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(共40张PPT)
考向3　热力学定律
研透真题·破题有方
(2020·山东等级考)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图象如图所示。已知三个状态的坐标分别为
a(V0,
2p0)、
b(2V0,p0)、c(3V0,2p0),以下判断正确的是
(　　)
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
C　根据气体做功的表达式W=pΔV可知p-V
图线和体积横轴围成的面积即为做
功大小,气体在a→b和b→c两个过程中p-V图线和体积横轴围成的面积相等,所
以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,A错误;气体
在a→b过程中,根据理想气体状态方程
=C可知Ta=Tb,所以ΔUab=0,根据热力学
第一定律ΔU=Q+W可知Qab=-Wab,气体在b→c过程中,温度升高,所以ΔUbc>0,根据
热力学第一定律可知ΔUbc=Qbc+Wbc,即Qbc=ΔUbc-Wbc,结合Wab=Wbc<0可得Qbc>Qab>0,
即b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量,B错误;气体在c→a过程
中,温度降低,所以ΔUca<0,气体体积减小,外界对气体做功,所以Wca>0,根据热力
学第一定律ΔU=Q+W可知Qca<0且|Qca|>|Wca|,则在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量,C正确;理想气体的内能只与温度有关,根据Ta=Tb可知|ΔTca|=|ΔTbc|,所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量,D错误。故选C。
【真题解码】
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点
陷阱1:不能从p-V图象挖掘隐含条件
①p-V图象中图线与横轴所围区域的面积可表示功。体积增大的过程气体对外做功,W<0;体积减小的过程外界对气体做功,W>0。
②p-V图象中等温线是双曲线的一支。同一等温线上p、V乘积相等;离原点越远的等温线温度越高。
陷阱2:未掌握影响理想气体内能的因素
一定质量理想气体的内能仅与温度有关。温度升高,内能就增大,ΔU>0;温度降低,内能就减小,ΔU<0;温度不变则内能不变,ΔU=0。
陷阱3:不会利用热力学第一定律分析吸放热及热量与功的关系
热力学第一定律ΔU=W+Q给出了ΔU、W和Q间的定量关系,分析它们之间的关系要从它们的符号和数值综合考量。
必备知能·融会贯通
【核心必备】
应用热力学第一定律的三点注意
1.做功求解方法:等压过程可用W=-pΔV求功;任何过程都可用p-V图像中的面积求功;等容过程W=0;气体向真空中自由膨胀,对外界不做功,W=0。
2.与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
3.由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
【考场秘技】
气体实验定律与热力学定律的综合问题解决方案
1.(汽缸问题)(多选)如图所示,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空,活塞可在汽缸内无摩擦地左右滑动。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A.气体自发扩散过程中对外做功,内能减少
B.气体自发扩散过程中内能不变
C.气体在被压缩的过程中内能增大
D.气体在被压缩过程中,气体分子的平均动能变大
多维猜押·制霸考场
B、C、D　气体向真空自发扩散,对外界不做功,且没有热传递,气体的内能不变,
则A错误,B正确;气体在被压缩的过程中,活塞对气体做功,因汽缸绝热,故气体内能增大,故C正确;因为汽缸绝热,气体在被压缩的过程中外界对气体做功,故气体内能增大,气体温度升高,则气体分子的平均动能增大,选项D正确。
2.(T-V图象)(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,
下列说法正确的是
(　　)
A.过程①中气体从外界吸热
B.过程②中气体的压强不变
C.过程③中气体的内能不变
D.过程④中气体对外界做功
A、C　过程①中气体的体积不变而温度升高,则ΔU>0,W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知Q>0,即吸热,选项A正确;T-V图象中过原点的倾斜直线为等压线,过程②反向延长线不过原点,所以过程②中气体的压强变化,选项B错误;过程③中气体温度不变,所以,内能不变,选项C正确;过程④中体积不变,所以W=0,选项D错误。
3.(p-T图象)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab平行于横坐标轴,ad的延长线过原点,bc平行于纵轴,
以下说法正确的是
(　　)
A.从状态a到b,气体放热
B.从状态b到c,气体放热
C.从状态c到d,气体放热
D.从状态d到a,气体对外做功
C　从状态a到b,气压不变,温度升高,根据理想气体状态方程
=C,故体积增加;
温度升高说明内能增加,体积增加说明对外做功,根据热力学第一定律公式
ΔU
=
W
+Q,故气体吸收热量,A错误;从状态b到c,温度不变,气压减小,根据理
想气体状态方程
=C,体积增加;体积增加说明对外做功,温度不变说明内能不
