人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律综合与测试学案设计

培优提升练

一、选择题

1．(多选)(2020·湛江市二十一中高二月考)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)

A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递

B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量

C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机

D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机

答案　AB

解析　电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，其过程消耗了电能，故A正确；空调机在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故B正确；根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，故C错误；自然界的能量不会减少，形成“能源危机”的原因是能源的品质下降，可利用的能源不断减少，故D错误．

2．(2020·全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)

A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热

B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低

C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响

D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内

答案　B　C

解析　A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律．

3．(2020·天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图1.从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若水在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)

图1

A．压强变大   B．对外界做功

C．对外界放热   D．分子平均动能变大

答案　B

解析　储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝C可知，压强变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0.由于气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体吸热，故C错误；温度不变，分子平均动能不变，故D错误．

4.(多选)(2020·湛江市二十一中高二月考)如图2，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定质量的稀薄气体，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，温度不变

D．容器中的气体在足够长的时间内，还能全部自动回到a部分

答案　BC

解析　绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q＝0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W＝0，由热力学第一定律可知，气体内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散，体积增大，压强必然减小，故A错误，B、C正确；根据热力学第二定律可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误．

5．(多选)(2020·全国卷Ⅲ改编)如图3，一开口向上的导热汽缸内．用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．现用外力作用在活塞上．使其缓慢下降．环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态．在活塞下降过程中(　　)

图3

A．气体体积逐渐减小，内能增知

B．气体压强逐渐增大，内能不变

C．气体压强逐渐增大，放出热量

D．外界对气体做功，气体内能不变

答案　BCD

解析　温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，故B正确；根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故C、D正确．

6．(2020·张家口一中高二期中)一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V1膨胀到V2.如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2.则(　　)

A．W1>W2，Q1<Q2，ΔU1>ΔU2

B．W1<W2，Q1＝Q2，ΔU1>ΔU2

C．W1>W2.Q1>Q2，ΔU1>ΔU2

D．W1＝W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2

答案　C

解析　在p－V图像中作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示，根据图线与坐标轴所围面积表示功，可知：W1>W2，第一种情况，根据＝C可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，ΔU1>0，根据热力学第一定律有：ΔU1＝Q1－W1，第二种情况，气体等温变化，ΔU2＝0，根据热力学第一定律有：ΔU2＝Q2－W2，则得：Q2＝W2，由上可得：ΔU1>ΔU2.Q1>Q2，C正确．

7.(2020·北京市学业考试)如图4所示的V－T图像，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完成一个循环过程，则(　　)

图4

A．气体从状态A变化到状态C的过程当中，气体的内能减小

B．气体从状态C变化到状态D的过程中，气体分子单位时间内碰撞容器壁的次数增多

C．气体从状态D变化到状态A的过程中，气体放热

D．气体从状态D变化到状态A的过程中，气体吸热

答案　C

解析　气体从状态A到状态C的过程中，先经历一个等温压缩A到B过程，再经历一个等容升温B到C过程，在A到B过程中，温度不变，内能不变，在B到C过程中，温度升高，内能增大，故A到C过程中，内能增大，A错误；气体从状态C到状态D的过程是一个等温膨胀过程，压强减小，气体分子平均速率不变，所以单位时间内碰撞容器壁的次数减少，B错误；气体从状态D到状态A的过程是一个等容降温的过程，根据热力学定律ΔU＝W＋Q，ΔU<0，W＝0，所以Q<0，是一个放热过程，D错误，C正确．

8.(多选)(2019·海南卷改编)一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环．从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积－温度图像(V－T图像)如图5所示．下列说法正确的是(　　)

图5

A．从M到N是吸热过程

B．从N到P是吸热过程

C．从P到Q气体对外界做功

D．从Q到M气体对外界做功

答案　BC

解析　从M到N理想气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，但体积减小，说明外界对气体做功，即W>0，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可知Q<0，所以是一个放热过程，故A错误；从N到P理想气体温度升高，则内能增大，即ΔU>0，但体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W＝0，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可知Q>0，所以是一个吸热过程，故B正确；从P到Q理想气体体积增大，说明气体对外界做功，故C正确；从Q到M理想气体体积不变，说明了外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W＝0，故D错误．

9.(多选)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，变化过程的p－V图像如图6所示，已知状态A时气体温度为200 K．下列说法正确的是(　　)

图6

A．状态B时气体温度是600 K

B．状态C时气体温度是600 K

C．状态A到B的过程，气体放热

D．状态A到B再到C的过程，气体内能先增大后减小

答案　AD

解析　从A到B为等容变化，则W＝0，则由查理定律可得TB＝TA＝600 K，温度升高，则ΔU>0，则由热力学第一定律可知，气体吸热，选项A正确，C错误．从B到C为等压变化，则由盖－吕萨克定律可得TC＝TB＝200 K，B错误．状态A到B再到C的过程，气体温度先升高后降低，可知气体的内能先增大后减小，选项D正确．

二、非选择题

10．(2020·江苏卷)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p－图像如图7所示，求该过程中气体吸收的热量Q.

图7

答案　2×105 J

解析　气体由A→B为等压变化过程，则外界对气体做的功W1＝p(VA－VB)

气体由B→C为等容变化过程，则W2＝0

根据热力学第一定律得ΔU＝(W1＋W2)＋Q

A和C的温度相等ΔU＝0

代入数据解得Q＝2×105 J.

11.(2020·牡丹江一中月考)如图8所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了2h并稳定，此时气体的热力学温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气．求：

图8

(1)加热过程中气体的内能增加量；

(2)停止对气体加热后，在活塞上缓缓添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好下降了h.求此时气体的温度．

答案　(1)Q－2(p0S＋mg)h

(2)(1＋)T1

解析　(1)等压过程气体的压强为p1＝p0＋，

则气体对外做功为W＝p1S(2h)＝2(p0S＋mg)h

由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，

解得ΔU＝Q－2(p0S＋mg)h；

(2)停止对气体加热后，活塞恰好下降了h，设此时气体的温度为T2

则初态p1＝p0＋，V1＝3hS，热力学温度为T1，

末态p2＝p0＋，V2＝2hS，热力学温度为T2

由＝，解得T2＝(1＋)T1.