1、第三章热力学定律本章达标检测(满分:100分;时间:45分钟)一、选择题(本题共8个小题,每小题6分,共48分。其中16小题只有一个选项正确,78小题有多个选项正确,全选对得6分,选对但不全得3分,选错或不选得0分)1.根据热力学定律,下列判断正确的是()A.我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖B.冰可以熔化成水,水也可以结成冰,这个现象违背了热力学第二定律C.制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气,而不引起其他变化D.利用其他手段,使低温物体温度更低,高温物体的温度更高2.(2020江苏南京中华中学高二下段考)下列说法正确的是()A.电能不可能全部转变成内
2、能B.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性C.因为能量守恒,所以能源危机是不可能的D.摩擦力做功的过程,必定有机械能转化为内能3.(2020江苏徐州一中高二下月考)某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内(活塞与汽缸壁间的摩擦不计),待活塞静止后,将小石子缓慢地加在活塞上,如图所示。在此过程中,若大气压强与室内的温度均保持不变,下列说法正确的是()A.由于汽缸导热,故缸内气体的压强保持不变B.缸内气体温度不变,缸内气体对活塞的压力保持不变C.外界对缸内气体做的功大小等于缸内气体向外界释放的热量D.外界对缸内气体做功,缸内气体内能增加4
3、.(2020山东临沂平邑一中高二下测试)“温泉水滑洗凝脂,冬浴温泉正当时”,在寒冷的冬天里泡一泡温泉,不仅可以消除疲劳,还可扩张血管,促进血液循环,加速人体新陈代谢。设水温恒定,则温泉中正在缓慢上升的气泡()A.压强增大,体积减小,吸收热量B.压强增大,体积减小,放出热量C.压强减小,体积增大,吸收热量D.压强减小,体积增大,放出热量5.某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气、打气结束、突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况,车胎内气体温度随时间变化的情况如图所示。可获取的信息是()A.从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功,
4、内能迅速增大B.打气结束到拔出气门芯前由于气体对外做功,其内能缓慢减少C.拔掉气门芯后,气体冲出对外做功,其内能急剧减少D.放气后静置一段时间由于再次对气体做功,气体内能增大6.(2019河北张家口高二下月考改编)下列说法正确的是()A.能量耗散和能量守恒是矛盾的B.热量不可能由低温物体传给高温物体而不引起其他变化C.一定质量的理想气体放出热量,则分子的平均动能一定减少D.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行7.(2020重庆南开中学高三上质检节选)下列说法正确的是()A.分子间距离增大,分子势能一定减小B.一个热力学系统,如果从外界吸热,内能可能减少C.气体温度升高,体积一定增大D.热机
5、的效率总是小于100%8.(2020河南林州一中高二下调研)关于热现象,下列说法正确的是()A.热量不能自发地从低温物体传到高温物体B.物体速度增大,则组成物体的分子动能增大C.绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大,其内能一定减少D.相同质量的两个物体,升高相同温度,内能增加一定相同二、非选择题(共4小题,共52分)9.(10分)如图所示为测量大气压强的实验装置,将一定质量的气体密封在烧瓶内,烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接,最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高,烧瓶中气体体积为800 mL;现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水,稳定后两臂中水银面的高度差为25 cm,不
6、计玻璃管中气体的体积,环境温度不变。求:(1)此过程中外界对烧瓶内的气体(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体(填“吸热”或“放热”)。(2)大气压强p0(用“cmHg”作压强单位)。10.(2019广西柳州高二下段考)(14分)一定质量的理想气体从状态AB,再从状态BC,最后从状态CA完成一次循环,如图所示。已知状态A时气体的温度TA=900 K。(1)求气体在状态B时的温度TB;(2)求气体从状态BC的过程中,气体对外做的功WBC;(3)已知气体从状态CA的过程中,外界对气体做的功WCA=3.6105 J,试说明该过程中气体是吸热还是放热,求吸收(或放出)了多少热量QCA。11.(2
7、020四川泸县高三上期末)(14分)如图所示,一汽缸水平放置,用一横截面积为S、厚度不计的活塞在缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与缸底间的距离为L,在活塞右侧13L处有一对与汽缸内壁固定连接的卡环,缸内气体的温度为T0,大气压强为p0,汽缸导热性良好。现将汽缸在竖直面内缓慢转过90,汽缸开口向下,活塞刚好与卡环接触,重力加速度为g。不计汽缸与活塞间摩擦。(1)求活塞的质量;(2)再将汽缸在竖直面内缓慢转动180,当汽缸开口向上时,对缸内气体缓慢加热,直到当缸内活塞再次恰好与卡环接触,加热过程中气体内能增加U,求缸内气体的温度和加热过程中气体吸收的热量。12.(2019陕西西安中学高三月考)(1
