【物理】2020届一轮复习人教版　热力学定律与能量守恒　作业

【物理】2020届一轮复习人教版　热力学定律与能量守恒　作业

‎　热力学定律与能量守恒　 　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．(多选)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．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%‎ D．制冷机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 E．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 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%，C正确；由能量守恒知，制冷过程中，从室内吸收的热量与压缩机工作时产生的热量之和等于向室外放出的热量，故D 正确；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，E错误．‎ 答案：ACD ‎2．(多选)下列关于热现象的描述不正确的是(　　)‎ A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%‎ B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的 E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律 解析：根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，选项D正确；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．‎ 答案：BE ‎3．(2019年潮州朝安区高三模拟)(多选)对于一定量的气体，下列说法正确的是(　　)‎ A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高 解析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；温度高，气体分子热运动就剧烈，B正确；在完全失重的情况下，分子热运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；做功也可以改变物体的内能，D错误；气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确．‎ 答案：ABE ‎4．(2019年东北三省四市模拟)(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等 B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小 C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，‎ 热传递可以逆向 D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 解析：相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，但在一定外界条件影响下可以实现，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确．‎ 答案：BCD ‎5．(2019年洛阳孟津一高检测)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力 B．悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动，这种运动是分子热运动 C．把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体 D．第二类永动机没有违反能量守恒定律 E．绝对零度不可达到 解析：通常，处于液体表面层的分子较为稀疏，其分子间距较大，液体分子之间的合力表现为平行于液体界面的引力，故A正确；悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动，这种运动是布朗运动，故B错误；把很多小的单晶体放在一起，就变成了多晶体，‎ 故C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故D正确；因为任何空间必然存有能量和热量，也不断进行相互转换而不消失，所以绝对零度是不存在的，故E正确．‎ 答案：ADE 图54－1‎ ‎6．(多选)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度的变化如图54－1所示，则此过程(　　)‎ A．气体的密度增大 B．外界对气体做功 C．气体从外界吸收了热量 D．气体的内能不变 E．气体的内能增加 解析：由题图可得：从状态A到状态B，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程＝C，知气体的体积V减小，由密度公式ρ＝，故气体的密度增大，选项A正确；由体积减小知，外界对气体做功，故B正确；由温度不变知，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体向外放热，故C、E错误，D正确．‎ 答案：ABD ‎7．(2019年东北三省四市协作体联考)(多选)如图54－2所示，‎ 一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)‎ 图54－2‎ A．气体对外界做功，内能减少 B．气体不做功，内能不变 C．气体压强变小，温度降低 D．气体压强变小，温度不变 E．单位时间内和单位面积的容器壁碰撞的分子数目减少 解析：a内气体向真空膨胀，不对外界做功，故A错；又因容器绝热，Q＝0，由热力学第一定律知，ΔU＝0，故B对；由玻意耳定律知压强减小；稀薄气体可看作理想气体，内能不变，则温度不变，C错，D、E对．‎ 答案：BDE ‎8．如图54－3，一定质量的理想气体，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54－3‎ A．Tb>Tc，Qab>Qac B．Tb>Tc，QabQac D．Tb＝Tc，QabQac.‎ 答案：C ‎9．