- 热力学第一定律
- 共1851题
空调机中的压缩机在一次压缩过程中，对被压缩的气体做了1.0×103J的功，同时气体的内能增加了0.5×103J．该过程气体吸热还是放热？吸收或放出的热量Q是多少？
正确答案
解：该过程气体放热
由热力学第一定律得△U=W+Q，其中：△U=0.5×103J，W=1.0×103J
代入数据得 Q=-0.5×103J
负号表示放热0.5×103J
答：该过程放热0.5×103J．
解析
解：该过程气体放热
由热力学第一定律得△U=W+Q，其中：△U=0.5×103J，W=1.0×103J
代入数据得 Q=-0.5×103J
负号表示放热0.5×103J
答：该过程放热0.5×103J．
正确答案
解：活塞对气体做功10J，气体放热2J，根据热力学第一定律：E=W+Q
得：E=10-2=8J
即气体的内能增大8J．
答：气体的内能增大8J．
解析
解：活塞对气体做功10J，气体放热2J，根据热力学第一定律：E=W+Q
得：E=10-2=8J
即气体的内能增大8J．
答：气体的内能增大8J．
（1）下列关于热学现象和热学规律的说法中，正确的是______
A．利用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的
B．大量分子参与的宏观物理学过程都具有方向性
C．空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其他变化
D．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律
（2）如图：一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等容变化，B→C过程为等压变化．已知TA=TC=400K．
①求气体在状态B时的温度．
②说明A→B过程压强变化的微观原因．
③设A→B过程气体放出热量为Q1，B→C过程→气体吸收热量为Q2，比较Q1、Q2的大小并说明原因．
正确答案
解：（1）A、根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的，故A正确；
B、根据热力学第二定律可知大量分子参与的宏观物理学过程都具有方向性，故B正确；
C、空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气，有第三者压缩机的参与，因此引起了其它变化，故C错误；
D、能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D错误．
故选AB．
（2）①设气体在B状态时的温度为TB，由图可知：
根据等压变化有：
带入数据得：TB=300K．
故气体在状态B时的温度：TB=300K．
②压强变化的微观原因为：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
③答案为：Q1＜Q2，原因是：TA=TC，故A→B减小的内能与B→C增加的内能相同，而B→C过程气体对外做正功，A→B过程气体不做功，由热力学第一定律可知：Q1＜Q2．
解析
解：（1）A、根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的，故A正确；
B、根据热力学第二定律可知大量分子参与的宏观物理学过程都具有方向性，故B正确；
C、空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气，有第三者压缩机的参与，因此引起了其它变化，故C错误；
D、能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D错误．
故选AB．
（2）①设气体在B状态时的温度为TB，由图可知：
根据等压变化有：
带入数据得：TB=300K．
故气体在状态B时的温度：TB=300K．
②压强变化的微观原因为：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
③答案为：Q1＜Q2，原因是：TA=TC，故A→B减小的内能与B→C增加的内能相同，而B→C过程气体对外做正功，A→B过程气体不做功，由热力学第一定律可知：Q1＜Q2．
（1）现使环境压强不变，温度缓慢升高，最终被封闭气体体积变为2V0，此过程气体从外界吸收热量为Q1，对于气体在此过程中的下列说法正确的是______
A．密闭气体分子间的作用力增大，使活塞上移．
B．密闭气体的分子平均动能增加
C．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的
D．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和
（2）若使该气体先等温膨胀变为2V0，再等容升压使其压强变为P0，则此过程气体吸收热量为Q2，则Q1，Q2的大小关系是Q1______Q2．（选填“＜”、“=”或“＞”）
