【精准解析】2021学年物理人教版选修3-3：10.3热力学第一定律能量守恒定律

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A.气体内能一定增加 B.气体内能一定减少 C.气体内能一定不变 D.气体内能的增减不能确定 解析由热力学第一定律ΔU=Q+W,气体吸收热量,Q>0,体积膨胀对外做功 W<0,但不能确定 Q 与 W 值的大小,所以不能判断ΔU 的正负,则气体内能的增减也就不能确定,选项 D 正确。 答案 D 3.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,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 解析据热力学第一定律可知,改变物体内能有两种方法:做功和热传递,仅仅根据单一做功或热 传递均无法判断内能的变化情况,故 A、B 错误;物体吸收热量,内能增加,对外做功,内能减少;如 果吸收热量比对外做功更多,则物体内能增加,故选项 C 正确;物体放出热量和对外做功均会使 内能减少,故内能一定减少,选项 D 错误。 答案 C 4.一定质量的气体,从状态 A 变化到另一个状态 B 的过程中,内能增加了 160 J,则下列关于内能 变化的可能原因的说法中不可能的是( ) A.从 A 到 B 的绝热过程中,外界对气体做功 160 J B.从 A 到 B 的单纯热传递过程中,外界对气体传递了 160 J 的热量 C.从 A 到 B 过程中吸热 280 J,并对外做功 120 J D.从 A 到 B 过程中放热 280 J,外界对气体做功 120 J 解析由热力学第一定律ΔU=W+Q 可知,A、B、C 对,D 错。 答案 D 5.(多选)一定量的理想气体从状态 a 开始,经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态,其 p-T 图象如 图所示。下列判断正确的是( )
解析(1)密封气体的压强 p=p0-
密封气体对外做功 W=pS×0.1L 由热力学第一定律得ΔU=Q-W 得ΔU=Q-0.1p0SL+0.1LG。 (2)该过程是等压变化,由盖—吕萨克定律有
( + 0.1 )
0
解得 T=1.1T0。 答案(1)Q-0.1p0SL+0.1LG (2)1.1T0 7.某同学估测室温的装置如图所示,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体,气缸导热性能良 好。室温时气体的体积 V1=66 mL,将气缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积 V2=60 mL。不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压 p0=1.0×105 Pa,阿伏加德罗常数 NA=6.0×1023 mol-1。(取 T=t+273 K)
直线 AO 的斜率大, 大,则其体积小。所以图象中状态 A 的体积小于状态 B 的体积,所以气体自
状态 A 变化到状态 B 的过程中,体积必然变大,故选项 A 正确。由于气体变化的过程未知,可能 经过体积减小的过程,故选项 B 正确。根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体体积增大,所以气体 对外做正功,W 为负值,从题图中看出气体温度升高,即ΔU 为正数,所以 Q 必须为正数,即气体必 须从外界吸热。故选项 C 错误,D 正确。 答案 ABD 2.如图所示,给旱区送水的消防车停于水平地面。在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温 度不变,不计分子间势能,则胎内气体( )
Q=QB+ΔEp;显然 QA>QB。故选项 C 正确。
答案 C
7.(1)空气压缩机在一次压缩过程中,活塞对汽缸中的气体做功为 2.0×105 J,同时气体的内能增加
了 1.5×105 J。试问:此压缩过程中,气体
(选填“吸收”或“放出”)的热量等于
J。
(2)若一定质量的理想气体分别按如图所示的三种不同过程变化,其中表示等压变化的是
3 热力学第一定律 能量守恒定律
课后篇巩固提升
基础巩固 1.(多选)下列设想符合能的转化和守恒的有( ) A.利用永磁铁和软铁的作用,做一架永远运动下去的机器 B.制造一架飞机,不带燃料,利用太阳能就能飞行 C.做成一只船,利用水的流动,逆水行驶,不用其他力 D.制造一架火箭,利用核动力驶离太阳系 解析根据能量转化与守恒定律可知 B、D 两项正确。 答案 BD 2.一定量的气体吸收热量,体积膨胀并对外做功,则此过程的末态与初态相比( )
答案(1)增加 放出 (2)①546 K ②3×10-9 m
6.
如图所示,倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体。轻质活塞可无摩擦地上下移动,活塞 的横截面积为 S,活塞的下面吊着一个重力为 G 的物体,大气压强恒为 p0。起初环境的热力学温 度为 T0 时,活塞到汽缸底面的距离为 L。当环境温度逐渐升高,导致活塞缓慢下降,该过程中活塞 下降了 0.1L,汽缸中的气体吸收的热量为 Q。求: (1)汽缸内部气体内能的增量ΔU; (2)最终的环境温度 T。
如图,活塞将一定质量的理想气体封闭于导热汽缸中,活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。通过加热
使气体温度从 T1 升高到 T2,此过程中气体吸热 12 J,气体膨胀对外做功 8 J,则气体的内能增加了
J;若将活塞固定,仍使气体温度从 T1 升高到 T2,则气体吸收的热量为
J。
解析根据ΔU=W+Q,则ΔU=(-8+12) J=4 J;若将活塞固定,仍使气体温度从 T1 升高到 T2,则气体既
A.QA=QB
B.QA<QB
C.QA>QB
D.无法确定
解析 A、B 升高相同的温度,根据 Q=cmΔt 可知,升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀,A 的
重心升高,重力势能增加,吸热 QA 一部分用于升温,一部分用于增加重力势能ΔEp,即
QA=Q+ΔEp;B 的重心降低,重力势能减小,吸热 QB 和减少的重力势能ΔEp 共同用于升温,即
A.从外界吸热
B.对外界做负功
C.分子平均动能减小
D.内能增加
解析缓慢放水过程中,胎内气体压强减小,气体膨胀对外界做正功,选项 B 错;胎内气体温度不变,
故分子平均动能不变,选项 C 错;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不
变,选项 D 错;由ΔU=W+Q 知,ΔU=0,W<0,故 Q>0,气体从外界吸热,选项 A 正确。
不对外做功,外界也不对气体做功,则气体吸收的热量为 Q=ΔU=4 J。
答案 4 4
5.(1)一定质量的理想气体从状态 A 经过图示中的 B、C、D 状态回到状态 A,则由 A 变化到 B,
气体内能
(选填“增加”“减少”或“不变”);由 D 到 A 的过程中,气体
(选填“吸
收”或“放出”)热量。
(2)在(1)中若气体状态 C 的体积 VC=44.8 L,状态 D 的体积 VD=22.4 L,状态 D 的温度 t0=0 ℃。 ①求气体在状态 C 的温度。 ②若状态 D 时的压强为 1 个标准大气压,则状态 D 时气体分子间的平均距离是多少?(结果保留 一位有效数字) 解析(1)从 A 到 B,温度升高,内能增加。从 D 到 A,是等容降温,根据热力学第一定律,W=0,ΔU<0, 所以 Q<0。
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答案 A 3.
