- 140.24 KB
- 2021-05-22 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
热力学定律与能量守恒定律
1.(多选)关于热力学定律,下列说法正确的是( )
A.热量能够自发地从高温物体传到低温物体
B.不可能使热量从低温物体传向高温物体
C.第二类永动机违反了热力学第二定律
D.气体向真空膨胀的过程是不可逆过程
E.功转变为热的实际宏观过程是可逆过程
答案 ACD
2.(多选)在装有食品的包装袋中充入氮气,然后密封进行加压测试,测试时,对包装袋缓慢施
加压力,将袋内的氮气视为理想气体,在加压测试过程中,下列说法中正确的是( )
A.包装袋内氮气的压强增大
B.包装袋内氮气的内能不变
C.包装袋内氮气对外做功
D.包装袋内氮气放出热量
E.包装袋内氮气的所有分子运动速率都保持不变
答案 ABD
3.(多选)下列说法中正确的是( )
A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大
B.一定质量气体的体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小
C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同
D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系
E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性
答案 BDE
解析 速度增大,不会改变物体的分子的动能,故 A 错误;体积增大时,气体对外做功,不
吸热也不放热时,内能减小,故 B 正确;质量相同,但物体的物质的量不同,故温度提高相
同的温度时,内能的增量不一定相同,故 C 错误;物体的内能取决于物体的温度和体积,故
D 正确;由热力学第二定律可知,凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性,故 E 正确.
4.(2018·青海格尔木调研)根据你学过的热学中的有关知识,判断下列说法中正确的是( )
A.机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功转化成机械能
B.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量只能从高温物体传递给低温
物体,而不能从低温物体传递给高温物体
C.尽管科技不断进步,热机的效率仍不能达到 100%,制冷机却可以使温度降到-293 ℃
D.第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步和
发展,第二类永动机可以制造出来
答案 A
解析 机械能可以全部转化为内能,而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能,A
正确;凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量可以自发地从高温物体
传递给低温物体,也能从低温物体传递给高温物体,但必须借助外界的帮助,B 错误;尽管
科技不断进步,热机的效率仍不能达到 100%,制冷机也不能使温度降到-293 ℃,只能无限
接近-273.15 ℃,C 错误;第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒
定律,而是违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能制造出来,D 错误.
5.关于两类永动机和热力学的两个定律,下列说法正确的是( )
A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能,热传递也不一定改变内能,但同时做功和热
传递一定会改变内能
D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的,从单一热源吸收热量,完
全变成功也是可能的
答案 D
解析 第一类永动机违反能量守恒定律,第二类永动机违反热力学第二定律,A、B 错;由
热力学第一定律可知 W≠0,Q≠0,但 ΔU=W+Q 可以等于 0,C 错;由热力学第二定律可
知 D 中现象是可能的,但会引起其他变化,D 对.
6.景颇族的祖先发明的点火器如图 1 所示,用牛角做套筒,木制推杆前端粘着艾绒.猛推推杆,
艾绒即可点燃.对筒内封闭的气体,在此压缩过程中( )
图 1
A.气体温度升高,压强不变
B.气体温度升高,压强变大
C.气体对外界做正功,气体内能增加
D.外界对气体做正功,气体内能减少
答案 B
7.(2015·福建理综·29(2))如图 2,一定质量的理想气体,由状态 a 经过 ab 过程到达状态 b 或者
经过 ac 过程到达状态 c.设气体在状态 b 和状态 c 的温度分别为 Tb 和 Tc,在过程 ab 和 ac 中
吸收的热量分别为 Qab 和 Qac,则( )
图 2
A.Tb>Tc,Qab>Qac B.Tb>Tc,Qab<Qac
C.Tb=Tc,Qab>Qac D.Tb=Tc,Qab<Qac
答案 C
解析 a→b 过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得:V0
Ta=2V0
Tb ,得 Tb=2Ta,a→c 过程为等容
变化,由查理定律得:p0
Ta=2p0
Tc ,得 Tc=2Ta,所以 Tb=Tc.
由热力学第一定律,a→b:Wab+Qab=ΔUab
a→c:Wac+Qac=ΔUac
又 Wab<0,Wac=0,ΔUab=ΔUac>0,则有 Qab>Qac,故 C 项正确.
8.如图 3 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,
A―→B 和 C―→D 为等温过程,B―→C 和 D―→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换),这
就是著名的“卡诺循环”.
图 3
(1)该循环过程中,下列说法正确的是________.
A.A―→B 过程中,外界对气体做功
B.B―→C 过程中,气体分子的平均动能增大
C.C―→D 过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D.D―→A 过程中,气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中,内能减小的过程是________(选填“A―→B”“B―→C”“C―→D”或
“D―→A”).若气体在 A―→B 过程中吸收 63 kJ 的热量,在 C―→D 过程中放出 38 kJ 的热量,
则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.
答案 (1)C (2)B―→C 25
解析 (1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析,A―→B 为等温过程,内能不变,气
体的体积增大,气体对外做功,A 错;B―→C 过程为绝热过程,气体体积增大,气体对外做
功,因此内能减小,气体分子的平均动能减小,B 错;C―→D 为等温过程,气体体积减小,
单位体积内的分子数增多,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多,C 正确; D―→A
为绝热过程,气体体积减小,外界对气体做功,内能增大,温度升高,因此气体分子的速率
分布曲线变化,D 错.
