2021学年第三章 热力学定律综合与测试一课一练

这是一份2021学年第三章 热力学定律综合与测试一课一练，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，论述等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2021·陕西省运城市风陵渡中学高二下学期段考)如图所示为课本中的几幅热现象示意图，则下列关于这几幅图的有关说法正确的有( A )
A．图一表达的意思是分子不一定是球形的，但可以把它们当作球形处理，这是在物理学的学习和研究中常用的“估算”的方法
B．图四中的永动机的设计违背了热力学第二定律
C．图二中绳子对玻璃板的拉力一定等于玻璃板的重力
D．图三中液体表面层的分子间距离较大，则分子间的引力和斥力都比液体内部的大
解析：图一表达的意思正确，图四中的永动机设计违背了能量守恒定律，图三中绳子的拉力一定大于玻璃板的重力，图四中液体表面层的分子间距离较大，则分子间的引力和斥力都比液体内部的小，综上所述，选项A正确，BCD错误。
2．热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化；其二是：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。第一种表述方式可以用如右图示意图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，你认为下列示意图中正确的是( B )

解析：第二种表述的意思是：热机吸收热量，对外做功，同时把热量传给低温物体。
3．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50 ℃以下。在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫作气团。气团直径可达几千米。由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略。高空气团温度很低的原因可能是( C )
A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低
B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低
C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低
D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低
解析：由热力学第一定律，物体内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关，满足ΔU＝W＋Q，气团在上升的过程中不断膨胀，气体对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热交换可忽略，因而其内能不断减小，所以气团的温度会很低，故选C。
4．如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( A )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
解析：筒内气体不与外界发生热交换，M向下滑的过程中，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体内能增大，A正确。
5．(2021·山东寿光现代中学高二下学期检测)一定质量的理想气体沿p－V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线ADB是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则( C )
A．气体由A经C到B，一定是放热的
B．气体由B经C为A，一定是吸热的
C．气体由A经C到B再经D到A，吸热多于放热
D．气体由A经C到B再经D到A，放热多于吸热
解析：由图可知，由A经C到B，中途体积增大，对外做功，而A、B温度相等，AB内能相等，所以一定要吸热。而由B经D到A，只是体积减小，温度是不变的(是条等温线)，p－V图的面积为气体做功，由图可知A→C→B对外做功，大于B→D→A外界对气体做功整个过程，应该是吸热的，故总的吸热大于放热。
6．一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态， a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( D )
A．由a状态至b状态过程中，气体放出热量，内能减少
B．由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能减少
C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大
D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等
解析：由题意，ab是一条双曲线，说明气体由a状态至b状态过程为等温变化，内能不变，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故A错误；由b状态至c状过程中，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增大，故B错误；c状态与a状态相比，体积相同，分子平均距离相等，故C错误；b状态与a状态相比，b状态体积小，分子平均距离较小，温度相等，则分子平均动能相等，故D正确。
7．奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。则以下说法中正确的是( AC )
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
解析：燃气由液态变为气态的过程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确；燃气在膨胀过程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误；由熵增加原理可知C选项正确；由能量耗散可知D选项错误。
8．(多选)(2021·湖南卷)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( BDE )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S1h＋mgh))
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
解析：根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确、C错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：
Q＝Wp0＋eq \f(mg,S1)＝p0＋eq \f(F,S2)，即：F＝eq \f(mgS2,S1)，E正确。
9．(多选)(2021·全国乙卷)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( ABE )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
解析：由理想气体的p－V图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W＝0，而压强增大，由pV＝nRT可知，
理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体一直吸热，故A正确；理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，W＞0，由pV＝nRT知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体放热，故B正确、C错误；由pV＝nRT可知，p－V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误、E正确。
10．(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( AD )
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，气球下降