（3）若已知气体在原来状态下的密度为1.29kg/m3，体积V0=450cm3，空气的摩尔质量M=0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1，则被封闭空气的分子个数约是多少？（保留一位有效数字）
正确答案
解：（1）A、气体分子间的作用力很小，活塞重力不计，由于封闭气体的压强等于大气压，保持不变，温度升高，体积增大，则活塞上移，故A错误．
B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，密闭气体的分子平均动能增加．故B正确．
C、密闭气体的压强不是由于气体重力而产生的，而是由于大量气体分子频率碰撞器壁产生的，故C错误．
D、由于气体分子间距离较大，所以密闭气体的体积大于所有气体分子的体积之和．故D错误．
故选：B
（2）本题中间的变换过程不必要去理会，只看初始状态和最终状态，气体的质量始终没变，三个初始状态P、V、T一样，终了状态的P、V一样，都是一个大气压、体积2V0，就只剩温度T了，根据理想气体状态方程
②等温膨胀变为2V0，压强变为原来的一半，再等容升压使其恢复成一个标准大气压，终态温度是初始温度的2倍，对外做功W=
（3）被封闭的空气质量为 m=ρV0
分子个数为 n=
故答案为：（1）B；（2）＞；（3）被封闭空气的分子个数约为1×1022个．
解析
解：（1）A、气体分子间的作用力很小，活塞重力不计，由于封闭气体的压强等于大气压，保持不变，温度升高，体积增大，则活塞上移，故A错误．
B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，密闭气体的分子平均动能增加．故B正确．
C、密闭气体的压强不是由于气体重力而产生的，而是由于大量气体分子频率碰撞器壁产生的，故C错误．
D、由于气体分子间距离较大，所以密闭气体的体积大于所有气体分子的体积之和．故D错误．
故选：B
（2）本题中间的变换过程不必要去理会，只看初始状态和最终状态，气体的质量始终没变，三个初始状态P、V、T一样，终了状态的P、V一样，都是一个大气压、体积2V0，就只剩温度T了，根据理想气体状态方程
②等温膨胀变为2V0，压强变为原来的一半，再等容升压使其恢复成一个标准大气压，终态温度是初始温度的2倍，对外做功W=
（3）被封闭的空气质量为 m=ρV0
分子个数为 n=
故答案为：（1）B；（2）＞；（3）被封闭空气的分子个数约为1×1022个．
阳光烤暖了大地，地面辐射使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空．一大团暖空气上升过程中，边缘部分和外界空气的热交换对整个气团没有明显的影响，可以看成气团与外界没有热交换．则在暧气团上升的过程中温度如何变化？说说你的看法．
正确答案
解：在暧气团上升的过程中温度减小．
根据热力学第一定律△U=Q+W，气团上升过程中没有热交换，即Q为零，在气团上升过程中大气压强变小，体积要膨胀，所以气团要对外做功，W为负值，故△U 也为负值，即气体的内能减小．
气体由于分子间距离较大，不考虑分子势能，所以气体只有分子动能．所以气体分子内能减小，就是分子平均动能变小．
温度是分子平均动能的标志，故温度要减小．
故答案为：在暧气团上升的过程中温度减小．
解析
解：在暧气团上升的过程中温度减小．
根据热力学第一定律△U=Q+W，气团上升过程中没有热交换，即Q为零，在气团上升过程中大气压强变小，体积要膨胀，所以气团要对外做功，W为负值，故△U 也为负值，即气体的内能减小．
气体由于分子间距离较大，不考虑分子势能，所以气体只有分子动能．所以气体分子内能减小，就是分子平均动能变小．
温度是分子平均动能的标志，故温度要减小．
故答案为：在暧气团上升的过程中温度减小．
一定量的气体从外界吸收热量2.66×105J，内能增加3.75×105J，问是气体对外做功还是外界对气体做功？做了多少功？
正确答案
解：由热力学第一定律得：△U=W+Q，
得W=△U-Q=3.75×105J-2.66×105J=1.09×105J，
外界对气体做了1.09×105J的功；
答：外界对气体做了1.09×105J的功．
解析
解：由热力学第一定律得：△U=W+Q，
得W=△U-Q=3.75×105J-2.66×105J=1.09×105J，
外界对气体做了1.09×105J的功；
答：外界对气体做了1.09×105J的功．
（1）至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水
（2）试从微观上解释内封气体压强的变化原因．
正确答案
解：（1）设至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水．
已知：V1=1L+n•0.1L=（1+0.1n）L，p1=p0，
V2=1L，p2=1.5p0；
根据玻意耳定律p1V1=p2V2得：
