- 热力学第一定律
- 共1851题
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．由于气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸收的热量一定大于内能的增加．
故答案为：升高，增大，大于
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．由于气体对外做功，根据热力学第一定律可知，吸收的热量一定大于内能的增加．
故答案为：升高，增大，大于
（1）下列说法正确的是______．
A．机械能全部变成内能是不可能的，从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
B．布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果
C．一定量的0℃的水结成0℃的冰，内能一定减小
D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点
（2）在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.00mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸砸酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液．
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒．记录滴入的滴数直到量筒达到1.00mL为止，恰好共滴了100滴．
③在水盘内注入蒸馏水，静置后滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．
④测得此油膜面积为3.6×102cm2．利用数据可求得油酸分子的直径为______m．（保留2位有效数字）
（3）如图所示，一气缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在气缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知汽缸壁和活塞都是绝热的，汽缸壁与活塞间接触光滑且不漏气．现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热．
①关于汽缸内气体，下列说法正确的是______．
A．单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少
B．所有分子的速率都增加
C．分子平均动能增大
D．对外做功，内能减少
②设活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，电热丝热功率为P，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h，求：
（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小；
（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功和内能的变化量．
正确答案
解：（1）
A、根据热力学第二定律分析得知：机械能可以全部变成内能，在没有外界的影响情况下不可能从单一热源吸收的热量全部变成功．故A错误．
B、布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子无规则的碰撞造成的．故B错误．
C、一定量的0℃的水结成0℃的冰，根据热力学第一定律分析内能一定减小．故C正确．
D、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点．故D正确．
故选CD
（2）由题，一滴溶液中纯油酸的体积为V=
（3）
①A．C封闭气体发生等压变化，压强不变．温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少．故AC正确．
B．温度升高，气体分子的平均动能增大，由于分子的运动是无规则的，不是所有分子的速率都增加．故B错误．
D．一定质量理想气体的内能只跟温度有关，温度升高，内能增大．故D错误．
故选AC
②（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小为P=P0+
（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功W=-PSh=-（P0S+mg）h，
根据热力学第一定律得：内能的变化量为△U=W+Q=Pt-（P0S+mg）h．
故答案为：
（1）CD； （2）1.1×10-9
（3）AC；
（4）（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小为P0+
（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功为-（P0S+mg）h，内能的变化量为Pt-（P0S+mg）h．
解析
解：（1）
A、根据热力学第二定律分析得知：机械能可以全部变成内能，在没有外界的影响情况下不可能从单一热源吸收的热量全部变成功．故A错误．
B、布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子无规则的碰撞造成的．故B错误．
C、一定量的0℃的水结成0℃的冰，根据热力学第一定律分析内能一定减小．故C正确．
D、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点．故D正确．
故选CD
（2）由题，一滴溶液中纯油酸的体积为V=
（3）
①A．C封闭气体发生等压变化，压强不变．温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少．故AC正确．
B．温度升高，气体分子的平均动能增大，由于分子的运动是无规则的，不是所有分子的速率都增加．故B错误．
D．一定质量理想气体的内能只跟温度有关，温度升高，内能增大．故D错误．
故选AC
②（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小为P=P0+
（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功W=-PSh=-（P0S+mg）h，
根据热力学第一定律得：内能的变化量为△U=W+Q=Pt-（P0S+mg）h．
故答案为：
（1）CD； （2）1.1×10-9
（3）AC；
（4）（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小为P0+
（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功为-（P0S+mg）h，内能的变化量为Pt-（P0S+mg）h．
（选修模块3-3）
（1）如图为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3200m、气温为10℃环境下．下列说法中正确的是
A．甲图中小包内气体的压强小于乙图小包内气体的压强
B．甲图中小包内气体的压强大于乙图小包内气体的压强
C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大
D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能
（2）如图所示，气缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接 并保持平衡，已知活塞距缸口0.2m，活塞面积10cm2，大气压强1.0×105Pa，物重50N，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60J的热量．则气体对外做______J功，气体内能变化量为______J．
（3）一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，平均摩尔质量为15g/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，试估算这个气球内气体的分子个数．（保留两位有效数字）
正确答案
解：（1）A、由一定质量理想气体状态方程得：
B、由A项的解释知B正确
C、甲图与乙图相比可知，甲图中气体体积较小，故分子之间距离较小，分子之间的引力与斥力都较大，故C正确
