资源简介

同步练习4　热力学定律
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于热现象的说法中正确的是(　　)
A．在一定条件下物体的温度可以降到绝对零度
B．在传热过程中，热量不可能自发地从低温物体传给高温物体
C．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会减小
2.如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在一杯热水中，接触点2插在一杯冷水中，此时灵敏电流计的指针会发生偏转，这就是温差发电现象，根据这一现象，下列说法中正确的是(　　)
A．这一过程违反了热力学第二定律
B．这一过程违反了热力学第一定律
C．热水和冷水的温度将发生变化
D．这一过程违反了能量守恒定律
3.如图所示，现用活塞压缩封闭在汽缸里的空气，对空气做了90 J的功，同时空气向外散热21 J，关于汽缸里空气的内能变化情况，下列说法正确的是(　　)
A．内能增加90 J B．内能增加69 J
C．内能减小111 J D．内能减小21 J
4．一定质量的气体，从状态A变化到状态B的过程中，内能增加了160 J，下列是关于内能变化的可能原因的说法，其中不可能的是(　　)
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的单纯传热过程中，外界对气体传递了160 J的热量
C．从A到B的过程中吸热280 J，并对外界做功120 J
D．从A到B的过程中放热280 J，外界对气体做功120 J
5.有人曾设计过一种转轮，利用隔板的特殊形状，使一边重球滚到另一边距离轮心远些的地方，并认为这样可以使轮子不停地转动，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该设计可以使转轮在无外力作用下顺时针转动变快
B．该设计可以使转轮在无外力作用下逆时针转动变快
C．该设计可以在不消耗能源的情况下不断地对外做功
D．该设计中使转轮成为永动机的设想是不可能实现的
6.(2024·扬州市高二检测)2022年4月16日上午，神舟十三号飞船在内蒙古东风着陆场顺利降落，气闸舱是实验舱中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，气闸舱的工作原理简化图如图所示，座舱A充满一定质量的理想气体，座舱B内为真空，打开阀门K，气体会自发扩散至B中，气体最终达到平衡，整个系统不漏气且与外界没有热交换，下列说法正确的是(　　)
A．平衡后，气体系统的熵在减小
B．座舱A中气体自发扩散过程中，气体对外做功，内能减小
C．平衡后，座舱B中气体可能自发的全部回到座舱A中
D．座舱A中气体自发扩散过程中，内能不变
7.(2025·辽阳市高二检测)如图所示，内壁光滑导热汽缸中用活塞封闭住一定质量的理想气体，现用一外力F将活塞缓慢向上拉动，汽缸始终保持静止，在此过程中没有气体漏出，环境温度不变，下列说法正确的是(　　)
A．外力F逐渐变小 B．气体的内能增加
C．气体从外界吸收热量 D．气体吸收的热量大于对外做的功
8.(2025·上海市高二期中)一定质量的理想气体从状态a开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态b和c，其状态变化过程的p－V图线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．从a到b，气体的温度升高
B．从a到b，气体分子热运动的速率不变
C．从b到c，气体对外界做功，内能减少
D．从b到c，气体从外界吸收热量，内能增大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
9．(2024·宝鸡市高二期末)下列说法正确的是(　　)
A．一定质量的理想气体吸收热量，其内能一定增大
B．一定质量的理想气体放出热量，其分子的平均动能一定减小
C．不可能从单一热源吸收热量，使之完全转变为功而不发生其他变化
D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀(对外做功)过程，气体的内能减少
10．在下述各种现象中，不是由做功引起系统温度变化的是(　　)
A．在阳光照射下，水的温度升高
B．用铁锤不断锤打铅块，铅块温度会升高
C．在炉火上烧水，水的温度升高
D．电视机工作一段时间，其内部元件温度升高
11.(2024·昆明市官渡区高二检测)一定质量的理想气体从状态A可以经历过程1或过程2到达状态B，也可以经历过程3到达状态C，还可以经历过程4到达状态D，其p－V图像如图所示，且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上。已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分。对于这四个过程，下列说法正确的是(　　)
A．在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功
B．在过程2中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高
C．在过程3中，气体温度始终不变
D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换
12.(2024·河北省崇德实验中学高二期中)如图为某种洗衣机自动控制系统控制水量的装置示意图。进水时，与洗衣缸相连的右侧细管中会封闭一定质量的空气(可视为理想气体)，通过压力传感器可知细管中的空气压力，从而控制进水量。设封闭空气的温度不变，洗衣缸内水位缓慢升高的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．封闭空气分子的热运动加剧
B．封闭空气的体积变小，压强变大
C．封闭空气的压强变大，内能不变
