物理选择性必修 第三册第三章 热力学定律综合与测试课时练习

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1．(4分)如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞。用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开。管塞被冲开前( )
A．外界对管内气体做功，气体内能增大
B．管内气体对外界做功，气体内能减小
C．管内气体内能不变，压强变大
D．管内气体内能增大，压强变大
D [克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增大，温度升高。通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾；管塞会被冲开。管塞被冲开前管内气体内能增大，压强变大。选项D正确。]
2．(4分)如图所示，两个完全相同的金属球A和B，其中A球放在不导热的水平面上，B球用不导热的细线悬挂起来，现供给两球相同的热量，它们的温度分别升高了ΔtA、ΔtB，则( )
A．ΔtA＞ΔtB B．ΔtA＜ΔtB
C．ΔtA＝ΔtBD．ΔtA、ΔtB无法比较
B [两球受热后体积都要增大，A球因为放在不导热的水平面上，受热膨胀后，重心升高，重力做负功，根据能量守恒定律可知，A球吸收的热量一部分转化成自身的内能，使温度升高，另一部分需要克服重力做功，使重力势能增加；对于B球，同样要受热膨胀，膨胀时重心下降，重力做正功，同样由能量守恒定律可知，B球吸收的热量和重力做的功都要转化成自身的内能，从而使温度升高，由以上分析可知，B球增加的内能要比A球多，B球的温度升高得多，所以有ΔtA＜ΔtB，B正确。]
3．(4分)对热力学第二定律的理解，下列说法正确的是( )
A．热量不能由低温物体传给到高温物体
B．外界对物体做功，物体的内能必定增加
C．永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律
D．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
D [根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，但在一定条件下，热量可以由低温物体传给高温物体，例如电冰箱的工作过程，选项A错误；根据热力学第一定律，物体内能的变化取决于吸收或放出的热量和做功的正负两个因素，选项B错误；永动机违反能量守恒定律，选项C错误；选项D是热力学第二定律的表述形式之一，选项D正确。]
4．(4分)关于能量和能源，下列说法正确的是( )
A．化石能源是清洁能源，水能是可再生能源
B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了
D [化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，选项A错误；能量是守恒的，但能量品质会下降，故要节约能源，选项B、C错误，D正确。]
5．(4分)如图所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高。现打开阀门K，从打开阀门的两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔEk；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得①W1＝0；②W2－W3＝ΔEk；③W2－W3＝Q＝ΔU；④W3－Q＝ΔU，其中，正确的是( )
A．①②③B．①②④
C．②③D．①③
B [由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔEk，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①②正确。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝W3－Q，可知④正确，③错误。综合以上分析可知B正确。]
6．(4分)如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则( )
A．气体体积膨胀，内能增加
B．气体分子势能减少，内能增加
C．气体分子势能增加，压强可能不变
D．Q中气体不可能自发地全部退回到P中
D [气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，选项A、B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小，温度降低；体积变大、温度降低，则气体压强变小，选项C错误；宏观过程中的热现象都是不可逆的，选项D正确。]
7．(4分)(多选)关于内能和机械能的说法中不正确的是( )
A．内能和机械能各自包含动能和势能，因此它们的本质上是一样的
B．物体的内能和机械能均不为零
C．一个物体的机械能可以为零，但它的内能永远不可能为零
D．物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变
AB [机械能是指宏观物体动能和势能的总和，内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，有本质的区别，A错，符合题意；物体的分子运动永不停息，内能不可能为零，但物体机械能可以为零，B错，符合题意，C对，不符合题意；机械能、内能在一定条件下可相互转化，但没有转化时，一个可以变化，另一个可以不变，D对。不符合题意，故本题选AB。]
8．(6分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：
(1)气体的内能________(选填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________J。
(2)气体的分子势能________(选填“增加”或“减少”)。
(3)分子平均动能如何变化？
[解析] (1)因气体从外界吸收热量，所以
Q＝4.2×105 J
气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功
W＝－6×105 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得
ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J
所以物体内能减少了1.8×105 J。
(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了。
(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量。
[答案] (1)减少 1.8×105 (2)增加 (3)见解析
9．(10分)如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p。外界大气压为p0(p>p0)。现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：
(1)此过程克服大气压力所做的功；
(2)活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？
[解析] (1)设大气作用在活塞上的压力为F，则：
F＝p0S
根据功的定义式W＝Fl得W＝eq \f(1,2)p0LS。
(2)设活塞离开汽缸时动能为Ek，则
Ek＝eq \f(1,2)mv2
根据能量守恒定律得
ΔU＝－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)p0LS＝－eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)
即内能减少了eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)。