8、4分)如图所示,圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体,汽缸的高度为l,缸体内底面积为S,缸体重力为G。弹簧下端固定在桌面上,上端连接活塞,活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时,缸内气体高为0.5l,已知大气压强为p0,不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。(1)求此时缸内气体的温度;(2)求该过程缸内气体对汽缸所做的功;(3)若该过程缸内气体吸收热量为Q,则缸内气体内能增加多少?答案全解全析1.D根据热力学第二定律可知,不能把散失的能量全部收集起来重新加以利用,A错误;冰熔化成水,水结成冰,没有违背热力学第二定律,故B错误;冰箱制冷过程压缩机做功引起了其他
9、变化,故C错误;根据热力学第二定律,热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体,而不引起其他的变化,但通过一些手段是可以实现的,故D正确。2.B电能可以全部转化为内能,故A错误;热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性,故B正确;能量虽然守恒,但能源会逐步减少,故C错误;静摩擦力做功,没有机械能转化为内能,故D错误。3.C将小石子缓慢地加在活塞上,由平衡条件可知气体对活塞的压力变大,则气体压强变大,故A错误;汽缸导热性能良好,过程缓慢,缸内气体温度不变,故B错误;温度不变时,理想气体内能不变,体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,外界对气体做的功与气体放出的热量相等
10、,故C正确,D错误。4.C水温恒定,温泉中正在缓慢上升的气泡,压强减小,温度不变,由理想气体状态方程pVT=C可知,体积增大;温度不变,故内能不变,体积增大时,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体吸收热量,故C正确。5.C从开始打气到打气结束的过程中外界对车胎内气体做功,故A错误;打气结束到拔出气门芯前由于传热车胎内气体温度下降,故B错误;拔掉气门芯后车胎内气体冲出对外界做功,气体内能急剧减少,故C正确;放气后静置一段时间由于传热车胎内气体温度上升,故D错误。6.B能量耗散的过程中能量向低品质的内能转变,但是总的能量是守恒的,能量不能凭空产生,也不能凭空消失,所以能量耗散与能量守恒不矛盾,
11、故A错误;根据热力学第二定律可知热量不可能从低温物体传给高温物体而不引起其他变化,故B正确;一定质量的理想气体放出热量,若同时外界对气体做功,则气体的内能不一定减小,温度不一定降低,分子的平均动能不一定减少,故C错误;涉及热现象的宏观自然过程具有方向性,满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行,故D错误。7.BD当分子间作用力表现为引力时,分子间距离增大,分子间作用力做负功,分子势能增加,选项A错误;一个热力学系统,如果从外界吸热的同时系统对外做功,则内能可能减少,选项B正确;根据理想气体状态方程pVT=C可知,气体温度升高,体积不一定增大,选项C错误;根据热力学第二定律可知,热机的效率总
12、是小于100%,选项D正确。8.AC根据热力学第二定律可知热量不能自发地从低温物体传到高温物体,故A正确;物体分子平均动能的标志是温度,与宏观速度无关,故B错误;绝热容器Q=0,气体体积增大,气体对外做功,W0,根据热力学第一定律U=Q+W,U0,内能减少,故C正确;两个物体质量相同,升高相同温度,吸收的热量不一定相同,且分子势能变化不确定,内能增加不一定相同,故D错误。9.答案(1)做正功放热(每空2分)(2)75 cmHg解析(1)气体体积减小,外界对气体做正功,温度不变,气体的内能不变,由热力学第一定律知,气体放热。(2)初状态:p1=p0,V1=800 mL(1分)注入水后:p2=p0
13、+p,p=25 cmHg,V2=600 mL(2分)由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p0=75 cmHg(3分)10.答案(1)300 K(2)2105 J(3)放热3.6105 J解析(1)AB是等容变化,根据查理定律得pATA=pBTB(3分)解得TB=pBpATA=11053105900 K=300 K(1分)(2)BC是等压变化,且体积增大,所以气体对外做功WBC=pBVBC=1105(3-1) J=2105 J(5分)(3)CA是等温变化,由于理想气体的内能只与温度有关,可知其内能不变,即U=0由热力学第一定律U=Q+W,可知外界对气体做的功全部以热量形式放出,故放热QCA=W
14、CA=3.6105 J。(5分)11.答案(1)p0S4g(2)53T023p0SL+U解析(1)设活塞的质量为m,当汽缸开口向下时,缸内气体的压强p1=p0-mgS(2分)汽缸从水平转到缸口向下,气体发生等温变化,则p0LS=p143LS(2分)联立解得活塞的质量m=p0S4g(1分)(2)设汽缸开口向上且活塞与卡环刚好要接触时,缸内气体的温度为T,缸内气体的压强p2=p0+mgS=54p0(2分)气体发生等容变化,则有p1T0=p2T(2分)解得T=53T0(1分)设汽缸刚转到开口向上时,活塞离卡环的距离为d,则p0LS=p2(43L-d)S(1分)解得d=815L(1分)在给气体加热的过
15、程中,气体对外做功,W取负值W=-p2Sd=-23p0SL(1分)根据热力学第一定律U=Q+W可知,气体吸收的热量Q=U-W=23p0SL+U(1分)12.答案(1)2T0(2)(G+p0S)l2(3)Q-(G+p0S)l2解析(1)缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸过程为等压变化,故由盖-吕萨克定律可得0.5lST0=lST(2分)解得此时缸内气体的温度T=2T0(2分)(2)对汽缸列平衡方程G+p0S=pS(2分)该过程气体对汽缸做功W=Fx=pS(l-0.5l)(2分)解得W=(G+p0S)l2(1分)(3)由热力学第一定律U=Q+W,W=-W,气体吸收的热量为Q,故其内能的增量U=Q-(G+p0S)l2。(5分)