D．封闭空气对外界做正功，气体放热
三、非选择题：本题共2小题，共28分。
13.(13分)(2024·吉林省四校合作体高二期中)如图所示，轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞，用活塞在圆柱形汽缸内封闭了一定质量的理想气体，初始时活塞距汽缸底的距离l1＝50 cm，缸内气体的热力学温度T1＝300 K。现缓慢对汽缸加热，当活塞刚要脱离汽缸时停止加热。已知汽缸的质量m＝1.2 kg，缸体内底面积S＝4.0×10－4 m2，高度l＝70 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度大小g＝10 m/s2，活塞所在的平面始终水平，活塞与缸体间的摩擦可忽略不计。
(1)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的热力学温度T；
(2)若上述过程中缸内气体的内能增加了110 J，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q。
14.(15分)(2024·朝阳市高二期中)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，求气体：
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
答案精析
1．B　[绝对零度是低温的极限，不可能达到，A错误；由热力学第二定律可知，在传热过程中，热量不可能自发地从低温物体传给高温物体，B正确；第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，C错误；在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会增加，D错误。]
2．C　[任何宏观的实际热现象都符合热力学第二定律，故A错误；吸放热和做功均会改变内能，该过程没有违反热力学第一定律，故B错误；在实验过程中，热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，热水一定会降温，冷水一定会升温，故C正确；能量守恒定律是普遍定律，在实验过程中，热水的内能部分转化成电能，电能也部分转化成冷水的内能，符合能量守恒定律，故D错误。]
3．B　[根据题意，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得，汽缸里空气的内能变化为ΔU＝－21 J＋90 J＝69 J，即汽缸里空气的内能增加了69 J，故选B。]
4．D　[根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，A、B、C均有可能。而D选项，最后内能减少160 J，D错误。]
5．D　[由能量守恒定律可知，该设计在不消耗能源的情况下不断地对外做功是不可能的，这种设想不可能实现，转轮转动会逐渐变慢，A、B、C错误，D正确。]
6．D　[由于气体分子无规则运动的空间变大，所以无序性增加，即熵增加，故A错误；气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统不漏气且与外界没有热交换，气体内能不变，故B错误，D正确；根据熵增加原理可知，一切宏观热现象均具有方向性，B中气体不可能自发地全部回到座舱A中，故C错误。]
7．C　[根据题意可知，汽缸内壁光滑导热，且外界环境温度不变，则封闭气体做等温变化，现用一外力F将活塞缓慢向上拉动，汽缸始终保持静止，气体体积变大，由玻意耳定律可知，气体的压强变小，则内外的压强差变大，所以所需要的外力F逐渐变大，故A错误；由于气体发生等温变化，则气体的内能不变，故B错误；由于气体体积变大，气体对外界做功，则W<0，气体内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知，气体从外界吸热，故C正确；由于气体内能不变，可知气体吸收的热量等于对外做的功，故D错误。]
8．D　[从a到b，体积不变，压强减小，所以气体的温度降低，气体分子热运动的速率减小，故A、B错误；从b到c，压强不变，体积增大，则气体对外界做功，温度升高，内能增大，由ΔU＝Q＋W知气体从外界吸收热量，故C错误，D正确。]
9．CD　[根据热力学第一定律，一定质量的理想气体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能不变或减小，A错误；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体放出热量，若同时外界对气体做功，内能可能增加，其分子的平均动能可能增加，B错误；根据热力学第二定律，从单一热源吸收热量，使之完全转变为功而不发生其他变化是不可能的，C正确；一定质量的理想气体，经历一缓慢的绝热膨胀(对外做功)过程，由热力学第一定律可知，气体的内能减少，D正确。]
10．AC　[阳光照射是由于热辐射引起的水温升高，故A正确；铁锤不断锤打铅块，是铁锤对铅块做功引起的温度升高，故B错误；在炉火上烧水是由于热传递引起的水温升高，故C正确；电视机工作一段时间，电流做功引起其内部元件温度升高，故D错误。]
11．CD　[在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体一直对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温过程，即pV乘积不变，则在过程2中，pV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，选项B错误，C正确；过程4中，pV乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减少，气体体积变大，对外做功，由题目条件可知气体始终与外界无热量交换的过程是过程4，选项D正确。]