变,根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q,气体吸收热量,B错误;从状态c到d,气体
体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律公式
ΔU=W+Q,气体放热,故C正确;从状态d到a,ad的延长线过原点,是等容变化,温度
升高说明内能增加,体积不变说明气体不做功,根据热力学第一定律公式
ΔU=W+Q(气体吸收热量),D错误;故选C。
4.(V-T图象)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A→B→C。已知气体在初始状态A的压强为p0,体积为V0,温度为T0,BA连线的延长线经过坐标原点,A→B过程中,气体从外界吸收热量为Q,B状态温度为T1。试求:
(1)气体在B状态时的体积和在C状态时的压强;
(2)气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
【解析】(1)气体从A到B过程中,发生等压变化,设B状态时的体积为V1,
根据盖—吕萨克定律,
解得V1=
T1;
气体从B到C过程中,发生等温变化,
设C状态时的压强为p,根据玻意耳定律,
p0V1=pV0
解得:p=
T1
(2)气体从B→C过程中温度不变,内能不变。
气体从A→B过程中,体积变大,气体对外做功,W=-p0ΔV=-p0(
-1)V0
气体从外界吸收热量为Q,
根据热力学第一定律,内能的变化
ΔU=Q+W=Q-p0(
-1)V0。
答案:(1)
T1　
T1　(2)Q-p0(
-1)V0
【提分组越过重本线】
1.(多选)以下说法正确的是
(　　)
A.晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征
B.液体的分子势能与液体的体积有关
C.组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”
D.分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同
高考猜押竞技场
B、D　单晶体一定具有规则的形状,且有各向异性的特征,而多晶体的物理性质表现为各向同性,选项A错误;分子势能的产生是由于分子间存在作用力,微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化,分子间作用力变化,分子势能才变化,选项B正确;水只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”,选项C错误;温度是分子平均动能的标志,分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同,选项D正确。
2.(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是
(　　)
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程bc中气体从外界吸收热量
D.经历一个循环过程,外界对气体做功
A、B、C　ab过程气体体积不变,由
=C知压强增大则温度升高,所以内能增
大,A正确;ca过程气体体积减小,所以外界对气体做功,B正确;bc过程温度不变
而体积增大,所以ΔU=0,W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知Q>0,即吸热,C正
确;bc过程气体对外做的功大于ca过程外界对系统做的功,所以经历一个循环过
程气体对外做功,D错误。
3.(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置;其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充满空气,气闸舱B内为真空。航天员由太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换,舱内气体可视为理想气体,下列说法正确的是
(　　)
A.B中气体可自发地全部退回到A中
B.气体体积膨胀,对外做功,内能减小
C.气体温度不变,体积增大,压强减小
D.气体分子单位时间内与座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
C、D　根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性,故B中气体不可能自发地全部退回到A中,故A错误;气体自由扩散,没有对外做功,又因为整个系统与外界没有热交换,根据ΔU=W+Q可知内能不变,B错误;因为内能不变,故温度不变,平均动能不变,气闸舱B内为真空,根据玻意耳定律可知:pV=C(定值),可知扩散后体积V增大,压强p减小,所以气体的密集程度减小,可知气体分子单位时间内与A舱壁单位面积的碰撞次数将减少,故C、D正确。
4.如图为一简易恒温控制装置,一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中,玻璃管内装有一段长L=4
cm的水银柱,水银柱下方封闭有一定质量的理想气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时,开关S断开,水温为27
℃,水银柱下方空气柱的长度为L0=20
cm,电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后,电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高;当水银柱最下端恰好上升到A、B处时,电路自动断开,电热丝停止加热。大气压强p0=76
cmHg。
(1)水温为多少摄氏度时电路自动断开?
