新教材高考物理一轮复习课时规范练42热力学定律与能量守恒定律含答案

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1.(多选)(热力学定律的理解)关于热力学定律,下列说法正确的是( )
A.根据热力学第一定律可知,一定质量的理想气体等压膨胀对外做功,内能一定减少
B.第一类永动机制不成,是因为它违反了热力学第一定律
C.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律
D.从微观意义上讲,热力学第二定律是一个统计规律
2.(热力学第一定律与气体状态方程的综合)如图所示,导热良好的圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上,用活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞上堆放着铁砂,系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂,忽略活塞与汽缸之间的摩擦,外界环境温度不变,则在此过程中缸内气体( )
A.对外做功,其内能减少
B.温度不变,与外界无热量交换
C.分子碰撞缸壁时的平均作用力减小
D.分子单位时间内对活塞的碰撞次数减少
3.(多选)(热力学定律与图像)一定质量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其V-T图像如图所示,pa、pb、pc分别表示a、b、c的压强,下列判断正确的是( )
A.状态a、b、c的压强满足pc=pb=3pa
B.过程a到b中气体内能增大
C.过程b到c中气体吸收热量
D.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功
4.(热力学定律与图像)右图为一定质量的理想气体状态的两段变化过程,一个从c到b,另一个是从a到b,其中c与a的温度相同,比较两段变化过程,则( )
A.c到b过程气体放出热量较多
B.a到b过程气体放出热量较多
C.c到b过程内能减少较多
D.a到b过程内能减少较多
5.(热力学第一定律)(2023福建漳州调研)如图所示,汽缸内活塞左边封闭着一定量的可视为理想气体的空气,压强和大气压相同。把汽缸和活塞固定,使汽缸内空气升高一定的温度,空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气),也使汽缸内空气温度升高相同温度,其吸收的热量为Q2,则Q1和Q2的大小关系是( )
A.Q1=Q2B.Q1>Q2
C.Q16.(多选)(热力学第二定律)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,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,而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。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是( )
A.A端为冷端,B端为热端
B.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
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
7.(热力学第一定律与气体状态方程的综合)如图所示,一篮球内气体的压强为p0,温度为T0,体积为V0。用打气筒对篮球充入压强为p0,温度为T0的气体,已知打气筒每次充入气体的体积为115V0,一共打气20次,假设篮球体积不变,最终使篮球内气体的压强为4p0。充气过程中气体向外放出的热量为Q,已知气体的内能与温度的关系为U=kT(k为常数)。
(1)第一次打入气体后,篮球的压强变为多少?(可认为篮球内气体温度不变)
(2)打气筒在篮球充气过程中对气体做的功是多少?
8.(热力学定律与气体实验定律的综合)如图所示,导热性能良好的汽缸高为L=50 cm,开口向上置于水平地面上。汽缸中有横截面积为S=10 cm2、质量为m=2 kg的光滑活塞,开始时活塞正好位于汽缸顶部,将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。外界温度为t0=27 ℃、大气压为p0=1×105 Pa,汽缸和活塞的厚度均可忽略不计,g取10 m/s2。将汽缸固定在地面上,如果气体温度保持不变,在活塞上轻轻放一个物体,活塞下降并稳定停在距离底部45L处。
(1)求所放物体的质量;
(2)稳定后,外界温度缓慢升高,使活塞重新上升4 cm,则此时外界温度t为多少摄氏度?若该过程中气体内能增加5 J,则该过程中气体吸收热量多少?
素养综合练
9.一定质量的理想气体,分别在压强p1和p2下的体积V与温度T的关系图线如图所示,气体由状态A等容变化到状态B的过程中,下列说法正确的是( )
A.压强增大,吸收热量
B.压强增大,放出热量
C.压强减小,放出热量
D.压强减小,吸收热量
10.(2023江苏南通通州月考)真空泵抽气腔与容器相连,活塞向左运动时从容器中抽气,活塞向右运动时阀门自动关闭,将进入抽气腔内的气体全部排出,示意图如图甲。设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等,每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端。已知容器的容积为V0,抽气腔的容积为nV0,初始时刻气体压强为p0。
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变,求第一次抽气后容器中气体的压强p;
(2)若在绝热的条件下,某次抽气过程中,气体压强p随体积V变化的规律如图乙,求该过程气体内能的变化量ΔU。
11.(2023江苏镇江丹阳高级中学月考)某兴趣小组设计了一温度报警装置,原理图如图所示。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热汽缸内,活塞厚度不计,横截面积S=100 cm2,开始时活塞距汽缸底部的高度为h=0.3 m,周围环境温度为t0=27 ℃,当环境温度上升,活塞上移Δh=0.01 m时,活塞上表面与a、b两触点接触,报警器报警,不计一切摩擦,大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,求:
(1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度;
(2)若上述过程气体吸收的热量为30 J,则此过程气体内能的增加量为多少。
12.(2023广东卷)在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。
(1)求pB的表达式;
(2)求TC的表达式;
(3)B到C过程,气泡内气体的内能变化了多少?