D、温度是分子平均动能的标志，甲图气体温度较高，分子平均动能较大，故D正确
故选BCD
（2）设大气压为P0，活塞面积为S，活塞上升高度h，重物重力G，则在上升过程外界对气体做负功为：
W′=（G-P0S）h=-10J
所以，气体对外做功W=-W′=10J
有热力学第一定律得：△U=Q+W=60-10J=50J，故内能增加50J
（3）气球内气体质量 m=ρV…①
气体物质的量 n=
气体分子数 N=nNA…③
由①②③代入数据得：N=2.4×1023个
答：（1）BCD （2）10J 50J （3）2.4×1023个
解析
解：（1）A、由一定质量理想气体状态方程得：
B、由A项的解释知B正确
C、甲图与乙图相比可知，甲图中气体体积较小，故分子之间距离较小，分子之间的引力与斥力都较大，故C正确
D、温度是分子平均动能的标志，甲图气体温度较高，分子平均动能较大，故D正确
故选BCD
（2）设大气压为P0，活塞面积为S，活塞上升高度h，重物重力G，则在上升过程外界对气体做负功为：
W′=（G-P0S）h=-10J
所以，气体对外做功W=-W′=10J
有热力学第一定律得：△U=Q+W=60-10J=50J，故内能增加50J
（3）气球内气体质量 m=ρV…①
气体物质的量 n=
气体分子数 N=nNA…③
由①②③代入数据得：N=2.4×1023个
答：（1）BCD （2）10J 50J （3）2.4×1023个
①外界空气的温度是多少？
②在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
正确答案
解：（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
得外界温度T=
（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W=-（mg+P0S）d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能△U=Q+W=Q-（mg+P0S）d
答：①外界空气的温度是
②在此过程中的密闭气体的内能增加了Q-（mg+P0S）d
解析
解：（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
得外界温度T=
（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W=-（mg+P0S）d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能△U=Q+W=Q-（mg+P0S）d
答：①外界空气的温度是
②在此过程中的密闭气体的内能增加了Q-（mg+P0S）d
正确答案
解：有氧气继续逸出
第一次打开阀门氧气“迅速”喷出，可视为绝热过程Q=0，
瓶内氧气体积膨胀对外做功W＜0，由热力学第一定律△U＜0，
立即关闭阀门时瓶内氧气温度必然低于外界温度，而压强等于外界大气压；
“过一段时间”经过热交换，钢瓶内氧气的温度升高，由于体积未变，所以瓶内氧气压
强将增大，即大于大气压，因此再次打开阀门，将会有氧气逸出．
解析
解：有氧气继续逸出
第一次打开阀门氧气“迅速”喷出，可视为绝热过程Q=0，
瓶内氧气体积膨胀对外做功W＜0，由热力学第一定律△U＜0，
立即关闭阀门时瓶内氧气温度必然低于外界温度，而压强等于外界大气压；
“过一段时间”经过热交换，钢瓶内氧气的温度升高，由于体积未变，所以瓶内氧气压
强将增大，即大于大气压，因此再次打开阀门，将会有氧气逸出．
一定量的气体，从外界吸收热量为3.7×105J，内能增加4.4×105J．是气体______（A．对外界做了功；B外界对气体做了功．选填答案前面的字母）？做了______J功．
正确答案
解：从外界吸收热量为3.7×105J，内能增加4.4×105J．
根据热力学第一定律△U=W+Q得
W=△U-Q=4.4×105J-3.7×105J=7×104J
所以外界对气体做了功，故选B．
故答案为：B 7×104
解析
解：从外界吸收热量为3.7×105J，内能增加4.4×105J．
根据热力学第一定律△U=W+Q得
W=△U-Q=4.4×105J-3.7×105J=7×104J
所以外界对气体做了功，故选B．
故答案为：B 7×104
某热机在工作时，若燃料燃烧时放出5.0×106J的热量，但被废气带走的能量及其他各种损耗为3.8×106J，则该过程中热机对外做了______功，该热机工作时的效率为______，能否使热机的效率提高到100%？______．
正确答案
解：根据能量守恒知，热机对外做功：W=5.0×106J-3.8×106J=1.2×106J，
柴油机的机械效率为：η=
根据热力学第二定律知热机斜率不能达到100%．
故答案为：1.2×106J，24%；不能．
解析
解：根据能量守恒知，热机对外做功：W=5.0×106J-3.8×106J=1.2×106J，
柴油机的机械效率为：η=
根据热力学第二定律知热机斜率不能达到100%．
故答案为：1.2×106J，24%；不能．
正确答案
解：气体的体积增大，气体对活塞做正功．气体对活塞做功为：
W=P△V=P0（V2-V1）．
由热力学第一定律可知，内能增加量为：
△U=Q-W=Q-P0（V2-V1）．
故答案为：做正功，Q-P0（V2-V1）．
解析
解：气体的体积增大，气体对活塞做正功．气体对活塞做功为：
W=P△V=P0（V2-V1）．
由热力学第一定律可知，内能增加量为：
△U=Q-W=Q-P0（V2-V1）．
故答案为：做正功，Q-P0（V2-V1）．
在针管中有一定质量的理想气体，当温度不变时，用力压活塞使气体的体积减小，则管内气体的内能______（填“变大”、不变或“变小”），这是因为：______．
正确答案
解：由于气体的温度不变，则内能不变．气体的体积减小，是压缩过程，外界对气体做功，且压缩气体做功等于气体放热，所以由热力学第一定律△U=Q+W知内能不变．
故答案为：不变；压缩气体做功等于气体放热．
解析
解：由于气体的温度不变，则内能不变．气体的体积减小，是压缩过程，外界对气体做功，且压缩气体做功等于气体放热，所以由热力学第一定律△U=Q+W知内能不变．
故答案为：不变；压缩气体做功等于气体放热．
某压力锅的结构如图所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．
（1）若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式．
（2）假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J，并向外界释放了2J的热量．锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
（3）已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P=P0（1-αH），其中常数α＞0．结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同．
正确答案
解：（1）设锅内气体分子数为n，气体的摩尔数为
n=
（2）锅内气体对压力阀及外界做功1J，并向外界释放了2J的热量，
根据热力学第一定律得：△U=W+Q=-3 J
锅内气体内能减少，减少了3 J．
（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小．
由P1=P0+
根据查理定律得：
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
答：（1）锅内气体分子数为
（2）锅内气体内能减少，减少了3 J．
（3）可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
解析
解：（1）设锅内气体分子数为n，气体的摩尔数为
n=
（2）锅内气体对压力阀及外界做功1J，并向外界释放了2J的热量，
根据热力学第一定律得：△U=W+Q=-3 J
锅内气体内能减少，减少了3 J．
（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小．
由P1=P0+
根据查理定律得：
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
答：（1）锅内气体分子数为
（2）锅内气体内能减少，减少了3 J．
（3）可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
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