【物理】2020届一轮复习人教版热力学定律与能量守恒定律课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版热力学定律与能量守恒定律课时作业

热力学定律与能量守恒定律 1.(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　) A.热量能够自发地从高温物体传到低温物体 B.不可能使热量从低温物体传向高温物体 C.第二类永动机违反了热力学第二定律 D.气体向真空膨胀的过程是不可逆过程 E.功转变为热的实际宏观过程是可逆过程 答案　ACD 2.(多选)在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢施 加压力，将袋内的氮气视为理想气体，在加压测试过程中，下列说法中正确的是(　　) A.包装袋内氮气的压强增大 B.包装袋内氮气的内能不变 C.包装袋内氮气对外做功 D.包装袋内氮气放出热量 E.包装袋内氮气的所有分子运动速率都保持不变 答案　ABD 3.(多选)下列说法中正确的是(　　) A.物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大 B.一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小 C.相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同 D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系 E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 答案　BDE 解析　速度增大，不会改变物体的分子的动能，故 A 错误；体积增大时，气体对外做功，不 吸热也不放热时，内能减小，故 B 正确；质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相 同的温度时，内能的增量不一定相同，故 C 错误；物体的内能取决于物体的温度和体积，故 D 正确；由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故 E 正确. 4.(2018·青海格尔木调研)根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　　) A.机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能 B.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温 物体，而不能从低温物体传递给高温物体 C.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到 100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃ D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和 发展，第二类永动机可以制造出来 答案　A 解析　机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A 正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体 传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B 错误；尽管 科技不断进步，热机的效率仍不能达到 100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限 接近－273.15 ℃，C 错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒 定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D 错误. 5.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　　) 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. 6.景颇族的祖先发明的点火器如图 1 所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒.猛推推杆， 艾绒即可点燃.对筒内封闭的气体，在此压缩过程中(　　) 图 1 A.气体温度升高，压强不变 B.气体温度升高，压强变大 C.气体对外界做正功，气体内能增加 D.外界对气体做正功，气体内能减少 答案　B 7.(2015·福建理综·29(2))如图 2，一定质量的理想气体，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 2 A.Tb＞Tc，Qab＞Qac B.Tb＞Tc，Qab＜Qac C.Tb＝Tc，Qab＞Qac D.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：V0 Ta＝2V0 Tb ，得 Tb＝2Ta，a→c 过程为等容 变化，由查理定律得：p0 Ta＝2p0 Tc ，得 Tc＝2Ta，所以 Tb＝Tc. 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. 8.如图 3 所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A.其中， A―→B 和 C―→D 为等温过程，B―→C 和 D―→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这 就是著名的“卡诺循环”. 图 3 (1)该循环过程中，下列说法正确的是________. A.A―→B 过程中，外界对气体做功 B.B―→C 过程中，气体分子的平均动能增大 C.C―→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D.D―→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 (2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”“B―→C”“C―→D”或 “D―→A”).若气体在 A―→B 过程中吸收 63 kJ 的热量，在 C―→D 过程中放出 38 kJ 的热量， 则气体完成一次循环对外做的功为________kJ. 