固定的水平汽缸内由活塞 B 封闭着一定量的理想气体,气体分子之间的相互作用可以忽略。假 设汽缸的导热性能很好,环境的温度保持不变。若用外力 F 将活塞 B 缓慢地向右拉动,如图所示, 则在拉动活塞的过程中,关于汽缸内气体的下列结论,其中正确的是( ) A.气体对外做功,气体内能减小 B.气体对外做功,气体内能不变 C.外界对气体做功,气体内能不变 D.气体向外界放热,气体内能不变 解析用力 F 缓慢拉活塞时,气体膨胀,对外做功,但由于汽缸的导热性能很好,环境温度又不变,汽 缸会从外界吸收热量而保持与环境温度相同,因而气体的内能不变,故 B 选项正确。 答案 B 4.
1.
能力提升
(多选)如图,A、B 两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态,当气体自状态 A 变化到状态 B 时( ) A.体积必然变大 B.有可能经过体积减小的过程 C.外界必然对气体做功 D.气体必然从外界吸热
解析
根据理想气体状态方程 =C(常数),得 p= T,如图所示可知 A、B 与 O 点的连线表示等容变化,
(1)求室温是多少; (2)若已知该气体在 1.0×105 Pa、0 ℃时的摩尔体积为 22.4 L/mol,求气缸内气体分子数目 N;(计 算结果保留两位有效数字) (3)若已知该气体内能 U 与温度 T 满足 U=0.03T(J),求在上述过程中该气体向外释放的热量 Q。
解析(1)由等压变化得, 1 1
(2)①因为 C 到 D 的过程是一个等压变化,
因此
+273
代入数据得 TC=546 K(或 273 ℃也对)
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②因为 D 状态是标准状态,1 mol 理想气体的体积是 22.4 L,因此每一个气体分子占据的空
间为
A
22.4×10-3 6.Βιβλιοθήκη Baidu2×1023
m3=d3,解得 d≈3×10-9 m。
(选填“A”“B”或“C”)。该过程中气体的内能
(选填“增加”“减少”或“不变”)。
解析(1)由热力学第一定律 W+Q=ΔU 得 Q=ΔU-W=-5×104 J,说明气体放出热量 5×104 J。
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(2)由气态方程 =C(常量)易判断出 C 过程是等压变化,该过程温度升高,理想气体的内能
增加。 答案(1)放出 5×104 (2)C 增加
2,即66
2
1
60 273
解得 T1=300.3 K 或 t=27.3 ℃
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(2)N= molNA=022.0.64×6.0×1023≈1.6×1021 (3)根据关系式 U=0.03T 得,初状态的气体的内能为 U1=0.03T1=0.03×300.3=9.009 J 末状态气体的内能为 U2=0.03T2=0.03×273=8.19 J 内能变化量ΔU=-0.819 J 气体经历等压变化,外界对气体做功 W=p(V1-V2)=1×105×6×10-6 J=0.6 J 由热力学第一定律,得:Q=ΔU-W=-0.819-0.6=-1.419 J 即气体向外界释放的热量为 1.419 J 答案(1)300.3 K(或 27.3 ℃) (2)1.6×1021 (3)1.419 J
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A.过程 ab 中气体一定吸热 B.过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C.过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D.a、b 和 c 三个状态中,状态 a 分子的平均动能最小 E.b 和 c 两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 解析由 p-T 图象可知过程 ab 是等容变化,温度升高,内能增加,体积不变,由热力学第一定律可知 过程 ab 一定吸热,选项 A 正确;过程 bc 温度不变,即内能不变,由于过程 bc 体积增大,所以气体对 外做功,由热力学第一定律可知,气体一定吸收热量,选项 B 错误;过程 ca 压强不变,温度降低,内 能减少,体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,放出的热量一定大于外界对气体做 的功,选项 C 错误;温度是分子平均动能的标志,由 p-T 图象可知,a 状态气体温度最低,则平均动 能最小,选项 D 正确;b、c 两状态温度相等,分子平均动能相等,由于压强不相等,所以单位面积单 位时间内受到气体分子撞击的次数不同,选项 E 正确。 答案 ADE 6.如图所示,A、B 是两个完全相同热胀冷缩明显的金属球,初温相同。A 放在绝热板上,B 用绝热 绳悬挂。现只让它们吸热,当它们升高相同的温度时,吸热分别为 QA、QB,则( )