(2)要使电路能在水温为87
℃时自动断开,应再往玻璃管中注入多高的水银柱?(结果可用分式表示)
【解析】(1)当水银柱最下端上升到A、B处时,
电路自动断开,此时玻璃管内空气柱长度
L1=L0+
在此过程中空气柱的压强不变,根据盖-吕萨克定律,
有
联立代入数据,解得T1=330
K,即t1=57
℃
(2)设注入的水银柱高度为h,则空气柱的压强
p2=p0+pL+ph(式中压强单位为cmHg)。
电路自动断开时,空气柱的长度也为L1,
即空气柱的体积不变,根据查理定律,
有
,
其中p1=p0+pL(式中压强单位为cmHg)
联立各式,代入数据解得h=
cm。
答案:(1)57
℃　(2)
cm
【搏分组冲击双一流】
5.2020年3月4日环球网消息,北京海关采样检测和排查转运北京的核酸阳性病例1例,图示为北京海关关员通过负压隔离单元对疑似病例进行隔离转运。北京海关使用的FU-221生物安全型负压隔离单元,内部尺寸为2
000
mm×900
mm×
1
800
mm(长、宽、高),它不工作时为密闭状态,工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证隔离单元内为微负压环境及内部空气流通,为疑似病人提供新鲜空气,同时保护周围人员及周围环境不受病原体污染。已知大气压强p0=1.0×105
Pa,环境温度t0=7
℃,负压隔离单元停止工作且温度t=27
℃时,内部压强比外界低20
Pa,空气视为理想气体,热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)
K,求:(计算结果均保留两位有效数字)
(1)负压隔离单元停止工作且内部温度与外界相同时的内部气体的压强;
(2)已知温度为0
℃、大气压强为1.0×105
Pa时,空气的密度为1.29
kg/m3,计算负压隔离单元停止工作且温度t=27
℃时内部空气的质量。
【解析】(1)以负压隔离单元内部气体为研究对象,
初状态:温度T1=300
K,压强p1=99
980
Pa;
末状态:温度T2=280
K,
根据查理定律得
代入数据得p2≈0.93×105
Pa;
(2)负压隔离单元内部气体初状态:
体积V1=2
000
mm×900
mm×1
800
mm=3.24
m3,
温度T1=300
K,压强p1=99
980
Pa
设其在T3=273
K,p3=1.0×105
Pa,没有束缚条件下的体积为V3,
则
代入数据解得V3≈2.95
m3
所以其质量为m=V3ρ≈3.8
kg。
答案:(1)0.93×105
Pa　(2)3.8
kg
6.如图所示,有一足够深的容器内装有密度ρ=1.0×103
kg/m3的液体,现将一端开口、另一端封闭,质量m=25
g、截面面积S=2.5
cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽略不计),稳定后用活塞将容器封闭,此时容器内液面上方的气体压强p0=1.01×105
Pa,玻璃细管内空气柱的长度l1=20
cm。已知所有装置导热良好,环境温度不变,重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)玻璃细管内空气柱的压强;
(2)若缓慢向下推动活塞,当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触),容器液面上方的气体压强。
【解析】解法一:
(1)以玻璃管为研究对象,受力平衡可得:p1S=p0S+mg
解得管内空气柱的压强p1=p0+
=1.02×105
Pa
(2)当细管封闭处恰好与液面平齐时,
设细管内气柱长度为l2,压强为p2,容器内液面上方气体压强为p
p2=p+ρgl2
玻璃管受力平衡:p2S=pS+mg
对玻璃管内的气体由玻意耳定律有p1l1S=p2l2S
联立解得:l2=0.1
m,p=2.03×105
Pa
解法二:
(1)玻璃管受力平衡,浮力等于重力,
假设此时容器内液面与玻璃管内液面的距离为h0,
有:mg=ρh0Sg
解得:h0=
设此时玻璃管内气体压强为p1,
有:p1=p0+ρgh0
解得:p1=p0+
=1.02×105
Pa
(2)当细管封闭处恰好与液面平齐时,
设细管内气柱长度为l2,压强为p2,容器内液面上方气体压强为p,
则mg=ρl2Sg
解得l2=
对于玻璃管内气体,由玻意耳定律有p1l1S=p2l2S
可得压强:p2=(p0+
)
又p+ρgl2=p2
可解得:
p=(p0+
)
-
=2.03×105
Pa
答案:(1)1.02×105
Pa　(2)2.03×105
Pa
7.用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图所示。设容器中原来的气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变。求抽气机的活塞抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少?
