,气泡内气体内能的变化量。
解析:(1)由题可知,根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB,解得pB=p0。
(2)根据理想气体状态方程可知=,解得TC=1.9T0。
(3)根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,其中Q=0,
故气体内能增加ΔU=W。
答案:(1)pB=p0 (2)TC=1.9T0 (3)W
18.(12分)如图甲为汽车中使用的氮气减震器,汽缸中充入氮气后,能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示,汽缸活塞横截面积S=40 cm2,活塞及支架的质量m=1 kg,汽缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数,将减震器竖直放置,充入氮气后密闭,活塞被卡环卡住,缸体内氮气处于气柱长度L=20 cm、压强pA=4.0×105 Pa的状态A,此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞,使其缓慢下降h=4 cm,气体达到状态B。从状态A到状态B过程气体放出热量Q=71.4 J。汽缸内的氮气可视为理想气体,不计摩擦和外界温度变化,大气压强p0=1.0×105 Pa,弹簧劲度系数
k=1.0×104 N/m。求:
(1)状态B气体的压强pB;
(2)气体处于状态B时外力大小F;
(3)从状态A到状态B过程外界对气体做的功W。
解析:(1)汽缸缸体导热性良好,可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,则有pASL=pBS(L-h),
解得状态B气体的压强为pB==5×105 Pa。
(2)状态B时活塞和支架处于平衡状态,则有F+p0S+mg=pBS+kh,
代入数据解得F=1 990 N。
(3)汽缸缸体导热性良好,可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,气体内能不变,根据热力学第一定律可得ΔU=W-Q=0,
解得外界对气体做的功为W=Q=71.4 J。
答案:(1)5×105 Pa (2)1 990 N (3)71.4 J
第一、二、三章 阶段检测试题
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.第19届亚运会于2023年9月23日晚在杭州盛大开幕。此次亚运会开幕式将实体烟花燃放改成电子烟花表演展示,通过数字技术、光学投影等展现烟花绽放场景,传递出中国绿色低碳环保且负责任的发展中大国形象。以下说法正确的是( B )
A.能量在使用过程中总量保持不变,故无须节约用电,可尽情燃放电子烟花
B.不断开发新能源,发展新技术,是缓解能源危机、加强环境保护的重要手段
C.电子烟花技术将电能全部转化为光能和内能,此过程不存在能量
耗散
D.相比于传统烟花,使用电子烟花完全无污染
解析:能量在使用过程中虽然总量保持不变,但品质越来越差,即可利用率越来越低,所以必须节约能源,故A错误;不断开发新能源,发展新技术,是缓解能源危机、加强环境保护的重要手段,选项B正确;电子烟花技术不能将电能全部转化为光能和内能,过程中也存在能量耗散,选项C错误;相比于传统烟花,使用电子烟花污染较少,但也不是完全无污染,选项D错误。
2.关于液体和固体的一些现象,下列说法正确的是( B )
A.图甲中水黾停在水面上是因为浮力作用
B.图乙中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃
C.图丙中固体薄片上涂蜡,用烧热的针接触薄片背面上一点,蜡熔化的范围如图中空白所示,说明固体薄片是多晶体
D.图丁中食盐晶体的原子是按照一定的规则排列的,具有空间上的周期性,因此每个原子都是静止不动的
解析:题图甲中水黾停在水面上是因为表面张力的作用,故A错误;题图乙中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银与玻璃的接触面具有收缩趋势,水银不浸润玻璃,故B正确;题图丙中固体薄片上涂蜡,用烧热的针接触薄片背面上一点,蜡熔化的范围是椭圆形,说明固体薄片是单晶体,故C错误;题图丁中食盐晶体的原子是按照一定的规则排列的,具有空间上的周期性,每个原子都在平衡位置附近振动,故D错误。
3.关于对分子间的作用力、分子势能以及内能的理解,下列说法正确的是( D )
A.随着分子间距离的减小,分子间的作用力一定增大
B.随着分子间距离的减小,分子势能一定增大
C.物体的内能越大,温度一定越高
D.温度越高,物体分子热运动的平均动能一定越大
解析:分子间距离r>r0时,分子间作用力表现为引力,随着分子间距离的减小,分子间的作用力可能先增大后减小,可能一直减小,分子力做正功,分子势能减小,当r4.关于热力学定律,下列说法正确的是( C )
A.气体吸热后温度一定升高
B.热量不可能从低温物体传到高温物体
C.若系统A和系统B之间达到热平衡,则它们的温度一定相同
D.只要对内燃机不断改进,就可以把内燃机得到的内能全部转化为机械能
解析:由热力学第一定律可知,如果气体吸热的同时对外做功,且做功的数值大于吸收的热量,则温度降低,故A错误;热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,像冰箱等电器可以把热量从低温物体传到高温物体,但不是自发的,需第三者的介入,故B错误;若系统A和系统B之间达到热平衡,则它们的温度一定相同,故C正确;不管对内燃机如何改进,也不可能把内燃机得到的内能全部转化为机械能,故D错误。
5.自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论,下列说法正确的是( D )