(2019年杭州二中高三月考)(多选)一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定从外界吸收了热量(　　)‎ A．温度保持不变，体积逐渐膨胀 B．体积保持不变，温度逐渐升高 C．压强保持不变，体积逐渐收缩 D．温度逐渐升高，压强逐渐减小 E．温度逐渐升高，体积逐渐收缩 解析：体积增大，气体向外界做功，温度不变，内能不变，故一定吸收了热量，A正确；体积不变，气体对外界不做功，温度升高，内能增大，则只能气体吸收热量，B正确；体积减小，外界对气体做功，压强不变，体积减小，则温度减小，内能减小，故一定向外放出热量，C错误；温度升高，则内能变大，压强减小，体积增大，气体对外界做功，故一定吸收热量，D正确；温度升高，内能增大，体积减小，外界对气体做功，气体不一定从外界吸收热量，E错误．‎ 答案：ABD ‎10．(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图54－4所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)‎ 图54－4‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析：根据题意可知一定量的理想气体经历等温或等压过程回到原状态．再由p－T图象可知ac的延长线通过原点，所以ac是等容线，则a、c两点体积相等，故A正确；再由图象可知Ta>Tc，温度越高，‎ 分子平均动能越大，内能越大，故B正确；cd过程中是等温变化，故ΔU＝0，又因p增大，V变小，外界对气体做功．则W＝Q放，故C错误；da是等压线，温度升高体积增大，气体对外界做功小于气体从外界吸收的热量，故D错误；bc是等压线，da也是等压线，都有ΔV＝ΔT.bc中外界对气体做的功W1＝PbΔV1＝C(Tb－Tc)，da中气体对外界做的功W2＝paΔV2＝C(Ta－Td)＝C(Tb－Tc)，因此bc过程中外界对气体做的功等于da过程中气体对外界做的功，故E正确．‎ 答案：ABE 二、非选择题 图54－5‎ ‎11．(2019年云南玉溪期中)一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，活塞质量为m、横截面积为S，可沿汽缸壁无摩擦滑动并保持良好的气密性，整个装置与外界绝热，初始时封闭气体的温度为T1，活塞距离汽缸底部的高度为H，大气压强为p0.现用一电热丝对气体缓慢加热，若此过程中电热丝传递给气体的热量为Q，活塞上升的高度为，求：‎ ‎(1)此时气体的温度；‎ ‎(2)气体内能的增加量．‎ 解析：(1)气体加热缓慢上升过程中，处于等压过程，‎ 设上升时温度为T2，V1＝SH，V2＝S，‎ 由盖—吕萨克定律得＝，联立解得：T2＝T1.‎ ‎(2)上升过程中，根据热力学第一定律得：‎ ΔU＝Q＋W 式中：W＝－(p0S＋mg)‎ 因此：ΔU＝Q－(p0S＋mg)．‎ 答案：(1)T1　(2)Q－(p0S＋mg)‎ ‎12．(2019年东北三校联考)如图54－6所示，一个绝热的汽缸竖直放置，上方有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，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A，当气体吸收热量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54－6‎ ‎(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔE1，求B气体内能增加量ΔE2；‎ ‎(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.‎ 解析：(1)B气体对外做功W＝p1Sh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律得ΔE1＋ΔE2＝Q－W 解得ΔE2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔE1.‎ ‎(2)B气体的初状态 p1＝p0＋，V1＝2hS, T1‎ B气体末状态 p2＝p0＋， V2＝hS, T2‎ 由理想气体状态方程＝ 解得Δm＝ 答案：见解析 ‎13．(2019年郑州高三质检)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p－V图象如图54－7所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃，求：‎ ‎ ‎ 图54－7‎ ‎(1)该气体在状态B时的温度；‎ ‎(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．‎ 解析：(1)对于理想气体：A→B，由查理定律得＝ 即：TB＝TA＝100 K，‎ 所以tB＝TB－273℃＝－173℃.‎ ‎(2)B→C过程由盖—吕萨克定律得＝，‎ 解得TC＝300 K，所以tC ＝27℃‎ A、C温度相等，ΔU＝0‎ A→C的过程，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得 Q＝ΔU－W＝pΔV＝200 J，即气体从外界吸热200 J.‎ 答案：(1)－173℃　(2)吸热200 J ‎14．如图54－8所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞横截面积S＝100 cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止．已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.求：‎ 图54－8‎ ‎(1)汽缸内气体的压强p1；‎ ‎(2)汽缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口 AB处？此过程中汽缸内的气体是吸热还是放热？‎ 解析：(1)以汽缸为研究对象，受力分析如图54－9所示：‎ 图54－9‎ 列平衡方程：Mg＋p0S＝p1S，‎ 解得：p1＝＝＋1.0×105 Pa＝3.0×105 Pa.‎ ‎(2)设缸内气体温度升到t2时，活塞恰好会静止在汽缸口．‎ 该过程是等压变化过程，由盖—吕萨克定律得：‎ ＝，＝，‎ 解得t2＝327℃，‎ 气体体积增大，对外做功，同时温度升高内能增大，所以透热的汽缸一定从外界吸收热量．‎ 答案：(1)3.0×105 Pa　(2)327℃　吸热