第1页共6页课时跟踪检测（四十二）1.3×105J，则此过程()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7.0×104J，气体内能减少A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J解析：选B由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界放出热量2.0×105J，B正确。2.(2017·全国卷Ⅱ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1mol氧气，b部分气体为2mol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(A．Va＞Vb，Ta＞TbC．Va＜Vb，Ta＜Tb解析：选DB．Va＞Vb，Ta＜TbD．Va＜Vb，Ta＞Tb
)a、b两部分的体积相等，温度相等，a部分气体为1mol氧气，b部分气第2页共6页体为2mol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Va＜Vb。根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，由于活塞绝热，Q＝0，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，内能减少，温度降低，所以Ta＞Tb，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第3页共6页到室外，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)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W＝0，根据ΔU＝W＋Q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p-V图像如图所示。已知气体处于状态A时的温度为300K，则下列判断正确的是()A．气体处于状态B时的温度是900KB．气体处于状态C时的温度是600KC．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：TA＝300K，A→B过程为等压变化，则有VAVB＝，代入数据TATB
解得：TB＝900K，选项A正确；B→C过程是等容变化，则有pBpC＝，代入数据解得：TCTBTC
＝300K，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，则气体的内能先增大后减小，选项C错误；由A→B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ΔU＝W＋Q知，气体吸热，选项D错误。第4页共6页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D．a、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990m深处的海水温度为280K。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T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m3，如果将该汽缸下潜至990m深处，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990m深处封闭气体的体积(1atm相当于10m深的海水产生的压强)。解析：(1)下潜过程中温度降低，则ΔU<0，气体体积减小，则W>0，由ΔU＝Q＋W知，Q<0，放热，且|Q|>W。(2)当汽缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100atm根据理想气体状态方程得p0V0pV＝T0T代入数据得V＝2.8×10－2m3。答案：(1)放热大于(2)2.8×10－2m3
11.(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第5页共6页A→B→C→D→A循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示。A状态的压强为1×105Pa，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VAVB＝TATB
代入数据解得TB＝VBTA＝600K。VA
(2)理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功W1＝－pA(VB－VA)解得W1＝－100J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pBpC＝TBTC
解得pC＝2.5×105Pa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W2＝pC(VC－VD)＝pC(VB－VA)解得W2＝250J一次循环过程中外界对气体所做的总功W＝W1＋W2＝150J理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内能不变。根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q解得Q＝－150J故完成一次循环，气体向外界放热150J。答案：(1)600K(2)放热150J12.(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m＝10kg、横截面积S＝10cm2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h＝0.2m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T0＝200K。现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞恰好第6页共6页离开a、b。已知大气压强p0＝1.0×105Pa。求：(g取10m/s2)(1)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Δh＝0.1m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Δh＝0.1m的全过程中电阻丝放热52J，求气体内能的变化量ΔU。解析：(1)活塞恰要离开ab时，由活塞平衡有：p0S＋mg＝p1S可得缸内气体的压强为：p1＝p0＋10×10mg＝1.0×105Pa＋Pa＝2.0×105Pa。－4S10×10(2)当活塞缓慢上升Δh＝0.1m时，缸内气体的压强为p1，理想气体状态方程有：p0Shp1（h＋Δh）S＝T0T代入数据可得：T＝600K。(3)从开始加热到活塞缓慢上升Δh＝0.1m的全过程中，气体对外界做功为：W＝－p1·SΔh＝－20J全过程中电阻丝放热52J，即气体吸收热量为：Q＝52J根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得：ΔU＝32J即气体内能增加了32J。答案：(1)2.0×105Pa(2)600K(3)32J
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