A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变
B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D.温度变化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
解析:密闭容器中的氢气质量不变,分子个数不变,根据n=可知,当体积增大时,单位体积内分子数变少,分子的密集程度变小,故A错误;气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续无规则撞击,压强增大并不是因为分子间斥力增大,故B错误;普通气体在温度不太低,压强不太大的情况下才能看作理想气体,故C错误;温度是气体分子平均动能的标志,大量气体分子的速率呈现“中间多,两头少”的规律,温度变化时,大量分子的平均速率会变化,即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化,故D正确。
6.如图,玻璃管开口向下置于水银槽内,管内封闭了一段气体,在槽内缓慢加入水银的过程中,环境温度保持不变,管内封闭气体状态变化可能是下图中的( B )
A B
C D
解析:玻璃管内封闭气体的温度不变,根据pV=C可知,在槽内缓慢加入水银过程中压强增大,气体的体积减小,由数学知识可知,pV图像为双曲线,pT图像为平行于y轴的一条直线。故选B。
7.一个足球的容积是2.5 L。用打气筒给这个足球打气,每打一次都把体积为 125 mL、压强与大气压相同的气体打进球内。如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同,设打气过程中温度不变,打了10次后,足球内部空气的压强是大气压的( A )
A.1.5倍 B.2倍 C.2.5倍 D.3倍
解析:设大气压强为p0,打了10次,共打进的气体体积为ΔV=10×
0.125 L=1.25 L,设足球体积为V,由玻意耳定律得p0(V+ΔV)=pV,代入数据解得p=1.5p0,则足球内部空气的压强是大气压的1.5倍,故A正确,B、C、D错误。
8.如图所示,竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口,右端封闭,管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱。已知空气柱长度为d=20 cm,两侧水银柱液面的高度差为h=10 cm,大气压强为p0=76 cmHg,环境温度为t0=27 ℃,热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)K。下列说法正确的是( B )
A.封闭气体的压强为86 cmHg
B.若将该U形玻璃管以OO′为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置(此过程中水银未溢出),则最终空气柱的长度约为17.4 cm
C.若使封闭气体温度降低,则h不变,d减小
D.若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中,当恒温箱温度为432 ℃时U形管两侧水银面相平
解析:封闭气体的压强为p1=p0-ph=66 cmHg,A错误;U形玻璃管以OO′为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置时,封闭气体发生等温变化,初状态为p1=66 cmHg,V1=dS,末状态为p2=76 cmHg,V2=d′S,根据玻意耳定律p1V1=p2V2,代入数据得d′≈17.4 cm,B正确;若使封闭气体温度降低,气体体积减小,d减小,则h增大,C错误;如果U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中,则初状态为p1=66 cmHg,V1=dS,T1=(t0+273)K=300 K,末状态时假设两侧水银面相平,则有p3=76 cmHg,V3=(d+)S,根据理想气体状态方程可得=,代入数据得T3≈432 K,D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.图甲是三颗微粒做布朗运动的位置连线图,图乙是氧气分子速率分布图像,图丙是分子间作用力和分子间距离的关系图像,图丁是分子势能和分子间距离的关系图像。下列说法正确的是( AC )
A.图甲中,微粒越小,布朗运动越明显,但连线并不是微粒的运动轨迹
B.图乙中,曲线Ⅰ对应的温度比曲线Ⅱ对应的温度高
C.由图丙可知,当分子间的距离从r0开始增大时,分子间的作用力先增大后减小
D.由图丁可知,当分子间的距离从r1开始增大时,分子势能先增大后减小
解析:题图甲中,微粒越小,布朗运动越明显,但连线记录的是每隔一定时间微粒的位置,并不是微粒的运动轨迹,故A正确;温度是分子热运动平均动能的标志,是大量分子热运动的统计规律,温度越高,平均动能越大,故平均速率越大,由题图乙可知,曲线Ⅱ的温度高于曲线Ⅰ的温度,故B错误;由题图丙可知,当分子间的距离从r0开始增大时,分子间的作用力表现为引力,且先增大后减小,故C正确;由题图丁可知,当分子间的距离为r2时,分子势能最小,所以当分子间的距离从r1开始增大时,分子势能先减小后增大,故D错误。
10.如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程到达状态b,再经过等温过程到达状态c,直线ac过原点。则气体( AC )
A.在状态c的压强等于在状态a的压强
B.在状态b的压强小于在状态c的压强
C.在b→c的过程中内能保持不变
D.在a→b的过程对外做功