【解析】当活塞下压时,阀门a关闭,b打开,抽气机汽缸中ΔV体积的气体排出,容
器中气体压强降为p1。活塞第二次上提(即抽第二次气)。容器中气体压强降为
p2。根据玻意耳定律,对于第一次抽气,有p0V0=p1(V0+ΔV),解得p1=
p0。
对于第二次抽气,有p1V0=p2(V0+ΔV),解得p2=(
)2p0,以此类推,第n次抽
气后容器中气体压强降为pn=(
)np0。
答案:(
)np0考向3　热力学定律
(2020·山东等级考)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图象如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,
2p0)、
b(2V0,p0)、c(3V0,2p0),以下判断正确的是
(　　)
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
(1)审题破题眼:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点
陷阱1:不能从p-V图象挖掘隐含条件
①p-V图象中图线与横轴所围区域的面积可表示功。体积增大的过程气体对外做功,W<0;体积减小的过程外界对气体做功,W>0。
②p-V图象中等温线是双曲线的一支。同一等温线上p、V乘积相等;离原点越远的等温线温度越高。
陷阱2:未掌握影响理想气体内能的因素
一定质量理想气体的内能仅与温度有关。温度升高,内能就增大,ΔU>0;温度降低,内能就减小,ΔU<0;温度不变则内能不变,ΔU=0。
陷阱3:不会利用热力学第一定律分析吸放热及热量与功的关系
热力学第一定律ΔU=W+Q给出了ΔU、W和Q间的定量关系,分析它们之间的关系要从它们的符号和数值综合考量。
应用热力学第一定律的三点注意
1.做功求解方法:等压过程可用W=-pΔV求功;任何过程都可用p-V图像中的面积求功;等容过程W=0;气体向真空中自由膨胀,对外界不做功,W=0。
2.与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
3.由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
气体实验定律与热力学定律的综合问题解决方案
1.(汽缸问题)(多选)如图所示,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空,活塞可在汽缸内无摩擦地左右滑动。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(　　)
A.气体自发扩散过程中对外做功,内能减少
B.气体自发扩散过程中内能不变
C.气体在被压缩的过程中内能增大
D.气体在被压缩过程中,气体分子的平均动能变大
2.(T-V图象)(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,
下列说法正确的是
(　　)
A.过程①中气体从外界吸热
B.过程②中气体的压强不变
C.过程③中气体的内能不变
D.过程④中气体对外界做功
3.(p-T图象)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab平行于横坐标轴,ad的延长线过原点,bc平行于纵轴,
以下说法正确的是
(　　)
A.从状态a到b,气体放热
B.从状态b到c,气体放热
C.从状态c到d,气体放热
D.从状态d到a,气体对外做功
4.(V-T图象)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A→B→C。已知气体在初始状态A的压强为p0,体积为V0,温度为T0,BA连线的延长线经过坐标原点,A→B过程中,气体从外界吸收热量为Q,B状态温度为T1。试求:
(1)气体在B状态时的体积和在C状态时的压强;
(2)气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
1.(多选)以下说法正确的是
(　　)
A.晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征
B.液体的分子势能与液体的体积有关
C.组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”
D.分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同
2.(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是
(　　)
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程bc中气体从外界吸收热量
D.经历一个循环过程,外界对气体做功
3.(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置;其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充满空气,气闸舱B内为真空。航天员由太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换,舱内气体可视为理想气体,下列说法正确的是
(　　)
A.B中气体可自发地全部退回到A中
B.气体体积膨胀,对外做功,内能减小
C.气体温度不变,体积增大,压强减小
D.气体分子单位时间内与座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
4.如图为一简易恒温控制装置,一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中,玻璃管内装有一段长L=4
cm的水银柱,水银柱下方封闭有一定质量的理想气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时,开关S断开,水温为27
℃,水银柱下方空气柱的长度为L0=20
cm,电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后,电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高;当水银柱最下端恰好上升到A、B处时,电路自动断开,电热丝停止加热。大气压强p0=76
cmHg。
(1)水温为多少摄氏度时电路自动断开?
