A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律 B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的 答案 D
解析 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对． 题组3 热力学定律与气体实验定律的综合
5．(2015·福建·29(2))如图1，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和
ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( )
图1
A．Tb＞Tc，Qab＞Qac C．Tb＝Tc，Qab＞Qac 答案 C
解析 a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝变化，由查理定律得：＝
B．Tb＞Tc，Qab＜Qac D．Tb＝Tc，Qab＜Qac
V02V0
，得Tb＝2Ta，a→c过程为等容
TaTbp02p0
，得Tc＝2Ta，所以Tb＝Tc.
TaTc由热力学第一定律，a→b：Wab＋Qab＝ΔUab
a→c：Wac＋Qac＝ΔUac
又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac>0，则有Qab＞Qac，故C项正确．
6.如图2所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300K.
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图2
(1)求气体在状态B的温度；
(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由． 答案 (1)1 200 K (2)放热，理由见解析 解析 (1)由理想气体的状态方程
pAVApBVB＝ TATB解得气体在状态B的温度TB＝1 200 K
(2)由B→C，气体做等容变化，由查理定律得：＝
pBpCTBTCTC＝600 K
气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，可知气体要放热．
7.如图3所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0与T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
图3
(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1； (2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q. 答案 见解析
解析 (1)在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为
pp0
T1，由查理定律得：＝，
TT1
解得T1＝2T0
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在气体温度由T1变为T0过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得
VV1＝ T1T0
1得V1＝V
2
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝α(T1－T0) 由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU 1
解得Q＝p0V＋αT0.
2
8．如图4所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B.活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量
Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g.
图4
(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU1，求B气体内能增加量ΔU2.
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.
2T2Sp0
答案 (1)Q－(mg＋p0S)h－ΔU1 (2)(－1)(＋m)
T1g解析 (1)B气体对外做的功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律得ΔU1＋ΔU2＝Q－W 解得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1
(2)停止对气体加热后，B气体的初状态：
mgp1＝p0＋
SV1＝2hS，T1 B气体的末状态： p2＝p0＋
?m＋Δm?g
S15
V2＝hS，T2
由理想气体状态方程
p1V1p2V2
＝ T1T2
2T2Sp0
解得Δm＝(－1)(＋m)．
T1g 16