[答案] (1)eq \f(1,2)p0LS
(2)内能减少了eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)
10．(10分)下面是某同学在题为《能源的利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料：
太阳能是人类最基本的能源，它无污染、无费用，这种能源的使用期和太阳寿命一样长，当太阳光照射地面时，1 m2地面上在1 s内平均得到的太阳辐射能约为1.0×103 J。太阳能热水器就是直接利用太阳能的装置，目前已经逐渐地出现在我们的生活中。
该同学在网上下载了某型号太阳能热水器的宣传广告：
容积(V) 100 L
集热管的采光面积(S) 1.5 m2
效率(η) 40%
使用年限(z) 15年
(1)若某家庭每天大约需要100 kg热水，用这种热水器将这些水从25 ℃加热到45 ℃需要多长时间？
(2)与效率为80%的电热水器相比，每天可节约多少电能？
[解析] (1)设T为光照时间，k＝1.0×103 J/(s·m2)。
Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103×100×(45－25) J
＝8.4×106 J。
太阳能热水器传给水的热量Q放＝kSTη
因为Q吸＝Q放，所以T＝eq \f(Q吸,kSη)＝eq \f(8.4×106,1.0×103×1.5×40%) s＝1.4×104 s≈3.9 h。
(2)由Q吸＝Wη1得W＝eq \f(Q吸,η1)＝eq \f(8.4×106,0.8) J＝1.05×107 J≈2.9 kW·h。
[答案] (1)3.9 h (2)2.9 kW·h
11.(4分)(多选)一定质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图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是( )
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
AB [由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。]
12．(4分)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传热
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传给高温物体
AC [本题考查热力学定律，主要考查考生对热力学定律中内能变化、做功关系及热量变化之间的关系。选项A，内能的改变可以通过做功或热传递进行，A正确；选项B，对某物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；选项C，在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，C正确；选项D，在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传给高温物体，D错误。]
13．(4分)(多选)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
BCD [从状态d到c，温度不变。理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错误；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热，故选项D正确。]
14．(4分)(多选)如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )
A．快速挤压时，瓶内气体压强变大
B．快速挤压时，瓶内气体温度不变
C．快速挤压时，瓶内气体体积不变
D．缓慢挤压时，瓶内气体温度不变
AD [快速挤压气体时，外界对气体做功，来不及传热，由W＋Q＝ΔU内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确。]
15．(4分)(多选)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，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( )
A．不符合理论规律，一定不可能实现
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
AD [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。A、D正确。]
16．(6分)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3。如果将该汽缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
(1)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)。
(2)下潜过程中封闭气体________(选填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功。
[解析] (1)当汽缸下潜至990 m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm
根据理想气体状态方程得
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pV,T)
代入数据得
V＝2.8×10－2 m3。
(2)由上知封闭气体的体积减小，外界对气体做功，W＞0；封闭气体可视为理想气体，温度降低，其内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＜0，即下潜过程中封闭气体放热而且因为ΔU＜0，传递的热量大于外界对气体所做的功。
[答案] (1)2.8×10－2 m3 (2)放热 大于
17．(10分)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D。已知在状态A时，气体温度tA＝327 ℃。
(1)求气体在状态B时的温度；
(2)已知由状态B→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因。
[解析] (1)气体由状态A变化到状态B
由查理定律eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)可得
TB＝eq \f(pB,pA)TA＝eq \f(1,2)×(327＋273) K＝300 K
所以tB＝27 ℃。
(2)由B→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q－W>0可得Q>W。
[答案] (1)27 ℃ (2)Q>W 原因见解析
18．(10分)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
[解析] (1)在气体压强由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1
由查理定律得eq \f(T1,T)＝eq \f(p0,p)
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,V1)＝eq \f(T1,T0)
解得V1＝eq \f(1,2)V。
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少量为
ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU，解得
Q＝eq \f(1,2)p0V＋αT0。
[答案] (1)eq \f(1,2)V (2)eq \f(1,2)p0V＋αT0