- 热力学第一定律
- 共1851题
正确答案
解：活塞对封闭气体做为：W′=W+（p0S+G）
因为气体向外散热Q，则热力学第一定律得：气体的内能增加量△U=W′-Q=W+（p0S+G）
答：气体的内能增加量为W+（p0S+G）
解析
解：活塞对封闭气体做为：W′=W+（p0S+G）
因为气体向外散热Q，则热力学第一定律得：气体的内能增加量△U=W′-Q=W+（p0S+G）
答：气体的内能增加量为W+（p0S+G）
一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，如果增大气体体积，气体压强将如何变化？请你从分子动理论的观点加以解释．如果在此过程中气体对外界做了900J的功，则此过程中气体是放出热量还是吸收热量？放出或吸收多少热量？（简要说明理由）
正确答案
解：气体的压强与分子热运动的平均动能和单位体积内的分子数有关．而分子的平均动能与温度有关．温度不变，分子热运动的平均动能不变，则增大气体体积时，单位体积内分子数减小，气体的压强减小．
在此过程中气体对外界做了900J的功，W=-900J，内能不变，△U=0，根据热力学第一定律△U=Q+W得
Q=900J
即在此过程中气体是吸收热量900J．
答：在此过程中气体是吸收热量900J．
解析
解：气体的压强与分子热运动的平均动能和单位体积内的分子数有关．而分子的平均动能与温度有关．温度不变，分子热运动的平均动能不变，则增大气体体积时，单位体积内分子数减小，气体的压强减小．
在此过程中气体对外界做了900J的功，W=-900J，内能不变，△U=0，根据热力学第一定律△U=Q+W得
Q=900J
即在此过程中气体是吸收热量900J．
答：在此过程中气体是吸收热量900J．
（1）求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；
（2）设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．
正确答案
解：（1）设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡：
P0S+mg=PS
解得
（2）由于气体的温度不变，则内能的变化△E=0
由热力学第一定律△E=W+Q
可得放热：Q=（P0S+mg）h
答：（1）封闭气体的压强
（2）整个过程中通过缸壁传递的热量Q=（P0S+mg）h
解析
解：（1）设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡：
P0S+mg=PS
解得
（2）由于气体的温度不变，则内能的变化△E=0
由热力学第一定律△E=W+Q
可得放热：Q=（P0S+mg）h
答：（1）封闭气体的压强
（2）整个过程中通过缸壁传递的热量Q=（P0S+mg）h
下列说法正确的是（ ）
A．不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化
B．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
C．对于一定量的气体，当其温度降低时速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加
D．熵值越大，表明系统内分子运动越无序
E．热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度．
正确答案
解：A、不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化，A正确；
B、根据热力学第二定律可知，在没有外界影响之下，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，B正确；
C、对于一定量的气体，当其温度降低时速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加，C正确；
D、熵值越大，表明系统内分子运动越无序，D正确；
E、热量是热传递过程中，温度高的物体向温度低的物体转移内能多少的量度，E错误．
故选：ABCD
解析
解：A、不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化，A正确；
B、根据热力学第二定律可知，在没有外界影响之下，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，B正确；
C、对于一定量的气体，当其温度降低时速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加，C正确；
D、熵值越大，表明系统内分子运动越无序，D正确；
E、热量是热传递过程中，温度高的物体向温度低的物体转移内能多少的量度，E错误．
故选：ABCD
正确答案
解：由于热水的温度较高，将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球吸收了热水的热量，温度升高，内能增大，体积增大，逐渐膨胀起来对外做功．
故答案为：增大、做负功
解析
解：由于热水的温度较高，将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球吸收了热水的热量，温度升高，内能增大，体积增大，逐渐膨胀起来对外做功．
故答案为：增大、做负功
对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大．
正确答案
解：A、温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是平均动能的标志，A正确；
B、改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，B错误；
C、温度越高颗粒越小，布朗运动越显著，C正确；
D、当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，D错误；
E、当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小克服分子力做功，分子势能增大，E正确；
故选：ACE
解析
解：A、温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是平均动能的标志，A正确；
B、改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，B错误；
C、温度越高颗粒越小，布朗运动越显著，C正确；
D、当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，D错误；
E、当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小克服分子力做功，分子势能增大，E正确；
故选：ACE
A．空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力
B．对一定质量的理想气体，在分子热运动的平均动能不变时，分子的平均距离减小其压强可能减小
C．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的
D．分子a从很远处趋近固定不动的分子b，当分子a运动到与分子b的相互作用力为零时，分子a的分子势能一定最大
（2）如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热（即与外界不发生热交换）容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞，今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体
A、温度升高，压强增大，内能减小B、温度降低，压强增大，内能减少C、温度升高，压强增大，内能增加D、温度降低，压强减小，内能增．
