23版新高考一轮分层练案(四十)　热力学定律与能量守恒定律

这是一份23版新高考一轮分层练案(四十)　热力学定律与能量守恒定律，共5页。试卷主要包含了下列各说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(四十)　热力学定律与能量守恒定律1．(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　　)A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的【答案】BC　符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误。2．(多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增大20 JB．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少C．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D．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律【答案】AD　根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，故选项A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，选项B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故选项D正确。3.如图所示，一导热性能良好的金属汽缸静放在水平面上，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸内封闭了一定质量的气体，气体分子间的相互作用不计，现缓慢地逐渐向活塞上倒一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，在此过程中(　　)A．气体的内能增大B．汽缸内分子的平均动能增大C．单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数一定增多D．因为外界对气体做了功，所以气体的温度是升高的【答案】C　金属汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温压缩，温度不变，气体的内能不变。故A、D错误。温度不变，气体分子的平均动能不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多。故B错误，C正确。4.如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V图中从a到b的直线所示。在此过程中(　　)A．气体温度一直降低B．气体内能一直减小C．气体一直对外做功D．气体一直从外界放热【答案】C　一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知Tb>Ta，即气体的温度一直升高，故A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，可知气体的内能一直增加，故B错误；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，故C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，故D错误。5．(多选)下列各说法正确的是(　　)A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B．对于同一理想气体，温度越高，分子的平均动能越大C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D．用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 J【答案】BCD　气体扩散现象表明气体分子在做无规则运动，选项A错误；温度是分子平均动能的标志，故对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B正确；分子的平均动能大，则说明物体的温度高，热量总是自发地从高温物体传递到低温物体，选项C正确；用活塞压缩汽缸内的理想气体，根据热力学第一定律，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 J，选项D正确。6.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V­T图像如图所示。下列说法正确的是(　　)A．B→C的过程中，气体一定放出热量B．B→C的过程中，气体分子平均动能增加C．A→B的过程中，气体分子的密集程度变小D．A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大【答案】A　因为V­T图像中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，压强不变，气体体积减小，即外界对气体做功(W为正)，而温度减小，内能减小(ΔU为负)，根据热力学第一定律，气体一定对外放热(Q为负)，故A正确；B→C的过程中，温度降低，气体分子平均动能减小，故B错误；A→B的过程中，气体体积减小，而质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；A→B的过程中，温度一定，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，从而压强增大，而并不是每个分子对器壁的撞击力变大，故D错误。7.(多选)一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　　)A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变【答案】BD　从A到B的过程是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C错误，D正确。8.(多选)一定质量的理想气体发生状态变化的p­V图像如图所示，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是(　　)A．等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高B．从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量C．从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体对外界做功多D．从状态C变化到状态D，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变【答案】BCD　从C→B为等压变化，由公式＝C可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A错误；从状态A到状态B为等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体一定吸收热量，故B正确；从状态B变化到状态C，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C正确；从状态C到状态D为等温变化，所以分子的平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D正确。9.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是(　　)A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量D．A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功【答案】C　A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，A错误；C→A过程中，体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，B错误；气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热为Q1，做功大小为W1，根据热力学第一定律有ΔU1＝Q1－W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热为Q2，根据热力学第一定律有ΔU2＝－Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝Q1－W1－Q2＝0，即Q1＝W1＋Q2>Q2，所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；气体做功W＝pΔV，A→B过程中体积变化等于C→A过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，D错误。10.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p­V图像描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K。(1)求气体在状态C时的温度TC；(2)若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？解析：(1)D→A为等温线，则TA＝TD＝300 KC→D为等压变化过程由盖吕萨克定律得＝得TC＝＝375 K。(2)A→B过程中压强不变，则有W＝pΔV＝2×105×3×10－3 J＝600 J由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J则气体内能增加，增加了400 J。【答案】(1)375 K　(2)气体内能增加　增加了400 J11．如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V­T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体体积；(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。解析：(1)活塞从A位置缓慢到达B位置，活塞受力平衡，气体经历等压变化过程，以活塞为研究对象，有pS＝p0S＋mg解得p＝p0＋＝1.2×105 Pa由盖—吕萨克定律，有＝解得VB＝＝6×10－4 m3。(2)由气体的内能与热力学温度成正比，有＝解得UB＝108  J外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－24 J由热力学第一定律得ΔU＝UB－U0＝Q＋W解得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量Q＝60 J。【答案】(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J12.如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U形管内水银面高度差h1＝15 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。(1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。解析：(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化，由查理定理有＝其中，p1＝p0＋ρgh1＝1.2×105 Pa，p2＝p0＝1.0×105 Pa，T1＝300 K解得T2＝250 K。(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体压强为p0＝1.0×105 Pa由盖—吕萨克定律有＝解得T3＝300 K因为T3＝T1＝300 K，所以初状态与末状态气体内能相等，而第一个变化过程是等容变化，气体不对外做功，第二个变化过程中气体膨胀对外做功，故气体应从外界吸收热量，吸收的热量等于第二个变化过程中气体膨胀对外做的功，即Q＝p0ΔV＝1 600 J。【答案】(1)250 K　(2)1 600 J13．如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，质量m＝5 kg，横截面积S＝50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300 K。现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内的气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。(1)求加热后汽缸内气体的温度；(2)继续加热汽缸内的气体，使活塞缓慢上升H＝0.1 m(活塞未滑出汽缸)，若气体的内能的变化量为18 J，则此过程中气体是吸热还是放热？传递的热量是多少？解析：(1)开始时气体的状态参量为T1＝300 K，p1＝p0＝1.0×105 Pa加热后对活塞，由平衡条件得p2S＝p0S＋mg解得p2＝1.1×105 Pa由查理定律得＝解得T2＝330 K。(2)继续加热时，气体等压变化，体积增大，则温度升高，内能增大。气体膨胀，对外界做功，则外界对气体做的功W＝－p2SH＝－55 J根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q解得Q＝ΔU－W＝73 J，气体吸收热量。【答案】(1)330 K　(2)吸热　73 J