解析:根据V=T,又直线ac过原点,可知在状态c的压强等于在状态a的压强,b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率,则在状态b的压强大于在状态c的压强,选项A正确,B错误;在b→c的过程中温度不变,则气体的内能保持不变,选项C正确;在a→b的过程中,气体的体积不变,则气体不对外做功,选项D错误。
11.如图所示,一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞,使汽缸悬空而静止。设活塞与缸壁间无摩擦,可以在缸内自由移动,缸壁导热性良好,使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同,则下列结论正确的是( CD )
A.若外界大气压增大,则弹簧将压缩一些
B.若外界大气压增大,则汽缸的上底面距地面的高度将增大
C.若气温升高,则活塞距离地面高度不变
D.若气温升高,则汽缸的上底面距地面的高度将增大
解析:以汽缸与活塞组成的系统为研究对象,系统受重力与弹簧弹力作用,外界大气压增大,系统所受重力不变,由平衡条件可知,弹簧弹力不变,弹簧的压缩量不变,A错误;选择汽缸为研究对象,竖直向下受重力和大气压力p0S,向上受到缸内气体的压力p1S,三力平衡,则有G+p0S=p1S,若外界大气压p0增大,p1一定增大,根据理想气体的等温变化有pV=C(常数),体积一定减小,所以汽缸的上底面距地面的高度将减小,B错误;以汽缸与活塞组成的系统为研究对象,系统受重力与弹簧弹力作用,由于系统所受重力不变,由平衡条件可知,弹簧弹力不变,所以活塞距离地面高度不变,C正确;若大气温度升高,气体温度升高,外界大气压不变,气体压强不变,由盖吕萨克定律=C可知,气体体积增大,由于活塞不动,所以汽缸向上运动,即汽缸的上底面距地面的高度将增大,D正确。
12.如图,两端开口、下端连通的导热汽缸,用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙,活塞从A下降h高度到B位置时,活塞上细沙的总质量为m。在此过程中,用外力F作用在右端活塞上,使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变,系统始终处于平衡状态,重力加速度为g。下列说法正确的是( BCD )
A.整个过程,外力F做功大于0,小于mgh
B.整个过程,理想气体的分子平均动能保持不变
C.整个过程,理想气体向外界释放的热量小于p0S1h+mgh
D.左端活塞到达B位置时,外力F等于
解析:由于右端活塞没有移动,可知整个过程,外力F做功等于0,A错误;根据汽缸导热且环境温度不变,可知汽缸内气体的温度也保持不变,则整个过程,理想气体的分子平均动能保持不变,内能不变,B正确;由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功,即Q=W三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(8分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL,用注射器测得1 mL上述溶液为75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用笔在玻璃板上描绘油酸膜的形状,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状如图所示,坐标纸中正方形方格的边长为
1 cm。
(1)油酸膜的面积为S= cm2。
(2)按以上实验数据估测出油酸分子的直径为 d= m。(结果保留1位有效数字)
(3)(多选)某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时,计算结果偏大,可能是由于 。(填字母)
A.油酸未完全散开
B.油酸溶液浓度低于实际值
C.计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格
D.求每滴体积时,1 mL的溶液的滴数多记了10滴
解析:(1)(2)面积超过正方形一半的正方形个数为114个,油酸膜的面积为S=114 cm2,每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V=mL=8×10-6mL,油酸分子的直径为d==cm≈7×10-10m。
(3)油酸未完全散开,测得油酸膜的面积偏小,油酸分子的直径偏大,故A正确;油酸溶液浓度低于实际值,每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积偏小,油酸分子的直径偏小,故B错误;计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格,使测得的油酸膜的面积偏小,油酸分子的直径偏大,故C正确;求每滴体积时,1 mL的溶液的滴数多记了10滴,每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积偏小,油酸分子的直径偏小,故D错误。
答案:(1)114 (2)7×10-10 (3)AC
14.(6分)利用图甲所示实验装置可探究“等温条件下气体体积与压强的关系”。将注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连,细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。待气体状态稳定后,记录注射器内封闭空气的压强p和体积V;改变其体积和压强,记录多组数据并作出V拟合曲线。
(1)关于该实验,下列说法正确的是 。
A.柱塞上涂抹适量润滑油主要是为了减小柱塞与注射器之间的
摩擦力