p0（1+0.1n）L=p0×1.5L
解得：n=5（次）
（2）温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越来越多，因此压强不断变大．
答：（1）至少需要打5次才能使喷水刷喷出雾化水．
（2）内封气体压强的变化原因是：温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越来越多，压强不断变大．
解析
解：（1）设至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水．
已知：V1=1L+n•0.1L=（1+0.1n）L，p1=p0，
V2=1L，p2=1.5p0；
根据玻意耳定律p1V1=p2V2得：
p0（1+0.1n）L=p0×1.5L
解得：n=5（次）
（2）温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越来越多，因此压强不断变大．
答：（1）至少需要打5次才能使喷水刷喷出雾化水．
（2）内封气体压强的变化原因是：温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越来越多，压强不断变大．
空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×105J．试问：此压缩过程中，气体______（填“吸收”或“放出”）的热量等于______J．
正确答案
解：根据热力学第一定律△U=Q+W，活塞对气缸中的气体做功为W=3.0×105 J，气体内能增加了2.5×105J，根据公式为：△U=Q+W．放出热量为Q=5.0×104J．
故答案为：放出，5×l04．
解析
解：根据热力学第一定律△U=Q+W，活塞对气缸中的气体做功为W=3.0×105 J，气体内能增加了2.5×105J，根据公式为：△U=Q+W．放出热量为Q=5.0×104J．
故答案为：放出，5×l04．
一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：
（1）物体的内能如何变化？变化多少？
（2）这部分理想气体的压强如何变化？（回答“增大””减小”还是“不变”）
正确答案
解：（1）由热力学第一定律：△U=W+Q
可得：△U=-6.0×105+4.2×105=-1.8×105J，
气体内能减少：1.8×105J．
（2）理想气体气体内能减小，温度T降低，
由于气体对外做功，气体体积V增大，
由理想气体状态方程：
答：（1）理想气体的气体内能减少了1.8×105J．
（2）这部分理想气体的压强减小
解析
解：（1）由热力学第一定律：△U=W+Q
可得：△U=-6.0×105+4.2×105=-1.8×105J，
气体内能减少：1.8×105J．
（2）理想气体气体内能减小，温度T降低，
由于气体对外做功，气体体积V增大，
由理想气体状态方程：
答：（1）理想气体的气体内能减少了1.8×105J．
（2）这部分理想气体的压强减小
正确答案
解：打开阀门K后，A中的水逐渐向B中流动，达到平衡时，两边水面达到相同的高度．
设大气压为p，A中活塞的横截面积为S1，活塞向下移动的距离为h1，则对A来说，大气压力对水所做的正功W1=pS1h1=pV1．
同时B中活塞上移，设其横截面积为S2，上移距离为h2，对B来说，大气压力对水做的负功W2=-pS2h2=-pV2．
因水的压缩很小，可认为水的体积不变，有V1=V2，所以大气压力对水做的总功W=W1+W2=p（V1-V2）=0，即大气压力对连通器中的水不做功．
内能的变化是由做功和热传递引起的，由题目知水与外界不发生热传递，因此内能的变化必然是由做功引起的．大气压力不做功，只有重力做功．
在重力作用下，相当于A中体积为V1的那部分水降到B中V2部分中去了．因V1=V2，所以m1=m2=m，显然重力做正功WG=mg
答：在整个过程中，水的内能增加了mg
解析
解：打开阀门K后，A中的水逐渐向B中流动，达到平衡时，两边水面达到相同的高度．
设大气压为p，A中活塞的横截面积为S1，活塞向下移动的距离为h1，则对A来说，大气压力对水所做的正功W1=pS1h1=pV1．
同时B中活塞上移，设其横截面积为S2，上移距离为h2，对B来说，大气压力对水做的负功W2=-pS2h2=-pV2．
因水的压缩很小，可认为水的体积不变，有V1=V2，所以大气压力对水做的总功W=W1+W2=p（V1-V2）=0，即大气压力对连通器中的水不做功．
内能的变化是由做功和热传递引起的，由题目知水与外界不发生热传递，因此内能的变化必然是由做功引起的．大气压力不做功，只有重力做功．
在重力作用下，相当于A中体积为V1的那部分水降到B中V2部分中去了．因V1=V2，所以m1=m2=m，显然重力做正功WG=mg
答：在整个过程中，水的内能增加了mg
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