2020版 物理(鲁科版)选修3-3 热学选修3-3 第3讲

体内能增加了1.5×105 J，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项E错误。 答案 BCD

6.(多选)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )

V

A.某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数NA＝V

0

B.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律 C.根据热力学第二定律可知，一个孤立系统的总熵一定不会减小

D.当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力 E.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关

V

解析 因为气体分子不是紧密靠在一起的，对于气体，不能通过NA＝V求出阿伏

0

伽德罗常数，故A错误；第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了热力学第二定律而不违背能量守恒定律，选项B错误；用熵的概念对热力学第二定律的表述，选项C正确；当两分子间的距离小于r0时，分子间的斥力大于分子间的引力，D正确；气体温度每升高1 K，气体内能增加一定，可通过不同的变化过程，所以气体吸收的热量与气体经历的过程有关，E正确。 答案 CDE

7.(多选)一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图2所示，下列说法正确的是( )

图2

A.b→c过程中，气体压强不变，体积增大 B.a→b过程中，气体体积增大，压强减小 C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变

D.c→a过程中，气体内能增大，体积变小 E.c→a过程中，气体从外界吸热，内能增大

V

解析 b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律T＝C得知，体积应减小，故A错误；a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，压强减小，根据玻意耳定律pV＝C得知，体积增大，故B正确；c→a过程中，由图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，故C正确，D错误；一定质量的理想气体的内能与气体温度有关，并且温度升高气体的内能增大，则知c→a过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以气体一定吸收热量，故E正确。 答案 BCE

8.(多选)[2016·全国卷Ⅰ，33(1)]关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热

D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡

解析 气体内能的改变ΔU＝Q＋W，故对气体做功可改变气体内能，选项B正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度的变化，选项A错误；理想气体等压膨胀，W<0，由理想气体状态方程

pV

＝C，p不变，V增大，T

气体温度升高，内能增大，ΔU>0，由ΔU＝Q＋W，知Q>0，气体一定吸热，选项C错误；由热力学第二定律，选项D正确；根据热平衡原理，选项E正确。 答案 BDE

综合提能练

9.(多选)(2019·黑龙江哈三中模拟)我国航天员漫步太空已变成现实。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，飞船专门用来完成此功能的舱叫“气闸舱”，其原理图如图3所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡。若将此气体近似看成为理想气体，则下列说法正确的是( )

图3

A.气体体积膨胀，对外做功，内能减小

B.气体体积变大，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将变少 C.气体并没有对外做功，气体内能不变 D.B中气体不可能自发地全部退回到A中 E.气体温度变小，体积增大，压强减小

解析 气体自由膨胀，没有对外做功，故内能不变，温度也不变，故A、E错误，C正确；一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到ApV

中，故D正确；根据T＝C可知当T不变、V增大时，p减小，故气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将变少，B正确。 答案 BCD

10.(2019·贵州遵义模拟)如图4所示，一个内壁光滑的圆柱形气缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。温度为热力学温标T0时，用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，气缸处于竖直状态，缸内气体高为L0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：

图4

(1)采用缓慢升温的方法使活塞与气缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？ (2)从开始升温到活塞刚要脱离气缸，缸内气体压力对活塞做功多少？

(3)当活塞刚要脱离气缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？

L0SLS

解析 (1)气体等压变化，由盖吕萨克定律得T＝T，

0

LT0

解得T＝L。

0

(2)对活塞，由平衡条件得mg＋pS＝p0S， 气体做功W＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)， 解得W＝(p0S－mg)(L－L0)。

(3)由热力学第一定律得ΔU＝－W＋Q， 气体吸收的热量Q＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。 L

答案 (1)T0 (2)(p0S－mg)(L－L0)

L0(3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)

11.如图5所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，气缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U形管内水银面高度差h1＝15 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。

图5

(1)让气缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度； (2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在气缸内无摩擦滑动，同时对气缸缓慢加热，直至气缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。