12．BC　[温度不变，分子热运动的剧烈程度不变，故A错误；水位上升，则体积减小，又因温度不变，封闭空气的压强增大，故B正确；一定质量的理想气体，其温度不变，内能不变，故C正确；封闭空气的体积减小，外界对空气做正功，而空气内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热，故D错误。]
13．(1)420 K　(2)120.4 J
解析　(1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得
＝
解得T＝420 K
(2)对汽缸，由平衡条件得
mg＋p0S＝pS
气体对外做功为W＝Fx＝pS(l－l1)
解得W＝(mg＋p0S)(l－l1)＝10.4 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W′
W′＝－W
该过程中缸内气体从外界吸收的热量为
Q＝120.4 J。
14．(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J
解析　(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有
＝
解得TB＝TA＝TA＝330 K
(2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
pBS＝p0S＋mg
解得pB＝1×105 Pa
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
＝
解得pC＝pB＝1.1×105 Pa
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为
W0＝pBSd＝30 J
由热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q
W＝－W0
解得Q＝ΔU＋W0＝188 J同步练习5　热力学定律和气体实验定律的综合
一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．(2025·天津市第九十六中学开学考)恒温水槽中的气泡缓慢上升的过程中(　　)
A．压强增加，外界对气泡做功，气泡对外放热
B．压强增加，气泡对外做功，气泡从外界吸热
C．压强减小，外界对气泡做功，气泡对外放热
D．压强减小，气泡对外做功，气泡从外界吸热
2.如图所示，水平固定不动、导热性能良好的汽缸内用活塞封闭着一定质量的空气，外界温度恒定，开始时活塞静止，现在施加外力使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出汽缸)，忽略气体分子间的相互作用，则在活塞移动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．汽缸内气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功
B．汽缸内气体分子的平均动能变小
C．汽缸内气体的压强不变
D．汽缸内气体向外放出热量
3.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，小瓶缓慢下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体(　　)
A．内能减少
B．气体对外界做功
C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量
D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量
4.(2025·贵州思南中学高二月考改编)一定质量的理想气体，其内能与温度成正比。在初始状态A时，气体的体积为V0、压强为p0，热力学温度为T0，该理想气体从状态A经一系列变化，最终又回到状态A，其变化过程的p－T图像如图所示，其中CA的延长线过坐标原点，A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平直线上。下列说法正确的是(　　)
A．由C到A的过程中，气体的体积减小
B．从B到C的过程中，单位时间单位面积撞击器壁的分子数目增加
C．由A到B的过程中，气体从外界吸热
D．从B经过C到A的过程中，气体从外界吸收的热量为2p0V0
5.(2024·上海市建平中学月考)如图所示是一定质量的某种理想气体状态变化的p－V图像，气体由状态A变化至状态B的过程中，该气体(　　)
A．内能不变
B．对外做功为3×105 J
C．吸收的热量小于3×106 J
D．当气体体积为5 m3时气体的内能最大
二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
6.如图所示，一长度L＝30 cm汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝50 cm2。活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，A的质量为m＝20 kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75。开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃。现对汽缸内的气体缓慢加热，g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块A开始移动时，汽缸内的温度为35.1 ℃
B．物块A开始移动时，汽缸内的温度为390 K
C．活塞从图示位置到达汽缸口的过程中气体对外做功30 J
D．活塞从图示位置到达汽缸口的过程中气体对外做功130 J
7.(2024·南通市海门区高二期中)一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程，如图所示。A→B→D过程，气体对外做功为W1，与外界交换的热量为Q1；A→C→D过程，气体对外做功为W2，与外界交换的热量为Q2。两过程中(　　)