B.为方便推拉柱塞,最好是用手握紧注射器再推拉柱塞
C.实验中应缓慢推拉柱塞,且待气体状态稳定后再记录数据
D.处理数据时,作pV图像比作V图像更加形象直观
(2)(多选)图乙中图线向上弯曲的原因可能是在实验过程中 。(填字母)
A.注射器内的气体温度升高
B.注射器内的气体温度降低
C.注射器有漏气现象
D.注射器有进气现象
(3)某次实验过程中,得到了如图丙所示不过原点的图像,如果实验操作规范,图丙中的V0代表 。
解析:(1)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是在注射器柱塞上涂上润滑油,防止漏气或进气,因压力表可直接测出压强,故摩擦力对测量基本无影响,故A错误;手握紧注射器会导致封闭气体温度变化,故B错误;若快速推拉柱塞,则有可能造成气体温度变化,所以应缓慢推拉柱塞,当柱塞移至某位置时,应等状态稳定后再记录此时注射器内气柱的体积和压力表的压强值,故C正确;封闭气体在等温变化下,作出的pV图像是双曲线的一支,而V图像是直线,所以更加形象直观,故D错误。
(2)根据理想气体状态方程=C,可得V=CT·,图线向上弯曲时说明斜率变大,可能是温度T升高,也可能是常数C变大,C与气体的质量和种类有关,所以可能是气体的质量变大,即发生了进气现象。
故选AD。
(3)如果实验操作规范、正确,依据实验数据画出的V图像应是过坐标原点的直线,但如图丙所示的V图像不过原点,该图线的方程为V=CT·-V0,说明同一压强下注射器中气体的体积小于实际封闭气体的体积,结合实验器材可知,题图丙中的V0代表隐藏在柱塞内的细管中的气体体积。
答案:(1)C (2)AD (3)隐藏在柱塞内的细管中的气体体积
15.(10分)制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验,如图甲所示,将吸管对折后用回形针固定,然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中,使吸管顶部露出水面,最后用盖子封紧矿泉水瓶(如图乙)。实验时,用力按压瓶身,“潜水艇”就会沉入水底,松开手后,“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气体体积为V0,压强为p0,吸管内封闭气体的体积为V,“吸管潜水艇”的总质量为m,水的密度恒为ρ,气体温度始终保持不变,所有气体视为理想气体。
(1)缓慢挤压瓶身时,瓶内封闭气体的内能如何变化 吸热还是放热
(2)挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水中时(如图丙),水面上方的气体体积减小了多少 (不考虑吸管厚度和回形针的体积,吸管内、外液面高度差产生的压强远小于大气压,即管内、外气压始终相等)
解析:(1)环境温度不变,则瓶内封闭气体发生等温变化,故内能保持不变,即ΔU=0。
挤压瓶身时,水面上方气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
则Q<0,即气体对外放热。
(2)设“潜水艇”悬浮时,吸管内部封闭气体的压强为p1,体积为V1,根据平衡条件得ρgV1=mg,
解得V1=,
对吸管内的气体,根据玻意耳定律p0V=p1V1,
解得p1=。
设水面上方的气体体积减小ΔV,对水面上方的气体,根据玻意耳定律p0V0=p1(V0-ΔV),
解得ΔV=V0(1-)。
答案:(1)不变 放热 (2)V0(1-)
16.(10分)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(1)两罐中气体的压强;
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
解析:(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有p(2V)=pV1,
现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1)。
设调配后两罐中气体的压强为p′,
由玻意耳定律有p(V+V1)=p′(V+2V),
联立两式可得p′=p。
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,
由玻意耳定律有p′V=pV2,
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k=,
联立各式可得k=。
答案:(1)p (2)
17.(12分)如图所示,长为0.6 m、内壁光滑的汽缸固定在水平面上,汽缸内用横截面积为100 cm2的活塞封闭有压强为1.0×105 Pa、温度为127 ℃的理想气体,开始时活塞位于距缸底40 cm处,现对封闭的理想气体加热,使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为1.0×105 Pa)
(1)试计算当温度升高到627 ℃时,缸内封闭气体的压强;
(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量,试计算气体增加的内能。
解析:(1)在活塞移动到汽缸口的过程中,气体发生等压变化,
封闭气体的初始温度,
T1=(273+127)K=400 K,
当活塞恰好移动到汽缸口时,
由盖吕萨克定律可得=,
即=,
解得T2=600 K所以封闭气体随后发生等容变化,直到温度达到900 K,由查理定律可得=,
解得p2=1.5×105 Pa。
(2)气体体积膨胀的过程中活塞向右移动0.2 m,故大气压力对气体做功W=-p1Sx=-200 J,
由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=-200 J+800 J=600 J。