(2)要使电路能在水温为87
℃时自动断开,应再往玻璃管中注入多高的水银柱?(结果可用分式表示)
5.2020年3月4日环球网消息,北京海关采样检测和排查转运北京的核酸阳性病例1例,图示为北京海关关员通过负压隔离单元对疑似病例进行隔离转运。北京海关使用的FU-221生物安全型负压隔离单元,内部尺寸为2
000
mm×900
mm×
1
800
mm(长、宽、高),它不工作时为密闭状态,工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证隔离单元内为微负压环境及内部空气流通,为疑似病人提供新鲜空气,同时保护周围人员及周围环境不受病原体污染。已知大气压强p0=1.0×105
Pa,环境温度t0=7
℃,负压隔离单元停止工作且温度t=27
℃时,内部压强比外界低20
Pa,空气视为理想气体,热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)
K,求:(计算结果均保留两位有效数字)
(1)负压隔离单元停止工作且内部温度与外界相同时的内部气体的压强;
(2)已知温度为0
℃、大气压强为1.0×105
Pa时,空气的密度为1.29
kg/m3,计算负压隔离单元停止工作且温度t=27
℃时内部空气的质量。
6.如图所示,有一足够深的容器内装有密度ρ=1.0×103
kg/m3的液体,现将一端开口、另一端封闭,质量m=25
g、截面面积S=2.5
cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽略不计),稳定后用活塞将容器封闭,此时容器内液面上方的气体压强p0=1.01×105
Pa,玻璃细管内空气柱的长度l1=20
cm。已知所有装置导热良好,环境温度不变,重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)玻璃细管内空气柱的压强;
(2)若缓慢向下推动活塞,当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触),容器液面上方的气体压强。
7.用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图所示。设容器中原来的气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变。求抽气机的活塞抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少?
考向3
///研透真题·破题有方///
C　根据气体做功的表达式W=pΔV可知p-V
图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,气体在a→b和b→c两个过程中p-V图线和体积横轴围成的面积相等,所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,A错误;气体在a→b过程中,根据理想气体状态方程=C可知Ta=Tb,所以ΔUab=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Qab=-Wab,气体在b→c过程中,温度升高,所以ΔUbc>0,根据热力学第一定律可知ΔUbc=Qbc+Wbc,即Qbc=ΔUbc-Wbc,结合Wab=Wbc<0可得Qbc>Qab>0,即b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量,B错误;气体在c→a过程中,温度降低,所以ΔUca<0,气体体积减小,外界对气体做功,所以Wca>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Qca<0且|Qca|>|Wca|,则在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量,C正确;理想气体的内能只与温度有关,根据Ta=Tb可知|ΔTca|=|ΔTbc|,所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量,D错误。故选C。
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1.B、C、D　气体向真空自发扩散,对外界不做功,且没有热传递,气体的内能不变,
则A错误,B正确;气体在被压缩的过程中,活塞对气体做功,因汽缸绝热,故气体内能增大,故C正确;因为汽缸绝热,气体在被压缩的过程中外界对气体做功,故气体内能增大,气体温度升高,则气体分子的平均动能增大,选项D正确。
2.A、C　过程①中气体的体积不变而温度升高,则ΔU>0,W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知Q>0,即吸热,选项A正确;T-V图象中过原点的倾斜直线为等压线,过程②反向延长线不过原点,所以过程②中气体的压强变化,选项B错误;过程③中气体温度不变,所以,内能不变,选项C正确;过程④中体积不变,所以W=0,选项D错误。
3.C　从状态a到b,气压不变,温度升高,根据理想气体状态方程=C,故体积增加;温度升高说明内能增加,体积增加说明对外做功,根据热力学第一定律公式ΔU
=
W
+Q,故气体吸收热量,A错误;从状态b到c,温度不变,气压减小,根据理想气体状态方程=C,体积增加;体积增加说明对外做功,温度不变说明内能不变,根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q,气体吸收热量,B错误;从状态c到d,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律公式