解析：快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D项正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(3小题，共17分。把答案直接填在横线上)
11．(3分)根据制冷机的工作原理，试分析每个工作过程中工作物质的内能改变情况和引起改变的物理过程：
(1)工作物质的内能__增加__，是__做功__的过程；
(2)工作物质的内能__减小__，是__放热__的过程；
(3)工作物质的内能__增加__，是__吸热__的过程。
解析：在(1)中，压缩气体，对气体做功，内能增加；在(2)中，气体液化要放出热量，内能减小；在(3)中，是工作物质的汽化过程，要吸收热量，内能增加。
12．(5分)(2021·河北卷)两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能__大于__(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线__①__(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
解析：对活塞分析有p＝p0＋eq \f(mg,S)，因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA＞pB；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有WA＞WB，则根据ΔU＝W＋Q
因为汽缸和活塞都是绝热的，故有ΔUA＞ΔUB
即重新平衡后A汽缸内的气体内能大于B汽缸内的气体内能；由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B汽缸温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布。
13．(9分)(2021·江苏省盐城中学高二下学期检测)如图所示，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。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。
(1)该循环过程中，下列说法正确的是__C__。
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中，内能减小的过程是__B→C__(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)。若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为__25__kJ。
解析：(1)A→B体积增大，气体对外做功，A错误；B→C体积增大，气体对外做功，W<0，Q＝0，由热力学第一定律，ΔU＝W＋Q知内能减小，温度降低，分子平均动能减小，B错误；C→D，T不变，V减小，p增大，C正确；D→A，V减小，外界对气体做功，W＞0，Q＝0，ΔU＞0，T增大，气体分子平均速率增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误。
(2)由(1)可知，B→C过程内能减小。经过一个循环，ΔU＝0，所以对外做功W＝Q＝(63－38) kJ＝25 kJ。
三、论述、计算题(本题共4小题，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(9分)(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cm Hg。求A、B两管内水银柱的高度差。
答案：Δh＝1 cm
解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B
联立解得h2＝2 cm
对A管中的气体，初态为压强p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A
联立可得2heq \\al(2,1)－191h1＋189＝0，解得h1＝1 cm或h1＝eq \f(189,2) cm＞l1(舍去)
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
15．(10分)(2021·广西壮族自治区柳州市高二下学期段考)一定质量的理想气体从状态A→B，再从状态B→C，最后从状态C→A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA＝900 K，问：
(1)气体在状态B时的温度TB；
(2)气体从状态B→C的过程中，气体做的功WBC；
(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA＝3.6×105 J，试说明该过程中气体是吸热还是放热，求吸(或放)了多少热量QCA。
答案：(1)300 K (2)2×105 J (3)放热 3.6×105 J
解析：(1)A→B是等容变化，根据查理定律得eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)
解得TB＝eq \f(pB,pA)TA＝eq \f(1.0×105,3.0×105)×900 K＝300 K。
(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，WBC＝pBΔVBC＝1.0×105×(3.0－1.0)J＝2×105 J
(3)C→A，是等温变化，由理想气体内能只与温度有关，知其内能不变，即ΔU＝0
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知外界对气体做的功全部以热量形式放出，故放热QCA＝WCA＝3.6×105 J。
16．(10分)如图所示，一导热汽缸放在水平地面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过定滑轮与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始时活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0。物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量。(汽缸始终未离开地面)求：
(1)环境温度升高了多少度？
(2)气体的内能如何变化？变化了多少？
答案：(1)eq \f(2Δx,h)(273＋t) K
(2)内能增加；ΔU＝Q－(p0S－G)Δx
解析：(1)活塞缓慢移动，任意时刻都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖－吕萨克定律可知：eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)
得ΔT＝eq \f(2Δx,h)(273＋t) K。
(2)气体温度升高，内能增加。
设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G，
封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx，
由热力学第一定律得：
ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx。
17．(14分)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。
(1)求此时气体的压强。
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
答案：(1)eq \f(7,6)p0 (2)eq \f(6,7) 吸热 原因见解析
解析：(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得
eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)
所以此时气体的压强
p1＝eq \f(T1,T0)p0＝eq \f(350,300)p0＝eq \f(7,6)p0。
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2
可得V2＝eq \f(p1V0,p0)＝eq \f(7,6)V0
所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为K＝eq \f(ρV0,ρ·\f(7,6)V0)＝eq \f(6,7)
因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一定从外界吸收热量。