1、第3讲热力学定律与能量守恒1(2020广东深圳调研)(多选)下列说法正确的是()A液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性B太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用C用打气筒的活塞压缩气体很费劲，说明分子间有斥力D第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了能量守恒定律E在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体ABE液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性，选项A正确；太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用，选项B正确；用打气筒的活塞压缩气体很费劲，这是气体压强作用的结果，不能说明分子间有斥力，选项C错误；第二类永动机是不可能制
2、造出来的，因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，选项D错误；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，加工后做成玻璃就是非晶体，选项E正确。2(多选)下列对热学相关知识的判断中正确的是()A对一定质量的气体加热，其内能一定增大B物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大C对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大D功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源 CDE气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分
3、子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大。温度一定增大。内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D正确；自然界中的能量在数量上是守恒的。但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能量在逐渐减少，故要节约能源，E正确。3(2020江西南昌模拟)(多选)如图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左、右两室分别充有一定量的氢气和氧气(均视为理想气体)。初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法正确的是()A初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小
4、C系统重新达到平衡时，两者温度相同，等于初始值D松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气E松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增加后减少CDE温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，初始时两部分气体分子的平均动能相同，故A错误；松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高，由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减少，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同，故B错误，CDE正确。42016全国卷33(1)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历
5、等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是()A气体在a、c两状态的体积相等B气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功ABE由理想气体状态方程C得， pT，由图象可知，VaVc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而TaTc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律UQW知，cd过程温度不变，内能不变，则QW，选项
6、C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外做的功，选项D错误；bc过程和da过程互逆，则做功的多少相同，选项E正确。5.(多选)如图所示，电路与一绝热气缸相连，R为电热丝，气缸内封闭着一定质量的理想气体，外界大气压强恒定，闭合开关后，绝热活塞K缓慢且无摩擦地向右移动，下列说法正确的是()A气体的内能增加B气体分子平均动能不变C电热丝放出的热量等于气体对外所做的功D气体的压强不变E气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少ADE活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化，活塞缓慢向右移动过程中，气体体积增大，故温度一定升高，气体内能增加，A、D正确；电热丝向气体放热
7、，气体温度升高，分子平均动能增大，B错误；气体内能增大，由热力学第一定律可知，电热丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，C错误；气体体积变大，故气体单位体积内的分子数减少时，单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少，E正确。6.(2020重庆市九校联考) (多选)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ，状态C和D的温度均为133 ，下列判断正确的是()A气体由状态A到B的过程，温度先升高后降低B气体由状态B到C的过程，内能保持不变C气体由状态C到D的过程，分子间
8、的平均间距减小D气体由状态C到D的过程，气体对外做功 E气体由状态D到A的过程，其热力学温度与压强成正比ADE状态A和B的温度相等，根据C，经过A，B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确；气体由状态B到C的过程，体积不变，根据C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D的过程，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D的过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A的过程，体积不变，根据C，其热力学温度与压强成正比，故E正确。7.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、c
9、a回到原状态，其V T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是()A过程ab中气体一定吸热BpcpbpaC过程bc中分子势能不断增大D过程bc中每一个分子的速率都减小E过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功ABE由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据UQW，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pcpb，而从a到b为等容变化，根据查理定律pCT，可知温度升高，压强变大，故pbpa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的
10、速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据UQW，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确。8.一定质量理想气体的p V图象如图所示，其中ab为等容变化过程，bc为等压变化过程，ca为等温变化过程，已知气体在状态a时的温度Ta300 K，在状态b时的体积Vb22.4 L。(1)求气体在状态c时的体积Vc；(2)试比较气体由状态b到状态c过程从外界吸收的热量Q与对外做功W的大小关系，并简要说明理由。解析：(1)ca为等温变化过程，根据玻意耳定律得paVapcVc又ab为等容变化过程，所以VaVb22.4 L解得Vc67.2 L.(2)气体由状态
11、b到状态c为等压过程，由盖 吕萨克定律可知体积增大时温度升高，所以气体内能增加，U0，气体对外做功，W0，再结合热力学第一定律UQW可知，气体从外界吸收的热量Q大于气体对外做的功W。答案：(1)67.2 L(2)气体从外界吸收的热量Q大于气体对外做的功W理由见解析9.如图所示，一根两端开口、横截面积为S2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L21 cm的气柱，气体的温度为t17 ，外界大气压取p01.0105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强)。(1)若在活塞上放一个质量为m0.1 kg的砝码，保持气体的温度
12、t1不变，则平衡后气柱为多长？(g10 m/s2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t277 ，此时气柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？解析：(1)被封闭气体的初状态为p1p01.0105 PaV1LS42 cm3，T1280 K末状态压强p2p01.05105 PaV2L2S，T2T1280 K根据玻意耳定律，有p1V1p2V2，即p1Lp2L2得L2L20 cm。(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3p2，V3L3S，T3350 K根据盖 吕萨克定律，有，即得L3L225 cm。(3)气体对外做的功Wp2Shp2S(L3
13、L2)1.05 J根据热力学第一定律得UWQ1.05 J10 J8.95 J即气体的内能增加8.95 J。答案：(1)20 cm(2)25 cm(3)8.95 J10.(2019武汉华中师大一附中期中)(5选3)如图所示，一气缸固定在水平面上，气缸内活塞B封闭着一定质量的理想气体，假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体，下列说法正确的是()A单个气体分子对气缸壁的平均作用力变小B单位时间内，气体分子对左侧气缸壁的碰撞次数变少C外界对气体做正功，气体向外界放热D气体对外界做正功，气体内能不变E气体是从单一热源吸热，全部用
14、来对外做功，但此过程并未违反热力学第二定律BDE由理想气体状态方程知，等温变化过程中，体积增大，压强减小，即所有分子的平均作用力变小，但分子做无规则热运动，大量分子只能得到统计规律，无法衡量某一个分子的撞击力是否变化，A错误；气体的温度不变，则分子运动的激烈程度不变，气体的压强减小，根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故B正确；气体体积变大，故气体对外做正功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变即内能不变，则气体从外界吸热，C错误，D正确；在变化的过程中，气体不断地从外界吸收热量用来对外做功，但引起了其他变化如F做了功，此
15、过程没有违反热力学第二定律，E正确。11.2020湖南长沙四县市(区)调研如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热活塞，活塞底面与汽缸底面平行，一定量的气体被活塞密封在汽缸内当平台倾角为37时，汽缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为汽缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，汽缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin 370.6，cos 370.8。(1)当平台处于水平位置时，求汽缸内气体的体积；(2)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体放出
16、0.32p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量U。解析：本题考查气体实验定律与斜面的结合。(1)设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为37时汽缸内气体的压强为p1p0，气体的体积V1V，当平台水平时，汽缸内气体的压强p22p0p0，解得p11.8p0，平台从倾斜转至水平过程中，为等温变化，由玻意耳定律有p1V1p2V2，解得V20.9V；(2)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖 吕萨克定律得，解得V30.81 V，活塞下降过程，外界对气体做功大小为Wp2(V2V3)0.18p0V，已知Q0.32p0V，由热力学第一定律得汽缸内气体内能变化量为UWQ，解得U0.14p0V，即气体的内能减小了0.14p0V。答案：(1)0.9V(2)气体的内能减小了0.14p0V
