- 热力学第一定律
- 共1851题
正确答案
解：①对整体受力分析，受弹力，大气压力（合力为零），重力．由受力平衡可得：
F=Mg
②对活塞受力分析，其受弹力，外界大气压力，内部大气压力，设内部气体压强为P，则：
F+Ps=P0s
解得：
故体积增大
由能量转化和守恒可得：
故答案为：不变，
解析
解：①对整体受力分析，受弹力，大气压力（合力为零），重力．由受力平衡可得：
F=Mg
②对活塞受力分析，其受弹力，外界大气压力，内部大气压力，设内部气体压强为P，则：
F+Ps=P0s
解得：
故体积增大
由能量转化和守恒可得：
故答案为：不变，
模块3-3试题
（1）有以下说法：
A．气体的温度越高，分子的平均动能越大
B．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速度是非常小的
C．对物体做功不可能使物体的温度升高
D．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关
E．一由不导热的器壁做成的容器，被不导热的隔板分成甲、乙两室．甲室中装有一定质量的温度为T的气体，乙室为真空，如图1所示．提起隔板，让甲室中的气体进入乙室，若甲室中气体的内能只与温度有关，则提起隔板后当气体重新达到平衡时，其温度仍为T
F．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作是不遵守热力学第二定律的．
G．对于一定量的气体，当其温度降低时，速度大的分子数目减少，速率小的分子数目增加
H．从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是不可能的
其中正确的是______．
（2）如图2，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成的，各部分的横截面积分别为2S、
正确答案
解：A、温度是分子平均动能的宏观体现，温度越高，分子的平均动能越大．与分子的质量无关．所以A正确．
B、分子的平均动能是一个统计规律，并不是所有的分子的速度，所以温度高的物体也有大量的分子速度比较小，而温度低的物体也有大量的分子速度比较大．所以B也正确．
C、改变内能的两种方式是做功和热传递，所以C错误．
D、气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关．对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定．分子越多，总的能量越大．所以D错误．
E、因为在去除隔板时，气体没有对外做功，能量不变．（没有受力物体，虽然有位移，但也不做功）．所以E正确．
F、所有的机器工作都要遵从热力学第一定律和第二定律，因为这时对外界产生了影响．所以F错误．
G、气体分子地速度指的是平均速度，温度越低，平均速度越低，速度大的分子数目减少，速度小的分子数目增加．所以G正确．
H、热力学第二定律有内容是不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而对外界没有影响．所以可以从单一热源吸收热量全部用来对外界做功，但此时对外界产生了影响．所以H错误．
故选ABEG．
（2）设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f．因而活塞处在静止状态，对A活塞有2poS-2pS+f=0①
对B活塞有P1S-P0S-f=0②
由①②式得
p1=p0 ③
f=0 ④
即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态．这时气体的体积V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl⑤
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动．气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为此，这时气体体积V2=4SL+SL=5SL⑥
设此时气体的温度为T2，由盖-吕萨克定律V2∝T2有
由③⑥⑦式得
由此可知，当
p2=p0 ⑨
当T＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，气体经历一等容升压过程．当气体的温度为T时，设其压强为p，由查理定律P∝T，即有
由⑧⑨⑩式得
即当T＞
即气体的压强可能为p0或
解析
解：A、温度是分子平均动能的宏观体现，温度越高，分子的平均动能越大．与分子的质量无关．所以A正确．
B、分子的平均动能是一个统计规律，并不是所有的分子的速度，所以温度高的物体也有大量的分子速度比较小，而温度低的物体也有大量的分子速度比较大．所以B也正确．
C、改变内能的两种方式是做功和热传递，所以C错误．