A．气体吸热，Q1>Q2 B．气体吸热，|W1|>|W2|
C．气体放热，Q1＝Q2 D．气体放热，|W1|>|W2|
8.如图所示，为一定质量的理想气体所经历的两个绝热过程和两个等容过程组成奥托循环。则该气体(　　)
A．在状态a与状态c内能可能相等
B．从d→a吸收的热量大于从b→c放出的热量
C．从c→d的过程中，气体对外界做功
D．经历一个循环，气体对外做功
三、非选择题：本题共4小题，共46分。
9．(10分)(2024·曲靖市第一中学月考)一定质量的理想气体从状态A开始，经历A、B、C三个状态变化完成循环，其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知A(V0,2p0)，B(2V0，p0)，C(3V0,2p0)，状态A的温度为T0。
(1)求状态C的温度TC；
(2)类比直线运动中根据速度—时间图像求位移的方法，求过程B→C中，气体对外界做的功W；
(3)求过程A→B中，气体从外界吸收的热量Q。
10．(10分)(2024·漯河市高级中学月考)如图，某兴趣小组设计制作了一个由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置模型，该模型上支座与活塞柱的质量、活塞柱与汽缸之间的摩擦均可忽略不计，汽缸壁厚度不计，汽缸导热性和气密性良好；该模型竖直放置，上支座上不加压力时，弹簧处于原长，活塞柱底端距离汽缸底部h1＝20 cm，活塞柱横截面面积S＝10 cm2，汽缸内气体压强与外界大气压强均为p0＝1.0×105 Pa，弹簧劲度系数k＝9.0×103 N/m，g＝10 m/s2，今在上支座上放置m＝100 kg的重物。
(1)装置稳定后，封闭气体分子的平均动能如何变化？从将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中封闭气体吸收还是放出热量？
(2)装置稳定后，活塞柱底端距离汽缸底部的距离是多少？
11.(13分)(2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1=300 K，体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm，将瓶子放进T2=303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，液面差h不变，瓶内气体处于状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J，从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2，忽略液体表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)(2分)从状态2到状态3，气体分子平均速率　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)；
(2)(6分)求气体在状态3的体积V3；
12．(13分)圆柱形导热汽缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，汽缸顶端有卡口。活塞的横截面积为S，重力为，汽缸的总长度为l0，大气压强为p0。开始时缸内气体的温度为T0，活塞静止于离汽缸底的距离为处。现使环境温度缓慢升高，当气体从外界吸收Q＝的热量后，活塞上升到离汽缸底的距离为处。活塞及汽缸壁的厚度不计，气体的内能与热力学温度成正比，比例系数为k(未知)，求：
(1)该过程气体内能的变化量；
(2)比例系数k；
(3)当环境温度再次升高，气体继续吸收3Q的热量，此时缸内气体的压强。
答案精析
1．D　[气泡上升过程中，外界压强降低，则气泡压强减小，气泡温度不变，根据p1V1＝p2V2，可知气泡的体积变大，则气泡对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中ΔU＝0，W<0，可知Q>0，气泡从外界吸热，故D正确。]
2．A　[根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，由于汽缸是导热的，气体的温度与环境温度相等，气体的内能和气体分子的平均动能不变，汽缸内气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功，选项A正确，选项B、D错误；根据理想气体的状态方程＝C可知，气体的压强减小，选项C错误。]
3．A　[由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶下沉过程中，小瓶内气体温度降低，则内能减少，故A正确；在小瓶下沉过程中，小瓶内气体的温度逐渐降低，压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C，可知气体体积减小，则外界对气体做功，故B错误；由A、B分析知，小瓶下沉过程中，小瓶内气体内能减小(ΔU<0)，外界对气体做功(W>0)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体放热(Q<0)，且内能的变化量的绝对值小于放出的热量，故C、D错误。]
4．D　[从C到A过程，由理想气体状态方程可得＝，代入数据可得VC＝VA，故C到A过程中体积不变，故A错误；从B到C过程，温度升高，分子平均动能增大，分子平均撞击力增大，压强不变，得单位时间单位面积撞击器壁的分子数目减少，故B错误；A到B过程为等温变化，由玻意耳定律可得pAVA＝pBVB，解得VB＝＝，体积减小，外界对气体做功，即W>0，气体内能不变，由热力学第一定律知Q<0，即气体向外界放热，故C错误；B经过C到A的过程，气体的温度先升高后降低，则内能先增大后减小，整个过程气体的内能不变，由选项C的解析可知VB＝，从B到C的过程中，气体对外界做功，则W＝3p0(－V0)＝－2p0V0，则从B经过C到A的过程中，气体吸收的热量为2p0V0，故D正确。]