答案　(1)C　(2)B―→C　25 解析　(1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A―→B 为等温过程，内能不变，气 体的体积增大，气体对外做功，A 错；B―→C 过程为绝热过程，气体体积增大，气体对外做 功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B 错；C―→D 为等温过程，气体体积减小， 单位体积内的分子数增多，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C 正确； D―→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率 分布曲线变化，D 错. (2)在以上循环过程中，内能减小的过程是 B―→C.由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 得 W＝25 kJ. 9.如图 4 所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不 计，开始时活塞距离汽缸底部高度 H1＝0.60 m，气体的温度 T1＝300 K；现给汽缸缓慢加热 至 T2＝480 K，活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度 H2 处，此过程中缸内气体增加的内能 ΔU＝300 J.已知大气压强 p0＝1.0×105 Pa，活塞横截面积 S＝5.0×10－3 m2.求： 图 4 (1)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. 答案　(1)0.96 m　(2)480 J 解析　(1)气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得：H1S T1 ＝H2S T2 即0.60 m 300 K ＝ H2 480 K 解得 H2＝0.96 m (2)在气体膨胀的过程中， 气体对外做功为： W0＝p0ΔV＝[1.0×105×(0.96－0.60)×5.0×10－3] J＝180 J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为 ΔU＝－W0＋Q，得 Q＝ΔU＋W0＝480 J. 10.如图 5 所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为 S＝10 －3 m2，活塞的质量为 m＝2 kg，厚度不计.在 A、B 两处设有限制装置，使活塞只能在 A、B 之间运动，B 下方汽缸的容 积为 1.0×10－3 m3，A、B 之间的容积为 2.0×10－4 m3，外界大气压强 p0＝1.0×105 Pa，开始 时活塞停在 B 处，缸内气体的压强为 0.9p0，温度为 27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至 327 ℃.g＝10 m/s2，求： 图 5 (1)活塞刚离开 B 处时气体的温度 t2； (2)缸内气体最后的压强. 答案　(1)127 ℃　(2)1.5×105 Pa 解析　(1)活塞刚离开 B 处时，设气体的压强为 p2，由二力平衡可得 p2＝p0＋mg S ， 解得 p2＝1.2×105 Pa 气体发生等容变化，由查理定律得 0.9p0 273＋t1＝ p2 273＋t2，t1＝27 ℃，解得 t2＝127 ℃ (2)假设活塞最终移动到 A 处时缸内气体最后的压强为 p3，由理想气体状态方程得 p1V0 273＋t1＝ p3V3 273＋t3，t1＝27 ℃，t3＝327 ℃，V0＝1.0×10－3 m3，V3＝1.2×10－3 m3.解得 p3＝1.5×105 Pa 因为 p3>p2，故活塞最终移动到 A 处的假设成立. 11.一定质量的理想气体被活塞封闭在导热汽缸内，如图 6 所示水平放置.活塞的质量 m＝20 kg， 横截面积 S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与汽 缸底的距离 L1＝12 cm，离汽缸口的距离 L2＝3 cm.外界气温为 27 ℃，大气压强为 1.0×105 Pa， 将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好 与汽缸口相平，已知 g＝10 m/s2，求： 图 6 (1)此时气体的温度为多少？ (2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收 Q＝370 J 的热量，则气体增 加的内能 ΔU 多大？ 答案　(1)450 K　(2)310 J 解析　(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa， V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K 当汽缸口朝上且活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有 p1S＝p0S＋mg 则 p1＝p0＋mg S ＝1.0×105 Pa＋ 200 10－2 Pa＝1.2×105 Pa V1＝(L1＋L2)S 由理想气体状态方程得p0L1S T0 ＝p1(L1＋L2)S T1 则 T1＝p1(L1＋L2) p0L1 T0＝1.2 × 105 × 15 1.0 × 105 × 12×300 K＝450 K. (2)当汽缸口向上且未稳定时：气体发生等温变化，由玻意耳定律得 p0L1S＝p1LS 则 L＝p0L1 p1 ＝1.0 × 105 × 12 1.2 × 105 cm＝10 cm 稳定后加热气体，气体做等压变化，外界对气体做功为 W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J 根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 得 ΔU＝310 J. 12.一定质量的理想气体经历了如图 7 所示的 A→B→C→D→A 循环，该过程每个状态视为平 衡态，各状态参数如图所示.A 状态的压强为 1×105 Pa，求： 图 7 (1)B 状态的温度； (2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量. 答案　(1)600 K　(2)放热 150 J 解析　(1)理想气体从 A 状态到 B 状态的过程中，压强保持不变，根据盖—吕萨克定律有 VA TA＝VB TB 代入数据解得 TB＝VB VATA＝600 K (2)理想气体从 A 状态到 B 状态的过程中，外界对气体做功 W1＝－pA(VB－VA) 解得 W1＝－100 J 气体从 B 状态到 C 状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有 pB TB＝pC TC 解得 pC＝2.5×105 Pa 从 C 状态到 D 状态的过程中，压强保持不变，外界对气体做功 W2＝pC(VC－VD)＝pC(VB－VA) 解得 W2＝250 J 一次循环过程中外界对气体所做的总功 W＝W1＋W2＝150 J 理想气体从 A 状态完成一次循环，回到 A 状态，始末温度不变，所以内能不变.根据热力学第 一定律有 ΔU＝W＋Q 解得 Q＝－150 J 故完成一次循环，气体向外界放热 150 J.