D、气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关．对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定．分子越多，总的能量越大．所以D错误．
E、因为在去除隔板时，气体没有对外做功，能量不变．（没有受力物体，虽然有位移，但也不做功）．所以E正确．
F、所有的机器工作都要遵从热力学第一定律和第二定律，因为这时对外界产生了影响．所以F错误．
G、气体分子地速度指的是平均速度，温度越低，平均速度越低，速度大的分子数目减少，速度小的分子数目增加．所以G正确．
H、热力学第二定律有内容是不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而对外界没有影响．所以可以从单一热源吸收热量全部用来对外界做功，但此时对外界产生了影响．所以H错误．
故选ABEG．
（2）设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f．因而活塞处在静止状态，对A活塞有2poS-2pS+f=0①
对B活塞有P1S-P0S-f=0②
由①②式得
p1=p0 ③
f=0 ④
即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态．这时气体的体积V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl⑤
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动．气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为此，这时气体体积V2=4SL+SL=5SL⑥
设此时气体的温度为T2，由盖-吕萨克定律V2∝T2有
由③⑥⑦式得
由此可知，当
p2=p0 ⑨
当T＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，气体经历一等容升压过程．当气体的温度为T时，设其压强为p，由查理定律P∝T，即有
由⑧⑨⑩式得
即当T＞
即气体的压强可能为p0或
（1）试求最后达到平衡时，三个活塞到圆环中心的连线之间的夹角各是多少？
（2）已知一定质量的理想气体的内能的变化量与其温度的变化量成正比（与压强、体积的变化无关），试求达到平衡时气体的温度和压强．
正确答案
解：设达到新的平衡态时，气压为P，温度为T，对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程，有：
对气体Ⅱ，根据理想气体状态方程，有：
对气体Ⅲ，根据理想气体状态方程，有：
已知一定质量的理想气体的内能的变化量与其温度的变化量成正比，故设单位物质量的气体温度变化△T时内能变化：
△U=k•△T（k为常数）
结合克拉珀龙方程PV=nRT，对三段气体整体，内能变化量为零，故：
0=
气体的总长度一定，故：
联立①②③④⑤解得：
T=298K
P=P0
答：（1）最后达到平衡时，三个活塞到圆环中心的连线之间的夹角分别为：99°、112°、149°；
（2）达到平衡时气体的温度为298K，压强为P0．
解析
解：设达到新的平衡态时，气压为P，温度为T，对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程，有：
对气体Ⅱ，根据理想气体状态方程，有：
对气体Ⅲ，根据理想气体状态方程，有：
已知一定质量的理想气体的内能的变化量与其温度的变化量成正比，故设单位物质量的气体温度变化△T时内能变化：
△U=k•△T（k为常数）
结合克拉珀龙方程PV=nRT，对三段气体整体，内能变化量为零，故：
0=
气体的总长度一定，故：
联立①②③④⑤解得：
T=298K
P=P0
答：（1）最后达到平衡时，三个活塞到圆环中心的连线之间的夹角分别为：99°、112°、149°；
（2）达到平衡时气体的温度为298K，压强为P0．
（选修3-3）若鱼儿戏水时吐出的小气泡从湖中逐渐上升到湖面的过程中，小气泡的体积由V1=1cm3变成V2=1.2cm3，小气泡内的气体视为理想气体，且其中的气体质量不变，大气压强p0=1.0×105 Pa，湖水各处的温度相同且保持不变．
（1）求小气泡刚形成（体积为1cm3）时其内气体的压强p1．
（2）判断小气泡从湖中上升到湖面的过程中，小气泡内的气体是吸热还是放热，并简述原因．
正确答案
解：（1）气泡上升过程中温度不变，由公式PV=衡量知，P1=
答：气泡刚形成（体积为1cm3）时其内气体的压强为1.2×105Pa．
解析
解：（1）气泡上升过程中温度不变，由公式PV=衡量知，P1=
答：气泡刚形成（体积为1cm3）时其内气体的压强为1.2×105Pa．
正确答案
解：对活塞进行受力分析，根据平衡条件得气体的压强不变，
根据理想气体状态方程，