答案:(1)1.5×105 Pa (2)600 J
18.(14分) 如图,某实验小组为测量一个葫芦的容积,在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管,密封好接口,用氮气排空内部气体,并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时,气柱长度l为10 cm;当外界温度缓慢升高到310 K时,气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa,水柱长度不计。
(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功;
(2)求葫芦的容积;
(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L,阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol-1。
解析:(1)由于水柱的长度不计,故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0,塑料管的横截面积为S,初、末态气柱的长度分别为l1、l2,气体对外做的功为W。
根据功的定义有W=p0S(l2-l1),
解得W=0.4 J。
(2)设葫芦的容积为V,封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2,体积分别为V1、V2,根据盖吕萨克定律有
=,
V1=V+Sl1,
V2=V+Sl2,
联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3。
(3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下,1 mol氮气的体积为V0、温度为T0,封闭气体的体积为V3,被封闭氮气的分子个数为n。根据盖吕萨克定律有=,
其中n=NA,
联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021。
答案:(1)0.4 J (2)119 cm3 (3)2.9×1021本章小结
排查易错易混
易错点1 内能和相关概念的辨析
1.关于温度、热量、功和内能,以下说法正确的是( )
A.同一物体温度高时,含有的热量多
B.物体的内能越大,含有的热量就越多,温度也越高
C.外界对系统做功W,内能必定增加
D.两物体之间发生传热的条件是存在温差
2.下列说法正确的是( )
A.热量和功是由过程决定的,而内能是由物体状态决定的
B.温度相同的等质量物体,其内能一定相同
C.物体吸收热量,温度一定升高
D.热量总是由内能大的物体流向内能小的物体
【易错点拨】
(1)热量和内能。
①内能是由系统的状态决定的。状态确定,系统的内能也随之确定。要使系统的内能发生变化,可以通过传热和做功两种方式来完成。
②热量是传热过程中的特征物理量,热量只是反映物体在状态变化过程中所转移的能量,是用来衡量物体内能变化的,有过程内能才有变化,离开过程则热量毫无意义。
③对某一状态而言,只有“内能”,不存在“热量”和“功”。不能说一个系统中含有多少热量。
(2)热量与温度:热量是系统的内能变化的量度,而温度是两个系统是否具有“共同的热学性质”,反映了系统内大量分子做无规则运动的剧烈程度。传热的前提条件是两个系统之间要有温度差,传递的是热量而不是温度。
易错点2 热力学第一定律符号法则
3.如图所示,内壁光滑的绝热汽缸固定在水平面上,其右端由于有挡板,厚度不计的绝热活塞不能离开汽缸,汽缸内封闭着一定质量的理想气体,活塞与汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热,活塞缓慢移动,一段时间后停止加热,此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2,外部大气压强为1×105 Pa,加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J,则封闭气体的内能变化量为( )
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
4.如图所示,密闭的汽缸内封闭一定质量的理想气体,外力推动活塞P压缩气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的( )
A.温度升高,内能增加600 J
B.温度升高,内能减少200 J
C.温度降低,内能增加600 J
D.温度降低,内能减少200 J
【易错点拨】
热力学第一定律的表达式反映了系统与外界做功、传热和内能变化的各种情况,在应用ΔU=Q+W进行计算时,需要注意以下两点:
(1)各个量的正、负号规定。
①外界对系统做功,则W>0;
系统对外界做功,则W<0。
②外界对系统传热,则Q>0;
外界从系统吸收热量,则Q<0。
③系统内能增加,则ΔU>0;
系统内能减少,则ΔU<0。
(2)首先确定已知量的正负值,然后代入公式ΔU=Q+W求出未知量,并由其正负确定该物理量的变化情况。
易错点3 自然过程的能量转化具有方向性
5.(多选)关于热机和热力学定律,下列说法正确的是( )
A.效率为100%的热机是不可能制成的
B.不需要任何外力做功而可正常运行的制冷机是不可能制成的
C.能把从单一热库吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化的热机是可以实现的
D.能把从单一热库吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化的热机是不可能实现的