ΔU=W+Q,气体放热,故C正确;从状态d到a,ad的延长线过原点,是等容变化,温度升高说明内能增加,体积不变说明气体不做功,根据热力学第一定律公式
ΔU=W+Q(气体吸收热量),D错误;故选C。
4.【解析】(1)气体从A到B过程中,发生等压变化,设B状态时的体积为V1,
根据盖—吕萨克定律,=
解得V1=T1;
气体从B到C过程中,发生等温变化,
设C状态时的压强为p,根据玻意耳定律,
p0V1=pV0
解得:p=T1
(2)气体从B→C过程中温度不变,内能不变。
气体从A→B过程中,体积变大,气体对外做功,W=-p0ΔV=-p0(-1)V0
气体从外界吸收热量为Q,
根据热力学第一定律,内能的变化
ΔU=Q+W=Q-p0(-1)V0。
答案:(1)T1　T1　(2)Q-p0(-1)V0
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1.B、D　单晶体一定具有规则的形状,且有各向异性的特征,而多晶体的物理性质表现为各向同性,选项A错误;分子势能的产生是由于分子间存在作用力,微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化,分子间作用力变化,分子势能才变化,选项B正确;水只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”,选项C错误;温度是分子平均动能的标志,分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同,选项D正确。
2.A、B、C　ab过程气体体积不变,由=C知压强增大则温度升高,所以内能增大,A正确;ca过程气体体积减小,所以外界对气体做功,B正确;bc过程温度不变而体积增大,所以ΔU=0,W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知Q>0,即吸热,C正确;bc过程气体对外做的功大于ca过程外界对系统做的功,所以经历一个循环过程气体对外做功,D错误。
3.C、D　根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性,故B中气体不可能自发地全部退回到A中,故A错误;气体自由扩散,没有对外做功,又因为整个系统与外界没有热交换,根据ΔU=W+Q可知内能不变,B错误;因为内能不变,故温度不变,平均动能不变,气闸舱B内为真空,根据玻意耳定律可知:pV=C(定值),可知扩散后体积V增大,压强p减小,所以气体的密集程度减小,可知气体分子单位时间内与A舱壁单位面积的碰撞次数将减少,故C、D正确。
4.【解析】(1)当水银柱最下端上升到A、B处时,
电路自动断开,此时玻璃管内空气柱长度
L1=L0+
在此过程中空气柱的压强不变,根据盖-吕萨克定律,
有=
联立代入数据,解得T1=330
K,即t1=57
℃
(2)设注入的水银柱高度为h,则空气柱的压强
p2=p0+pL+ph(式中压强单位为cmHg)。
电路自动断开时,空气柱的长度也为L1,
即空气柱的体积不变,根据查理定律,
有=,
其中p1=p0+pL(式中压强单位为cmHg)
联立各式,代入数据解得h=
cm。
答案:(1)57
℃　(2)
cm
5.【解析】(1)以负压隔离单元内部气体为研究对象,
初状态:温度T1=300
K,压强p1=99
980
Pa;
末状态:温度T2=280
K,
根据查理定律得=
代入数据得p2≈0.93×105
Pa;
(2)负压隔离单元内部气体初状态:
体积V1=2
000
mm×900
mm×1
800
mm=3.24
m3,
温度T1=300
K,压强p1=99
980
Pa
设其在T3=273
K,p3=1.0×105
Pa,没有束缚条件下的体积为V3,
则=
代入数据解得V3≈2.95
m3
所以其质量为m=V3ρ≈3.8
kg。
答案:(1)0.93×105
Pa　(2)3.8
kg
6.【解析】解法一:
(1)以玻璃管为研究对象,受力平衡可得:
p1S=p0S+mg
解得管内空气柱的压强
p1=p0+=1.02×105
Pa
(2)当细管封闭处恰好与液面平齐时,设细管内气柱长度为l2,压强为p2,容器内液面上方气体压强为p
p2=p+ρgl2
玻璃管受力平衡:p2S=pS+mg
对玻璃管内的气体由玻意耳定律有
p1l1S=p2l2S
联立解得:l2=0.1
m,p=2.03×105
Pa
解法二:
(1)玻璃管受力平衡,浮力等于重力,假设此时容器内液面与玻璃管内液面的距离为h0,
有:mg=ρh0Sg
解得:h0=
设此时玻璃管内气体压强为p1,
有:p1=p0+ρgh0
解得:p1=p0+=1.02×105
Pa
(2)当细管封闭处恰好与液面平齐时,
设细管内气柱长度为l2,压强为p2,
容器内液面上方气体压强为p,
则mg=ρl2Sg
解得l2=
对于玻璃管内气体,
由玻意耳定律有p1l1S=p2l2S
可得压强:p2=(p0+)
又p+ρgl2=p2
可解得:
p=(p0+)-=2.03×105
Pa
答案:(1)1.02×105
Pa　(2)2.03×105
Pa
7.【解析】当活塞下压时,阀门a关闭,b打开,抽气机汽缸中ΔV体积的气体排出,容器中气体压强降为p1。活塞第二次上提(即抽第二次气)。容器中气体压强降为p2。根据玻意耳定律,对于第一次抽气,有p0V0=p1(V0+ΔV),解得p1=p0。对于第二次抽气,有p1V0=p2(V0+ΔV),解得p2=()2p0,以此类推,第n次抽气后容器中气体压强降为pn=()np0。
答案:()np0

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