(2)在以上循环过程中,内能减小的过程是 B―→C.由热力学第一定律 ΔU=Q+W 得 W=25 kJ.
9.如图 4 所示,用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不
计,开始时活塞距离汽缸底部高度 H1=0.60 m,气体的温度 T1=300 K;现给汽缸缓慢加热
至 T2=480 K,活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度 H2 处,此过程中缸内气体增加的内能
ΔU=300 J.已知大气压强 p0=1.0×105 Pa,活塞横截面积 S=5.0×10-3 m2.求:
图 4
(1)活塞距离汽缸底部的高度 H2;
(2)此过程中缸内气体吸收的热量 Q.
答案 (1)0.96 m (2)480 J
解析 (1)气体做等压变化,根据盖—吕萨克定律得:H1S
T1 =H2S
T2
即0.60 m
300 K = H2
480 K
解得 H2=0.96 m
(2)在气体膨胀的过程中, 气体对外做功为:
W0=p0ΔV=[1.0×105×(0.96-0.60)×5.0×10-3] J=180 J
根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为
ΔU=-W0+Q,得 Q=ΔU+W0=480 J.
10.如图 5 所示,竖直放置的汽缸内壁光滑,横截面积为 S=10 -3 m2,活塞的质量为 m=2
kg,厚度不计.在 A、B 两处设有限制装置,使活塞只能在 A、B 之间运动,B 下方汽缸的容
积为 1.0×10-3 m3,A、B 之间的容积为 2.0×10-4 m3,外界大气压强 p0=1.0×105 Pa,开始
时活塞停在 B 处,缸内气体的压强为 0.9p0,温度为 27 ℃,现缓慢加热缸内气体,直至 327
℃.g=10 m/s2,求:
图 5
(1)活塞刚离开 B 处时气体的温度 t2;
(2)缸内气体最后的压强.
答案 (1)127 ℃ (2)1.5×105 Pa
解析 (1)活塞刚离开 B 处时,设气体的压强为 p2,由二力平衡可得 p2=p0+mg
S ,
解得 p2=1.2×105 Pa
气体发生等容变化,由查理定律得 0.9p0
273+t1= p2
273+t2,t1=27 ℃,解得 t2=127 ℃
(2)假设活塞最终移动到 A 处时缸内气体最后的压强为 p3,由理想气体状态方程得 p1V0
273+t1=
p3V3
273+t3,t1=27 ℃,t3=327 ℃,V0=1.0×10-3 m3,V3=1.2×10-3 m3.解得 p3=1.5×105 Pa
因为 p3>p2,故活塞最终移动到 A 处的假设成立.
11.一定质量的理想气体被活塞封闭在导热汽缸内,如图 6 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,活塞与汽
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 1.0×105 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,已知 g=10 m/s2,求:
图 6
(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,则气体增
加的内能 ΔU 多大?
答案 (1)450 K (2)310 J
解析 (1)当汽缸水平放置时,p0=1.0×105 Pa,
V0=L1S,T0=(273+27) K=300 K
当汽缸口朝上且活塞到达汽缸口时,活塞的受力分析如图所示,有
p1S=p0S+mg
则 p1=p0+mg
S =1.0×105 Pa+ 200
10-2 Pa=1.2×105 Pa
V1=(L1+L2)S
由理想气体状态方程得p0L1S
T0 =p1(L1+L2)S
T1
则 T1=p1(L1+L2)
p0L1 T0=1.2 × 105 × 15
1.0 × 105 × 12×300 K=450 K.
(2)当汽缸口向上且未稳定时:气体发生等温变化,由玻意耳定律得
p0L1S=p1LS
则 L=p0L1
p1 =1.0 × 105 × 12
1.2 × 105 cm=10 cm
稳定后加热气体,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
根据热力学第一定律
ΔU=W+Q 得 ΔU=310 J.
12.一定质量的理想气体经历了如图 7 所示的 A→B→C→D→A 循环,该过程每个状态视为平
衡态,各状态参数如图所示.A 状态的压强为 1×105 Pa,求:
图 7
(1)B 状态的温度;
(2)完成一次循环,气体与外界热交换的热量.
答案 (1)600 K (2)放热 150 J
解析 (1)理想气体从 A 状态到 B 状态的过程中,压强保持不变,根据盖—吕萨克定律有
VA
TA=VB
TB
代入数据解得 TB=VB
VATA=600 K
(2)理想气体从 A 状态到 B 状态的过程中,外界对气体做功
W1=-pA(VB-VA)
解得 W1=-100 J
气体从 B 状态到 C 状态的过程中,体积保持不变,根据查理定律有
pB
TB=pC
TC
解得 pC=2.5×105 Pa
从 C 状态到 D 状态的过程中,压强保持不变,外界对气体做功
W2=pC(VC-VD)=pC(VB-VA)
解得 W2=250 J
一次循环过程中外界对气体所做的总功 W=W1+W2=150 J
理想气体从 A 状态完成一次循环,回到 A 状态,始末温度不变,所以内能不变.根据热力学第
一定律有
ΔU=W+Q
解得 Q=-150 J
故完成一次循环,气体向外界放热 150 J.