5．D　[气体由状态A变化至状态B的过程中，温度先升高后降低，根据热力学第一定律，可知内能先增大后减小，故A错误；根据面积法可知，图像与V轴围成的面积等于气体对外做功的大小，因此气体对外做功为W＝＝3×106 J，故B错误；根据理想气体状态方程可知A、B两状态下的温度为TA＝＝＝TB，因此气体由状态A变化至状态B的内能变化量为0，由热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，由于ΔU为零，所以气体对外做功大小与吸收的热量相等，为3×106 J，故C错误；由等温线特点可知，当气体体积为5 m3时气体的温度最高，内能最大，故D正确。]
6．BD　[初态气体p1＝p0＝1×105 Pa，温度T1＝300 K，物块A开始移动时p2＝p0＋＝1.3×105 Pa，根据查理定律可知＝，解得T2＝390 K＝117 ℃，A错误，B正确；活塞从图示位置到达汽缸口的过程中气体对外做功W＝p2S(L－L1)＝130 J，C错误，D正确。]
7．AB　[p－V图像中，图线与V轴围成的“面积”表示气体对外所做的功，所以|W1|>|W2|，由于两过程的初末状态pV乘积相同，由理想气体状态方程＝C可得TA＝TD，气体在状态A与状态D的内能相同，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得两过程气体吸热，且Q1>Q2。故选A、B。]
8．BD　[气体从a→b的过程绝热膨胀，则气体对外做功，气体内能减小，气体从b→c过程体积不变，压强减小，则气体温度降低，内能减小，可知气体在状态a的内能大于状态c的内能，故A错误；从c→d的过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，故C错误；从b→c过程气体体积不变，压强减小，则温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，从d→a过程气体体积不变，压强增大，则温度升高，气体内能增大，气体吸收热量；气体经历一个循环，内能不变，根据热力学第一定律可知ΔW＝ΔQ，由p－V图像围成的面积可知一个循环后气体对外做功，则整个过程气体吸热，即一个循环过程从d→a吸收的热量大于从b→c放出的热量，故B、D正确。]
9．(1)3T0　(2)p0V0　(3)p0V0
解析　(1)根据题意，由理想气体状态方程有＝
解得TC＝3T0
(2)根据题意可知，p－V图像中图线与横轴围成面积表示气体做功，过程B→C中，气体对外界做的功为W＝(p0＋2p0)(3V0－2V0)＝p0V0。
(3)根据题意可知，过程A→B中，气体对外界做的功为W1＝(p0＋2p0)(2V0－V0)＝p0V0
由理想气体状态方程有＝
可得TB＝T0
则气体的内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得，气体从外界吸收的热量Q＝W1＝p0V0。
10．(1)不变　放出　(2)0.1 m
解析　(1)汽缸导热性良好，放置重物稳定后，封闭气体的温度与原来相同，分子的平均动能与原来相同；将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，则Q<0，气体放热。
(2)设放置重物前封闭气体的压强为p1，则p1＝p0
设放置重物稳定后封闭气体的压强为p2，活塞柱距离汽缸底部为h2，以重物、活塞柱和上支座整体为研究对象，则有mg＋p0S＝p2S＋k(h1－h2)，以封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律有p1h1S＝p2h2S
代入数值解得h2＝0.1 m或h2＝－ m(舍去)。
11.(1)不变　减小
(2)1.020 1×103 cm3　(3)2.53 J
解析　(1)从状态2到状态3，温度保持不变，则气体分子热运动的平均速率不变，体积增大，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程，由盖—吕萨克定律有=
其中V1=1×103 cm3，T1=300 K，T2=303 K
解得V2=1.01×103 cm3
此时气体压强为
p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有
p2V2=p3V3
其中p3=p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V3=1.020 1×103 cm3
(3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=1.01 J
由热力学第一定律有ΔU=Q-(W1+W2)
其中Q=4.56 J，W2=1.02 J
代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU=2.53 J。
12．(1)　(2)　(3)3.6p0
解析　(1)设气体初始压强为p，根据平衡条件可得pS＝p0S＋
解得p＝
气体从离汽缸底到过程，气体发生等压变化，气体对外界做功，则
W＝－pS(－)＝－＝－
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W＝－＝
(2)气体从离汽缸底到过程，气体发生等压变化，则有＝
又ΔU＝kT1－kT0
联立解得k＝
(3)当环境温度再次升高，气体继续做等压变化，可知当气体再吸收Q的热量，活塞刚好到达汽缸顶端，之后气体做等容变化，设气体继续吸收3Q的热量后，气体的温度为T2，气体压强为p2，则有ΔU′＝kT2－kT1，ΔU′＝3Q－p，解得T2＝9T0
根据理想气体状态方程可得＝，
解得p2＝p0＝3.6p0。

展开更多......

收起↑