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1、课时跟踪检测（四十二） 热力学定律与能量守恒定律1一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0104 J，气体内能减少1.3105 J，则此过程()A气体从外界吸收热量2.0105 JB气体向外界放出热量2.0105 JC气体从外界吸收热量6.0104 JD气体向外界放出热量6.0104 J解析：选B由热力学第一定律UWQ得QUW1.3105 J7.0104 J2.0105 J，即气体向外界放出热量2.0105 J，B正确。2.(2017全国卷改编)如图，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。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到
2、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。下列说法错误的是()A气体自发扩散前后内能相同B气体在被压缩的过程中内能增大C在自发扩散过程中，气体对外界做功D气体在被压缩的过程中，外界对气体做功解析：选C抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B项正确。3.(2020山东等级考模拟卷)如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1
3、mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是()AVaVb，TaTbBVaVb，TaTbCVaVb，TaTbDVaVb，TaTb解析：选Da、b两部分的体积相等，温度相等，a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，所以b部分气体分子更加稠密，压强更大。解除锁定后，活塞向a方向移动，所以VaVb。根据热力学第一定律：UWQ，由于活塞绝热，Q0，对于a部分气体，外界对其做功，内能增加，温度升高。对于b部分的气体，对外做功，内
4、能减少，温度降低，所以TaTb，故D项正确，A、B、C项错误。4根据热力学定律，下列说法正确的是()A第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B效率为100%的热机是可能制成的C电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段解析：选C第二类永动机不可能制成，是因它违背了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B错误；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误。5(2020福建省龙岩市模拟)关于气体的内能和热力学定律，下
5、列说法正确的是()A对气体做功可以改变其内能B质量和温度都相同的气体，内能一定相同C热量不可能从低温物体传到高温物体D一定量的理想气体在等压膨胀过程中，内能一定减少解析：选A做功和热传递都能改变内能，所以对气体做功可以改变其内能，故A正确；质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故B错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化，故C错误；由盖吕萨克定律可知，一定量的理想气体在等压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增加，故D错误。6(2019东北三省四市二模)下列说法错误的是()A空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B第一类永动机不
6、可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律C对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大D用温度计测量温度是根据热平衡的原理解析：选A热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，故A错误。第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律，故B正确。理想气体内分子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体的内能仅仅与温度有关，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大，故C正确。用温度计测量温度是根据热平衡的原理，故D正确。7.(2019绵阳检测)
7、如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸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。下列判断正确的是()A气体A吸热，内能减少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解析：选C由题意可知气体A发生等容变化，则W0，根据UWQ可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都增大，选项C正确，A、D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度
8、升高，内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误。8.一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图像如图所示。已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是()A气体处于状态B时的温度是900 KB气体处于状态C时的温度是600 KC从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大D从状态A变化到状态B过程气体放热解析：选A由题意知：TA300 K，AB过程为等压变化，则有，代入数据解得：TB900 K，选项A正确；BC过程是等容变化，则有，代入数据解得：TC300 K，选项B错误；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则
9、气体的内能先增大后减小，选项C错误；由AB气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律UWQ知，气体吸热，选项D错误。9.一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图像如图所示。下列判断正确的是()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Da、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最大解析：选A过程ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内能增大，气体一定吸热，A正确；过程bc，理想气体等温变化，压强减小，而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B错误；过程ca，理想气体
10、的压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对气体做的功，C错误；根据上述三过程可知：在a、b、c三个状态中，状态a的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志，其分子的平均动能最小，D错误。10.我国“蛟龙”号载人潜水器下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0300 K，压强p01 atm，封闭气体的体积V03 m3，如果将该汽缸下潜至990 m深处，
11、此过程中封闭气体可视为理想气体。(1)下潜过程中封闭气体_(选填“吸热”或“放热”)，传递的热量_(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功。(2)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)。解析：(1)下潜过程中温度降低，则U0，由UQW知，QW。(2)当汽缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p100 atm根据理想气体状态方程得代入数据得V2.8102 m3。答案：(1)放热大于(2)2.8102 m311.(2020山东省威海质检)一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参
12、数如图所示。A状态的压强为1105 Pa，求：(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。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代入数据解得TBTA600 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W1pA(VBVA)解得W1100 J气体从B状态到C状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有解得pC2.5105 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W2pC(VCVD)pC(VBVA)解得W2250 J一次循环过程中外界对气体所做的总功WW1W2150 J理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，
13、始末温度不变，所以内能不变。根据热力学第一定律有UWQ解得Q150 J故完成一次循环，气体向外界放热150 J。答案：(1)600 K(2)放热150 J12.(2019河北省邯郸模拟)如图所示，竖直放置的光滑圆柱形绝热汽缸，上端开口，有一质量m10 kg、横截面积S10 cm2的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内距缸底h0.2 m处有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0200 K。现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p01.0105 Pa。求：(g取10 m/s2)(1)
14、活塞恰要离开a、b时，缸内气体的压强p1；(2)当活塞缓慢上升h0.1 m时(活塞未滑出汽缸)缸内气体的温度T为多少？(3)若从开始加热到活塞缓慢上升h0.1 m的全过程中电阻丝放热52 J，求气体内能的变化量U。解析：(1)活塞恰要离开ab时，由活塞平衡有：p0Smgp1S可得缸内气体的压强为：p1p01.0105 Pa Pa2.0105 Pa。(2)当活塞缓慢上升h0.1 m时，缸内气体的压强为p1，理想气体状态方程有：代入数据可得：T600 K。(3)从开始加热到活塞缓慢上升h0.1 m的全过程中，气体对外界做功为：Wp1Sh20 J全过程中电阻丝放热52 J，即气体吸收热量为：Q52 J根据热力学第一定律：UWQ可得：U32 J即气体内能增加了32 J。答案：(1)2.0105 Pa(2)600 K(3)32 J6