外界对气缸系统做正功，由于外界温度逐渐降低，故气体会降温，所以气体内能减小，
根据热力学第一定律△U=W+Q，W＞0，△U＜0，所以Q＜0，即放热．
故答案为：减小，放热．
解析
解：对活塞进行受力分析，根据平衡条件得气体的压强不变，
根据理想气体状态方程，
外界对气缸系统做正功，由于外界温度逐渐降低，故气体会降温，所以气体内能减小，
根据热力学第一定律△U=W+Q，W＞0，△U＜0，所以Q＜0，即放热．
故答案为：减小，放热．
历史上有许多人提出各种各样的设计方案，想制造永动机，想使这种机器不消耗任何能量而可以源源不断地对外做功，结果都以失败告终，请你想一想失败的原因是什么？
正确答案
解：根据热力学第一定律，不消耗任何能量的燃料，却能源源不断地对外做功的机器是绝对不能制造成功的，因为它违背了能的转化和守恒定律．
答：失败的原因是因为它违背了能的转化和守恒定律．
解析
解：根据热力学第一定律，不消耗任何能量的燃料，却能源源不断地对外做功的机器是绝对不能制造成功的，因为它违背了能的转化和守恒定律．
答：失败的原因是因为它违背了能的转化和守恒定律．
A．上述过程气体做等压膨胀，温度升高
B．上述过程气体做绝热膨胀，温度升高
C．气体的吸收热量大于它对外做功，内能增加
D．气体吸收的热量等于它对外做功，内能不变
（2）在上小题中，已知该理想气体摩尔质量为μ，在加热之前该气体的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，求容器内理想气体的分子数n和加热之前分子间的平均距离d（忽略电热丝体积大小）．
正确答案
解：（1）封闭气体发生等压膨胀，可根据盖•吕萨克定律列式知温度上升，内能增加，由热力学第一定律公式知，气体的吸收热量大于它对外做功．
故选：AC
（2）体积为V=HS的气体，质量为：M=ρV=ρHS…①
分子个数为：N=
解①、②得：N=
设相邻的两个分子之间的平均距离为d，将分子视为球形，每个分子的体积为：V0=
联立得：d=
答：气体分子数为
解析
解：（1）封闭气体发生等压膨胀，可根据盖•吕萨克定律列式知温度上升，内能增加，由热力学第一定律公式知，气体的吸收热量大于它对外做功．
故选：AC
（2）体积为V=HS的气体，质量为：M=ρV=ρHS…①
分子个数为：N=
解①、②得：N=
设相邻的两个分子之间的平均距离为d，将分子视为球形，每个分子的体积为：V0=
联立得：d=
答：气体分子数为
（1）设上述过程中气体温度保持不变，则气缸内的气体压强______（选填“增大”、“减小”或“不变”），按照分子动理论从微观上解释，这是因为______．
（2）设上述过程中活塞下降的最大高度为△h，气体放出的热量为Q，外界大气压强为p0，试求此过程中被封闭气体内能的变化△U．
正确答案
解：（1）气体温度保持不变，体积减小，则气缸内的气体压强增大，按照分子动理论从微观上解释，这是因为体积减小分子的密度增大，单位时间内撞击单位面积的分子数增多．
（2）由热力学第一定律知外界对气体做的功为W=（F+mg+P0S）△h，被封闭气体内能的变化△U=（F+mg+P0S）△h-Q
故答案为：（1）增大，体积减小分子的密度增大，单位时间内撞击单位面积的分子数增多；（2）（F+mg+P0S）△h-Q
解析
解：（1）气体温度保持不变，体积减小，则气缸内的气体压强增大，按照分子动理论从微观上解释，这是因为体积减小分子的密度增大，单位时间内撞击单位面积的分子数增多．
（2）由热力学第一定律知外界对气体做的功为W=（F+mg+P0S）△h，被封闭气体内能的变化△U=（F+mg+P0S）△h-Q
故答案为：（1）增大，体积减小分子的密度增大，单位时间内撞击单位面积的分子数增多；（2）（F+mg+P0S）△h-Q
正确答案
解：现对气缸缓慢加热，温度升高，气体分子平均动能增大，
活塞缓慢上升，视为等压过程，
则气体对活塞做功 W=F△h=（mg+P0S）h
根据热力学定律△U=W+Q=Q-（mg+P0S）h
故答案为：增大、Q-（mg+P0S）h
解析
解：现对气缸缓慢加热，温度升高，气体分子平均动能增大，
活塞缓慢上升，视为等压过程，
则气体对活塞做功 W=F△h=（mg+P0S）h
根据热力学定律△U=W+Q=Q-（mg+P0S）h
故答案为：增大、Q-（mg+P0S）h
正确答案
解：气体的体积变大，对外做功，W=F△X=PS△X=P△V=1.0×105×（4.0-2.0）×10-3=200J
对外做功，W为负值，根据热力学第一定律：△E=Q-W，
所以：Q=△E+W=500J．正号表示吸收热量．
故答案为：吸收，500
解析
解：气体的体积变大，对外做功，W=F△X=PS△X=P△V=1.0×105×（4.0-2.0）×10-3=200J
对外做功，W为负值，根据热力学第一定律：△E=Q-W，
所以：Q=△E+W=500J．正号表示吸收热量．
故答案为：吸收，500
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