高考物理一轮复习课时分层作业35热力学定律与能量守恒定律含答案

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2．B [气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为W＋Q＝ΔU，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，故B正确。]
3．A [米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中与热现象无关，所以不能用热力学第二定律解释，故A正确；热力学第二定律的内容可以表述为：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开，故B错误；热力学第二定律可表述为不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，故C错误；热力学第二定律可表述为第二类永动机(效率100%)是不可能制成的，故D错误。]
4．D [由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞由于受到的弹力大于活塞的重力而向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；当活塞最后静止时弹簧的弹力与活塞的重力、气体的压力三力平衡，弹簧处于压缩状态。在活塞运动过程中对活塞做功的有重力、弹簧的弹力和气体的阻力。当弹簧最后静止时仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小，故弹簧储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运动的过程中气体的阻力始终做负功，产生内能，故减少的弹性势能一部分转化为活塞的重力势能，一部分转化为气体的内能，故D正确。]
5．BCE [根据理想气体状态方程可知，过原点的p­T图像的斜率与体积V有关，一定量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，A、D错误；理想气体的内能只与温度有关，理想气体从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，C、E正确。]
6．BC [由状态A变到状态B过程中，气体温度不变，等温变化，pV＝C，体积变大则压强变小，故A错误；由状态B变到状态C过程中，体积不变，等容变化，气体不做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故B正确；由状态C变到状态D过程中，温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，外界对气体做功同时气体也向外界放出热量，故C正确；D状态与A状态在同一条过原点的直线上，eq \f(pV,T)＝C，V＝eq \f(C,p)T，压强相等，但A状态温度高，分子平均动能大，故D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态多，故D错误。]
7．AB [分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位，从B端流出，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热端，A端为冷端，A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的，A、B正确；理想气体的内能只与温度和质量有关，根据题述，不知道两端流出的气体的质量关系，所以不能判断出两端流出气体的内能关系，C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非自发进行，不违背热力学第二定律，D错误。]
8．AD [根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C(常量)，结合题图，可知从B→C过程中气体温度保持不变，压强增大，体积减小，所以B状态下单位体积内的气体分子数一定比C状态下的少，故A正确，B错误；由题图可知，C→A过程中气体压强不变，体积增大，气体对外做功(W<0)，由理想气体状态方程可知温度升高(ΔU>0)，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量(Q>0)，故C错误；C→A过程中气体压强不变，体积增大，温度升高，则气体分子的平均动能增大，由气体压强微观解释可知，A状态下的气体分子在单位时间内撞击器壁上单位面积的平均次数一定比C状态下的少，故D正确。]
9．B [内部气体的压强为p＝p0＋eq \f(mg,S)，则气体的压强不变，欧姆表示数变大，说明气体温度降低，内能减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，知气体体积减小，故A错误，B正确；若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，气体对外界做功，温度降低，电阻变大，故欧姆表示数将变大，故C错误；若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则需加一定的力克服内外气压差做功，故D错误。]
10．C [A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故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，故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，设吸热大小为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，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：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，故C正确；气体做功W＝pΔV，A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图像上的点与原点连线的斜率越大，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，故D错误。]
11．解析：(1)设初始状态封闭气体的压强为p1，对活塞整体，由平衡条件可得
p0S＋p1·2S＋3mg＝p0·2S＋p1S
设活塞A到达汽缸底部时封闭气体的压强为p2、加入细沙的质量为m0，对活塞整体，由平衡条件得p0S＋p2·2S＋3mg＋m0g＝p0·2S＋p2S
根据玻意耳定律得
p1(LS＋2LS)＝p2·2L·2S
联立解得m0＝eq \f(m,2)。
(2)降低温度的过程中气体做等压变化，由盖­吕萨克定律得eq \f(4LS,T1)＝eq \f(3LS,T2)，解得T2＝300 K
体积恢复过程中外界对气体做的功W＝p2LS，解得W＝eq \f(3mgL,2)
由热力学第一定律得－ΔU＝W－Q
可得Q＝eq \f(3mgL,2)＋ΔU。
答案：(1)eq \f(m,2) (2)300 K eq \f(3mgL,2)＋ΔU
12．解析：(1)设容器的容积为V，
T1＝300 K，T2＝350 K
水银柱重新静止过程中发生等压变化，
由盖­吕萨克定律有
eq \f(V＋l1S,T1)＝eq \f(V＋l2S,T2)
得V＝eq \f(T1l2－T2l1S,T2－T1)＝118 cm3。
(2)因为气体膨胀对外做功，而内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量
容器内气体压强为
p＝p0＋ρgh＝90 cmHg＝1.2×105 Pa
气体对外做功为
W＝pΔV＝p(l2－l1)S＝2.4 J
由热力学第一定律有
ΔU＝－W＋Q
吸收的热量为Q＝8.0 J。
答案：(1)118 cm3 (2)从外界吸热
8．0 J