1、热力学定律综合评估限时：90分钟 总分：100分一、选择题(17为单选题，每小题5分；810为多选题，每小题6分，共53分)1.如图所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，则在此过程中(C)A气体对外做功，气体温度一定降低B气体对外做功，内能一定减少C气体压强减小，内能可能不变D气体从外界吸热，内能一定增加解析：由于汽缸为导热的，则可与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功，可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变2.如右图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转
2、轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动下列说法正确的是(D)A转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C转动的叶片不断搅动热水，水温升高D叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量解析：形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D对3热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程(D)A有的只遵守热力学第一定律B有的
3、只遵守热力学第二定律C有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律D所有的都遵守热力学第一、第二定律解析：热力学第一、第二定律是热力学的基本定律对所有涉及热现象的宏观过程都成立故选项D正确，A、B、C错误4下列说法中正确的是(C)A热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B功、热、内能是一样的C不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它任何变化D凡是不违反能量守恒定律的过程一定能实现解析：热量也能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项A错误；功、热、内能三者只是单位相同，但是实质上有本质的不同，选项B错误；根据热力学第二定律可知，选项C正确；凡
4、是不违反能量守恒定律的过程不一定能实现，例如第二类永动机，选项D错误；故选C.5.大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰维尔金斯设计了一种磁力“永动机”如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，
5、竟在德国取得了专利权关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是(D)A符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题B如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D违背能量转化和守恒定律，不可能实现解析：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现6下列说法正确的是(D)A当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大B能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量守恒定律C温度高的物体分子平均动能
6、一定大，内能也一定大D热力学第二定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵不会减小解析：当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；能量耗散不违反能量守恒，故B错误；内能是所有分子动能与势能之和，与温度和体积都有关温度高的物体分子平均动能一定大，内能不一定大，故C错误；在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵一定是增大的，故D正确7一定质量的气体在保持压强恒等于1.0105 Pa的状况下，体积从20 L膨胀到30 L，这一过程中气体从外界吸热4103 J，则气体内能的变化为(C)A增加了5103 J B减少了5103 JC增加了3103 J D
7、减少了3103 J解析：气体等压膨胀过程对外做功WpV1.0105 Pa(3020)103 m31.0103 J这一过程气体从外界吸热Q4103 J由热力学第一定律UWQ，由于气体对外做功，W应取负值，则可得U1.0103 J4.0103 J3.0103 J，即气体内能增加3103 J故正确答案为C.8奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧则以下说法中正确的是(AC)A燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的
8、过程D燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用解析：燃气由液态变为气态的过程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确；燃气在膨胀过程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误；由熵增加原理可知C选项正确；由能量耗散可知D选项错误9.一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B.这一过程在VT图上表示如图所示，则(AC)A在过程AC中，外界对气体做功，内能不变B在过程CB中，外界对气体做功，内能增加C在过程AC中，气体压强不断变大D在过程CB中，气体压强不断变小解析：从图可看出AC过程是等温压缩，CB过程是等容升温据气态方程可判断出：AC过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变
9、，气体压强不断变大；CB过程气体体积不变，内能增加，显然气体从外界吸热，气体压强不断增大10根据热力学定律和分子动理论可知，下列说法正确的是(BD)A可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化B理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越剧烈D利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的解析：根据热力学第二定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，而
10、气体压强大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度升高，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，理论上满足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确二、填空题(共12分)11(6分) (1)一定质量的理想气体，其状态变化如图所示，则AB过程中气体放热，BC过程中气体吸热(2)某气体初态时有100 J内能，膨胀过程中对外做功30 J，同时吸收了20 J的热量，在这过程中内能减少(选填“增加”或“减少
11、”)10 J.解析：(1)在pT图中，等容线是过原点的倾斜直线，且斜率越小，对应的体积越大，故VAVBVC.在AB过程中，体积变小，外界对气体做功，W为正值；温度降低，内能减少，由UWQ得该过程放热；在BC过程中，气体做等容变化，做功W0；温度升高，内能增加，由UWQ得该过程吸热(2)由热力学第一定律UU2U1WQ，结合符号法则及其物理意义有：W30 J，Q20 J，故UU2U110 J，因而内能减小了10 J.12(4分)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pT图象如图所示已知该气体在状态A时的体积为1103 m3.该气体在状态C时的体积为3103_m3；
12、该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体与外界传递的热量为0.解析：A、B两状态体积相等，则有得：TB，从B到C压强相同，则：，VC.又因：VBVA，故：VC3103 m3.由于A到B再到C的过程中温度降低先向外散热，再温度升高从外界吸热，最后A和C的温度相同，因此气体内能相同，因此气体向外界传递的热量为零13(2分)能源问题是当前热门话题，传统的能源煤和石油，由于储量有很，有朝一日要被开采完毕，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例下图表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为水坝；其下有通道，水经通道可带动发电机涨潮时，水进入海
13、湾，待内外水面高度相同，堵住通道如图甲；潮落至最低点时放水发电，如图乙；待内外水面高度相同，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又放水发电，如图丙设海湾面积为5.0107 m2，高潮与低潮间高度差为3.0 m，则一天内流水的平均功率为100 MW.解析：潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为 mgShg1.01035.0107310 N1.51012 N，其重心高度变化为h1.5 m.一天内海水两进两出，故水流功率为P W1.0108 W100 MW.三、计算题(共35分)14(8分)一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸
14、收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案：(1)内能增加160 J(2)外界对气体做功80 J解析：(1)由热力学第一定律可得UWQ120 J280 J160 J.即内能增加160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J，即U160 J，又Q240 J，根据热力学第一定律得：UWQ，WUQ160 J(2
15、40 J)80 J，即外界对气体做功80 J.15(8分)如图所示为一定质量理想气体的pV图象，气体状态由A经B到C的变化过程中，气体吸收了420 J热量，对外做功400 J已知状态A的温度为300 K求气体：(1)内能改变的数值；(2)状态C的温度TC.答案：(1)增加20 J(2)240 K解析：(1)由热力学第一定律UQW420 J400 J，解得U20 J.U为正，则气体内能增加20 J.(2)由理想气体状态方程：，解得状态C的温度：TC240 K.16. (9分)如图所示，为一汽缸内封闭的一定质量的气体的pV图线，当该系统从状态a沿过程acb到达状态b时，有335 J的热量传入系统，
16、系统对外界做功126 J，求：(1)若沿adb过程，系统对外界做功42 J，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？答案：(1)251 J(2)放热放出293 J热量解析：(1)沿acb过程，UWQ(126335) J209 J，沿adb过程，UWQ，QUW209(42) J251 J，即有251 J的热量传入系统(2)由ab，U209 J，由ba，UU209 J，UWQ84 JQ，Q(20984) J293 J，负号说明系统放出热量17(10分)如图所示，一导热汽缸放在水平地面上，其内封闭一定质量的某种理
17、想气体，活塞通过定滑轮与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始时活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升x，封闭气体吸收了Q的热量(汽缸始终未离开地面)求：(1)环境温度升高了多少？(2)气体的内能如何变化？变化了多少？答案：(1)(273t) K(2)内能增加UQ(p0SG)x解析：(1)活塞缓慢移动，任意时刻都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖吕萨克定律可知：，其中VS，VxS，T273t，得T(273t)K.(2)气体温度升高，内能增加设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pSp0SG，封闭气体对外做功WpSx(p0SG)x，由热力学第一定律得：UQ(W)Q(p0SG)x.