6.(多选)如图所示,电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统,制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示,则下列说法正确的是( )
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从电冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,这违背热力学第二定律
C.在蒸发器中热量不是自发地传给制冷剂的
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子平均动能都降低
【易错点拨】
对热现象的宏观过程要注意两点,即自然过程和第三方介入的过程。高温物体向低温物体传热,机械能变为内能是自然过程,但低温物体向高温物体传热、热量完全变成功均需要第三方介入,或者说产生了其他影响。对于第三方介入而实现的变化过程并不违背热力学第二定律。
回扣命题热点
热点1 气体状态变化与功、能间的关系
1.(2022·山东卷) 如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体( )
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
2.(2021·山东卷)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体( )
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
3.(2022·天津卷)(多选)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程,一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩,然后经过等压过程回到初始温度,则( )
A.绝热过程中,气体分子平均动能增加
B.绝热过程中,外界对气体做负功
C.等压过程中,外界对气体做正功
D.等压过程中,气体内能不变
热点2 气体图像与功能关系的综合应用
4.(2024·山东卷,6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b 过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程,气体对外做功,内能增加
C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
5.(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其体积V和热力学温度T变化图像如图所示,此过程中该系统( )
A.对外界做正功
B.压强保持不变
C.向外界放热
D.内能减少
6.(2023·福建卷)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A,其pV图像如图所示。完成一次循环,气体内能
(选填“增加”“减少”或“不变”),气体对外界 (选填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体 (选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
【核心精讲】
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况,从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在pV图像中,图像与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
热点3 气体实验定律与热力学定律的综合应用
7.(2023·浙江1月选考卷)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa,求:
(1)气体在状态B的温度;
(2)气体在状态C的压强;
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。
8.(2021·江苏卷) 如图所示,一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的压强、热力学温度与外界大气相同,分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,活塞缓慢向右移动距离L后停止,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程中气体吸收的热量为Q,求该过程中:
(1)内能的增加量ΔU;
(2)最终温度T。
【核心精讲】
热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的体积和温度,当温度变化时,气体的内能变化;当体积变化时,气体将伴随着做功,常见的分析思路如下:
(1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大,气体对外界做功;气体体积减小,外界对气体做功。
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关,温度升高,内能增加;温度降低,内能减少。
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。
由热力学第一定律ΔU=W+Q,则Q=ΔU-W,若已知气体的做功情况和内能的变化情况,即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。