答案：
1.BD 解析 一定质量的理想气体等压膨胀,温度升高,分子平均动能增大,分子势能增大,内能增加,选项A错误;第一类永动机制不成,是因为它违反了热力学第一定律,选项B正确;热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律,并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律,选项C错误;从微观意义上讲,热力学第二定律是一个统计规律,选项D正确。
2.D 解析 缓慢取走铁砂的过程中,因为活塞对封闭气体的压力减小,所以活塞会缓慢上升,是气体膨胀的过程,缸内气体对外做功,但是汽缸导热良好,所以缸内理想气体温度保持不变,则内能不变,故选项A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,因为气体膨胀对外做功,所以W<0,汽缸导热良好,缸内气体温度保持不变,即ΔU=0,所以ΔQ>0,即气体要从外界吸收热量,故选项B错误;由上面的分析可知缸内气体温度不变,即气体分子的平均动能不变,所以分子与缸壁碰撞时的平均作用力不变,故选项C错误;根据理想气体状态方程pVT=C可知,T不变,V增大,则p减小,所以缸内气体压强减小,分子的平均动能不变,因为缸内气体体积V增大,所以分子数密度减小,则在单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数要减少,故选项D正确。
3.ABD 解析 设a状态的压强为pa,则由理想气体的状态方程可知paT0=pb3T0,所以pb=3pa,同理pa·3V0=pc·V0,得pc=3pa,所以pc=pb=3pa,故A正确;过程a到b中温度升高,内能增大,故B正确;过程b到c温度降低,内能减小,即ΔU<0,体积减小,外界对气体做功,W>0,则由热力学第一定律可知,Q<0,即气体应该放出热量,故C错误;由图可知过程ca中气体等温膨胀,内能不变,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量等于对外做的功,故D正确。
4.B 解析 a和c状态温度相同,内能相同,降到b状态,内能的变化量相同;从a到b,气体做等压变化,温度降低,体积减小,外界对气体做功,W>0,从c到b,气体做等容变化,体积不变,外界对气体不做功,则Q=ΔU,故a到b过程气体放出热量较多,故选项A、C、D错误,B正确。
5.C 解析 对一定量的理想气体,内能由温度决定,两种情况下气体温度变化相同,气体内能变化量相等,即ΔU1=ΔU2=ΔU;第一种情况,汽缸与活塞都固定不动,气体体积不变,气体不做功,W1=0,第二种情况,活塞自由移动,气体体积增大,气体对外做功,W2<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q1=ΔU1-W1=ΔU1=ΔU,Q2=ΔU2-W2=ΔU-W2>ΔU>Q1,选项C正确。
6.AB 解析 由题意得,分子热运动速率较小的气体从A端流出,分子热运动速率较大的气体从B端流出,又同种气体中平均分子速率较大的部分温度较高,故A端为冷端,B端为热端,故A、B正确;内能的多少除了与温度有关还与分子数有关,故不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能,故C错误;该装置将冷热气体进行分离,喷嘴处有高压,并非是自发进行的,没有违背热力学第二定律,任何过程都满足能量守恒定律,故D错误。
7.答案 (1)1615p0
(2)Q+57kT0
解析 (1)第一次打入气体后,篮球内气体压强变为p1,
根据玻意耳定律有p0(V0+115V0)=p1V0
解得p1=1615p0。
(2)设篮球内气体最终温度为T,根据理想气体状态方程知p0(V0+20×115V0)T0=4p0V0T
解得T=127T0
篮球内气体内能的增量为ΔU=kΔT=57kT0
根据热力学第一定律可得打气过程中,对气体所做的功为W=Q+57kT0。
8.答案 (1)3 kg
(2)57 ℃ 11 J
解析 (1)开始时,V1=LS,压强为p1=p0+mgS=1.2×105 Pa
活塞下移到4L5处时,V2=4L5S,设此时气体的压强为p2,对所封闭的气体,活塞向下移动时,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=1.5×105 Pa
设所放物体的质量为m0,此时对活塞有p2S=p0S+mg+m0g
解得m0=3 kg。
(2)对所封闭的气体,开始时,V2=4L5S,T2=300 K,温度升高后,V3=(4L5+ΔL)S,设此时的温度为T3,此过程为等压过程,根据V2T2=V3T3
解得T3=330 K,即t=57 ℃
该过程中气体对外界做功,得W=-p2SΔL
由热力学第一定律可得ΔU=W+Q
解得Q=11 J。
9.C 解析 由题图可知,气体由状态A等容变化到状态B的过程中体积不变,温度减小,根据pVT=p1VT1可知压强减小;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,体积不变,温度减小,即W=0,ΔU<0,故Q<0,放出热量,故A、B、D错误,C正确。
10.答案 (1)p0n+1
(2)-0.8np0V0
解析 (1)抽气过程等温变化,第一次抽气有p0V0=p(V0+nV0),解得p=p0n+1。
(2)该过程为绝热过程,可知Q=0,又有W=-pΔV=-p0+0.6p02·nV0=-0.8np0V0,
根据热力学第一定律得ΔU=W+Q=-0.8np0V0。
11.答案 (1)37 ℃
(2)20 J
解析 (1)气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2,得hS300K=(h+Δh)S(t2+273)K,代入数据解得t2=37 ℃。
(2)气体等压膨胀对外做功,则W=-p0·ΔV=-p0(S·Δh),代入数据得W=-10 J,由热力学第一定律得ΔU=W+Q,代入数据得ΔU=-10 J+30 J=20 J。
12.答案 (1)pB=15p0
(2)TC=1.9T0
(3)W
解析 (1)封闭气体从A→B过程中发生等温变化,根据玻意耳定律可得
p0V0=pB×5V0
解得pB=15p0。
(2)封闭气体从A→C的过程中,根据查理定律可得
p0T0=1.9p0TC
解得TC=1.9T0。
(3)从B到C过程中,气体绝热收缩,则Q=0
根据热力学第一定律可得
ΔU=Q+W
解得ΔU=W。