热力学定律与能量守恒定律课时规范训练

[基础巩固题组]

1．(多选)如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气(可视为理想气体)()

A．内能增大

B．分子间的平均距离减小

C．向外界放热

D．对外界做正功

解析：选BC.由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A选项错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B选项正确；内能不变ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C选项正确、D选项错误．

2．(多选)下列说法中正确的是()

A．一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大

B．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化

C．不可能使热量从低温物体传向高温物体

D．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大

E．分子间距离增大时，分子力一定减小

解析：选ABD.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，A正确．热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其他变化，B正确．通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，C错误．当分子力表现为引力时，增大分子间的

距离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，D正确．分子间的作用力随分子间的距离增大先增大后减小，因此分子力可能增大，也可能减小，E错误．

3．(多选)下列说法正确的是()

A．1 g100 ℃的水的内能小于1 g100 ℃的水蒸气的内能

B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关

C．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律

D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

E．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关

解析：选ABE.1 g100 ℃的水的势能小于1 g 100 ℃的水蒸气的势能，温度相同，二者的分子平均动能相同，故A正确．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，B正确．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律，C错误．第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，D错误．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，E正确．4．(多选)下列说法正确的是()

A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力

B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大

C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关

D．物体内能增加，温度一定升高

E．热量可以从低温物体传到高温物体

解析：选BCE.气体总是充满容器，说明气体分子在做无规则热运动，而气体分子之间既存在引力也存在斥力，A错误．由于理想气体的内能只与温度有关，所以对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大，B正确．温度越高布朗运动越剧烈，说明水中悬浮的微粒的运动与温度有关，而悬浮微粒的运动是由水分子运动对微粒的碰撞造成的，即水分子的运动与温度有关，C正确．物体内能增加，例如冰吸热熔化，内能增加，但是温度不变，D错误．热量可以从低温物体传到高温物体，例如电冰箱中热量从低温物体传到高温物体，E正确．

5．(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

解析：选ACE.A气体经历等容变化，W＝0，而吸收热量，由ΔU＝W＋Q

知，内能增加，A正确；B气体经历等压变化，W＜0，由V

T＝C可知，T增大，

则B气体吸收热量，内能增加，B错误；A、B气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C正确，D错误；由于气体B压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E正确．

6．(多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度变化关系的V －t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()

A．气体的内能增大

B．气体的内能不变

C．气体的压强减小

D．气体的压强不变

E．气体对外做功，同时从外界吸收热量

解析：选ACE.由状态A到状态B，温度升高，内能增大，A正确，B错误；由理想气体状态方程可知，由状态A到状态B，压强减小，C正确、D错误；气

体内能增加，从外界吸收热量，压强减小，对外做功，E正确．

7．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A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______(填“等容”“等压”或“等温”)过程；

(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；

(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)．

(4)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．

解析：(1)由p－V图象可以看出，从A到B是等压变化．

(2)从B到C状态，气体体积不变，压强减小，则pV

T等于定值可知，气体温

度降低．

(3)从C到D状态，气体压强不变，体积减小，由pV

T等于定值可知，气体温

度降低，内能减少，ΔU＜0；由于气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，放热．

(4)从A→B，气体体积增大，气体对外界做功W1＝p2(V3－V1)；从B→C，气体体积不变，W2＝0；从C→D，气体体积减小，外界对气体做功或气体对外界做负功，即W3＝－p1(V3－V2)；故从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做总功W＝W1＋W2＋W3＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．

答案：(1)等压(2)降低(3)放热(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)

[综合应用题组]

8．气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体．通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg.

(1)求恒温槽的温度；

(2)此过程A 内气体内能________(填“增大”或“减小”)；气体不对外做功，气体将________(填“吸热”或“放热”)．

解析：(1)设恒温槽的温度为T 2，由题意知T 1＝273 K ，A 内气体发生等容变化，根据查理定律得

p 1T 1＝p 2

T 2①

p 1＝p 0＋p h 1②

p 2＝p 0＋p h 2③

联立①②③式，代入数据得T 2＝364 K(或91 ℃)

(2)温度升高，A 内气体内能增大，根据热力学第一定律

ΔU ＝W ＋Q ，W ＝0，ΔU ＞0，即吸热．

答案：(1)364 K(或91 ℃) (2)增大吸热

9．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳暴晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.

(1)求此时气体的压强；

(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．

解析：(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1

得p 1＝T 1T 0

p 0＝350300p 0＝76p 0

(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 2，由玻意耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2

则V 2＝p 1V 0p 0

＝76V 0 所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV 0ρ·76V 0

＝67

因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量．

答案：(1)76p 0 (2)67 吸热，原因见解析

10．如图所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度为t 1＝7 ℃，外界大气压取p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高的汞柱的压强)．

(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t 1不变，则平衡后气柱为多长？(g ＝10 m/s 2)

(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t 2＝77 ℃，此时气柱为多长？

(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J ，则气体的内能增加多少？解析：(1)被封闭气体的初状态为p 1＝p 0＝1.0×105 Pa

V 1＝LS ＝42 cm 3，T 1＝280 K

末状态压强p 2＝p 0＋mg S ＝1.05×105 Pa

V 2＝L 2S ，T 2＝T 1＝280 K

根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2，即p 1L ＝p 2L 2

得L 2＝p 1p 2

L ＝20 cm. (2)对气体加热后，气体的压强不变，p 3＝p 2，V 3＝L 3S ，T 3＝350 K

根据盖－吕萨克定律，有V 2T 2＝V 3T 3，即L 2T 2＝L 3T 3

得L 3＝T 3T 2

L 2＝25 cm. (3)气体对外做的功W ＝p 2Sh ＝p 2S (L 3－L 2)＝1.05 J

根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ＝－1.05 J ＋10 J ＝8.95 J 答案：(1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J