高考物理一轮复习高效演练创新题选修3-3 3《热力学定律与能量守恒》(含答案详解)

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1.(多选)(2018·石家庄模拟)如图所示,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中,则金属罐在水中缓慢下降的过程中,罐内空气(可视为理想气体)
( )
A.内能增大
B.分子间的平均距离减小
C.向外界放热
D.外界对气体做正功
E.既不吸热, 也不放热
【解析】选B、C、D。由于温度不变,故气体内能不变(理想气体内能取决于温度),A错误;取金属罐中封闭的理想气体为研究对象,金属罐向下压入恒温游泳池中的过程,可视为等温过程,由题意知压强变大,根据玻意耳定律p1V1=p2V2,可知体积变小,故分子平均间距变小,B正确;恒温内能不变,ΔU=0,体积变小,W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即向外放热,故C、D正确,E错误。
【加固训练】
(多选)根据热力学定律,下列说法中正确的是( )
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”
E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【解析】选A、B、E。在一定条件下,热量可以从低温物体传给高温物体,A正确;空调机工作过程中,电流做功产生热,所以向室外放热多,从室内吸热少,B正确;C项中的说法违反热力学第二定律,C错误;对能源的过度消耗会造成可以利用的能量减少,而总的能量是守恒的,D错误;涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故E正确。
2.(多选)(2018·榆林模拟)如图所示,汽缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间,后来活塞达到新的平衡,不计气体分子势能,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,大气压强保持不变,则下列判断正确的是
( )
A.气体A吸热,内能增加
B.气体B吸热,对外做功,内能不变
C.气体A分子的平均动能增大
D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少
【解析】选A、C、E。气体A进行等容变化,则W=0,根据ΔU=W+Q可知气体A吸收热量,内能增加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都是增大的,选项A、C正确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B吸收热量,温度升高,体积变大,内能增加,对外做功,选项B错误;气体B的压强不变,但是体积增大,所以气体B分子单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数减少,选项E正确。
3.(新题预测)(多选)如图所示,绝热容器波被绝热隔板K1,卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a,b,c三部分,a部分为真空,b部分为一定质量的稀薄气体,且压强pbA.只打开隔板K1,b中气体对外做功,内能减少
B.只打开隔板K1,b中气体不做功,内能不变
C.只打开隔板K1,b中气体压强减小,温度不变
D.只打开卡销K2,b中气体对外做功,内能减小
E.只打开卡销K2,外界对b中气体做功,b中气体内能增加
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)气体向真空中扩散过程中,气体不做功。
(2)由于pb【解析】选B、C、E。只打开隔板K1,b中气体向a中真空扩散,气体不做功,W=0,绝热容器导致Q=0,由热力学第一定律知ΔU=W+Q=0,内能不变,A错误,B正确;只打开隔板K1时,b中气体内能不变,温度不变,由玻意耳定律pV=C知b中气体体积增大,压强减小,C正确;只打开卡销K2时,由于pb0,但Q′=0,则ΔU′=W′+Q′>0,内能增加,E正确,D错误。
4.(新题预测)如图所示,导热性能良好的汽缸悬挂在天花板上,用轻质活塞(下有轻质挂钩)封闭体积为V0的理想气体,外界大气压为p0,环境温度为T0,活塞截面积为S,与汽缸之间的摩擦不计,现在活塞下面挂上质量为m的钩码,活塞缓慢下移,并最后静止在某一位置(未从汽缸上脱落),重力加速度为g,求:
(1)活塞静止时,离汽缸上底的距离。
(2)如果取下钩码,要保持活塞的位置不变,环境温度需要改变到多少?汽缸吸热还是放热?
【解析】(1)未挂钩码时,封闭气体的压强为p0,体积为V0,温度为T0,挂上钩码,当活塞稳定后,由平衡条件得pS+mg=p0S,设活塞静止时,离汽缸上底距离为x,根据玻意耳定律得:p0V0=pSx,解得:x=。
(2)拿掉钩码后的稳定过程,根据查理定律得:=
解得:T=>T0
所以理想气体温度升高,内能增大,则ΔU>0,
气体体积不变,W=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0,吸收热量。
答案:(1) (2) 吸热
5.(2018·成都模拟)在一个密闭的汽缸内有一定质量的理想气体,如图所示是它从状态A变化到状态B的V-T图象,已知AB的反向延长线通过坐标原点O,气体在A状态的压强为p=1.0×105 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量Q=7.0×102 J,求此过程中气体内能的增量ΔU。
【解析】由V-T图象的图线经过坐标原点可以判断,理想气体经历的是等压变化。
由盖-吕萨克定律得:=
气体对外做的功:W=-p(VB-VA)
解得:W=-200 J
根据热力学第一定律:ΔU=W+Q
解得:ΔU=5.0×102 J
SHAPE \* MERGEFORMAT 答案:5.0×102 J