2019版一轮优化探究物理练习：第十三章第3讲热力学定律与能量守恒定律

发布时间：2019-12-17 23:09:38 来源：文档文库

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一、选择题

1．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

解析：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，可利用的能源在逐渐减少，故要节约能源，E正确．

答案：CDE

2．关于物体的内能，以下说法中正确的是(　　)

A．物体吸收热量，内能一定增大

B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少

C．物体体积改变，内能可能不变

D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功

E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大

解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确．

答案：BCE

3．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是(　　)

A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生

B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的

C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能

D．气体向真空的自由膨胀是可逆的

E．热运动的宏观过程有一定的方向性

解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．

答案：BCE

4．(2016·高考全国卷Ⅰ)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：若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错误；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程615a12316beb1697908f508262218414.png＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．

答案：BDE

二、非选择题

5.一定质量的理想气体在初状态(状态A)时温度为T0，压强p0＝2.0×105 Pa，内能为20 J，其体积V与热力学温度T间的关系如图所示，线段AB、BC分别与V轴和T轴平行．假设理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比．

(1)求状态C时的压强pC.

(2)若气体从状态A变化到状态C的过程中，对外界做的功为10 J，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”) ________ J热量．

解析：(1)从A到B发生等温变化，有p0V0＝pB·2V0，从B到C发生等容变化，有1cd015c02c895bebae76f9ae707f38e2.png＝03ad6e93ac91692b4c976a966838ce39.png，联立解得pC＝fd21e15506809a5b88dacdc7ce7b4aba.png＝3.0×105 Pa.

(2)因理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比，所以在状态C时内能为

180 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝170 J，所以此过程吸收热量170 J.

答案：(1)3.0×105 Pa　(2)吸收　170

6.如图所示p V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，放出热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J.

(1)ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？

(2)BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？

解析：(1)ACB过程中，W1＝－280 J，Q1＝－410 J

由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝－690 J

气体的内能减少，减少量为690 J.

(2)因为一定质量理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能变化量：UA－UB＝690 J

由题知W2＝200 J

由热力学第一定律得UA－UB＝W2＋Q2

解得Q2＝490 J

即吸收热量490 J.

答案：见解析

7.(2018·江西南昌模拟)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)

(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．

(2)此过程中外界对左管内气体________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．

解析：(1)设U形管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为L2，稳定后低压舱内的压强为p，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得

p1V1＝p2V2

p1＝p0

p2＝p－ph

V1＝L1S

V2＝L2S

h＝2(L2－L1)

联立各式，代入数据得p＝70 cmHg.

(2)此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热．

答案：(1)70 cmHg　(2)做负功　吸热

8.如图所示，用质量m＝1 kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝0.50 m，气体的温度t1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t2＝ 207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300 J．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，活塞横截面积S＝5.0×10－4 m2.求：

(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；

(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q.

解析：(1)气体压强p＝p0＋c63f3016fab33618f66a03a2d16ee412.png＝1.2×105 Pa.

气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得4125bdadefa06985c187db28f901bdd2.png＝49c0b474e74446ee1bbbb4ecf621beac.png，

代入数据解得h2＝0.80 m.

(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为

W0＝pΔV＝[1.2×105×(0.80－0.50)×5.0×10－4] J＝18 J.

根据热力学第一定律可得气体内能的变化为

ΔU＝－W0＋Q，得Q＝ΔU＋W0＝318 J.

答案：(1)1.2×105 Pa　0.80 m　(2)318 J

9．如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.

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(1)下列说法中正确的是________．

A．该过程中汽缸内气体的压强始终为p0

B．该过程中气体的内能不断增大

C．该过程中气体不断从外界吸收热量

D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功

E．A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同

(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．

(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？

解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p0＋c63f3016fab33618f66a03a2d16ee412.png，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误．

(2)由盖—吕萨克定律得95c466051bcc38d3cd26047cd6fb7270.png＝47fce082579179b993e12e5904e78bbf.png，即e600c3742be967096c428628d67c672a.png＝d4c3ab54748a2fc1422f661909905889.png，解得L＝cf0f9f79ee0cd8bdd1e9f05377ca095c.pngΔL.