正确答案
解：（1）A、叶面上的露珠，雨滴，小的水银滴总是球形的是液体有表面张力的结果，故A正确；
B、一定质量的理想气体，分子的平均动能不变，说明温度不变，分子的平均距离减小说明气体体积减小，根据
C、宏观的自然过程具有方向性，在满足能量守恒的同时还要满足热力学第二定律，故C错误；
D、分子a从很远处趋近固定不动的分子b，当分子a运动到与分子b的相互作用力为零时，分子势能最小，故D错误．
故选A．
（2）绝热系统说明Q=0，气体体积减小，外界对气体做功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体内能增大，故温度一定升高，由于体积减小，根据
故选C．
解析
解：（1）A、叶面上的露珠，雨滴，小的水银滴总是球形的是液体有表面张力的结果，故A正确；
B、一定质量的理想气体，分子的平均动能不变，说明温度不变，分子的平均距离减小说明气体体积减小，根据
C、宏观的自然过程具有方向性，在满足能量守恒的同时还要满足热力学第二定律，故C错误；
D、分子a从很远处趋近固定不动的分子b，当分子a运动到与分子b的相互作用力为零时，分子势能最小，故D错误．
故选A．
（2）绝热系统说明Q=0，气体体积减小，外界对气体做功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体内能增大，故温度一定升高，由于体积减小，根据
故选C．
①求压缩前后．气体压强的变化量△P．
②压缩过程中．气体是吸热还是放热．内能如何变化？
正确答案
解：①由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：
p0V0=（p0+△p）（V0-△V）
解得：△p=
②由于气体的温度不变，内能不变．气体的体积减小，是压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律△U=Q+W知，气体对外放热．
答：
①压缩前后．气体压强的变化量△P为
②压缩过程中．气体是放热．内能不变．
解析
解：①由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：
p0V0=（p0+△p）（V0-△V）
解得：△p=
②由于气体的温度不变，内能不变．气体的体积减小，是压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律△U=Q+W知，气体对外放热．
答：
①压缩前后．气体压强的变化量△P为
②压缩过程中．气体是放热．内能不变．
（1）奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）、稳压装置和燃烧器三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧．则以下说法中正确的是______．
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
（2）某运动员吸一口气，吸进400cm3的空气，据此估算他所吸进的空气分子的总数为______个．已知1mol气体处于标准状态时的体积是22.4L．（结果保留一位有效数字）
（3）如图所示，绝热隔板S把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，S与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b．气体分子之间相互作用可忽略不计．现通过恒定电压为U的电源和阻值为R的电热丝构成回路，对气体a缓慢加热一段时间t后，a、b各自达到新的平衡状态．在此过程中，气体a内能增加量为△U，试求气体b的内能增加量．
正确答案
解：A、燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功，故A正确；
B、燃气由液态变为气态的过程中体积增大分子势能增大，故B错误；
C、燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；
D、燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，故D错误．
故选AC．
（2）解：他吸入的空气分子总数约为n=
故答案为：1×1022
（3）对气体a，设气体克服外力做功的值为W．由于绝热系统，所以，由热力学第一定律：
答；b气体的内能增量为
解析
解：A、燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功，故A正确；
B、燃气由液态变为气态的过程中体积增大分子势能增大，故B错误；
C、燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；
D、燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，故D错误．
故选AC．
（2）解：他吸入的空气分子总数约为n=
故答案为：1×1022
（3）对气体a，设气体克服外力做功的值为W．由于绝热系统，所以，由热力学第一定律：
答；b气体的内能增量为
A．某国际科研小组正在研制利用超导材料制成灯泡的灯丝和闭合电路，利用电磁感应激起电流后，由于电路电阻为零从而使灯泡一直发光
B．发明一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下
C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝，成为新能源
D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
（2）如图所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现对汽缸缓缓加热使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，且空气柱的高度增加了△l，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0，问：此过程中被封闭气体的内能变化了多少？
正确答案
解：（1）
A、电磁感应激起电流后产生电能，由于灯泡也有电阻，要消耗电能，所以不可能使灯泡一直发光．故A错误．
B、根据热力学第三定律得知，绝对零度只能接近，不可能达到，更不可能使温度降至绝对零度以下．
C、根据热力学第二定律分析可知，能量出现耗散，不可能使耗散的能量成为新能源．故C错误．
D、将房屋顶盖上太阳能板，直接用太阳能来解决照明和热水问题，符合能量守恒定律，实际中确有应用．故D正确．
故选D
（2）汽缸内封闭气体的压强为P=P0+
在气体缓缓膨胀过程中，活塞与砝码的压力对气体做负功，功大小为W=-（mg+P0S）△L
则根据热力学第一定律△E=W+Q得，气体内能的变化为△E=-（mg+P0S）△L+Q
故答案为：
（1）D；
（2）气体内能的变化为△E=-（mg+P0S）△L+Q．
解析
解：（1）
A、电磁感应激起电流后产生电能，由于灯泡也有电阻，要消耗电能，所以不可能使灯泡一直发光．故A错误．
B、根据热力学第三定律得知，绝对零度只能接近，不可能达到，更不可能使温度降至绝对零度以下．
C、根据热力学第二定律分析可知，能量出现耗散，不可能使耗散的能量成为新能源．故C错误．
D、将房屋顶盖上太阳能板，直接用太阳能来解决照明和热水问题，符合能量守恒定律，实际中确有应用．故D正确．
故选D
（2）汽缸内封闭气体的压强为P=P0+
在气体缓缓膨胀过程中，活塞与砝码的压力对气体做负功，功大小为W=-（mg+P0S）△L
则根据热力学第一定律△E=W+Q得，气体内能的变化为△E=-（mg+P0S）△L+Q
故答案为：
（1）D；
（2）气体内能的变化为△E=-（mg+P0S）△L+Q．
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