2019高三物理人教版一轮练习：37 热力学定律与能量守恒定律 Word版含解析
3-3-3热力学定律与能量守恒定律
3-3-3热力学定律与能量守恒定律一、选择题1．有关“温度”的概念，下列说法中正确的是()A．温度反映了每个分子热运动的剧烈程度B．温度是分子平均动能的标志C．一定质量的某种物质，内能增加，温度一定升高D．温度较高的物体，每个分子的动能一定比温度较低的物体分子的动能大[答案] B[解析]温度是分子平均动能的标志，但不能反映每个分子的运动情况，所以A、D错误，由ΔU＝Q＋W可知C错，故选项B正确．2．第二类永动机不可能制成，这是因为()A．违背了能量守恒定律B．热量总是从高温物体传递到低温物体C．机械能不能全部转变为内能D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化[答案] D[解析]第二类永动机的设想虽然符合能量守恒定律，但是违背了能量转化中有些过程是不可逆的规律，所以不可能制成，选项D正确．3．(2011·广州模拟)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，压强随体积变化的关系如图，这个过程()A．气体的密度一直变小B．气体的温度一直降低C．气体一直对外界做功D．气体一直向外界放热[答案]AC[解析]气体从A到B的过程中，体积变大，质量不变，温度升高，所以选项A正确，选项B错误．气体膨胀对外做功，选项C正确．根据热力学第一定律，气体内能变大，气体对外做功，所以气体一定吸热，选项D错误．4．(2011·西安模拟)下列说法中正确的是()A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律C．压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大[答案] D[解析]气体的温度升高时，分子平均动能增大，但气体体积不确定，所以压强不确定，A不正确；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，所以B不正确；气体内能的改变量由做功和热传递共同决定，在压缩气体对其做功的同时，它可能对外放热，故其内能不一定增大，所以C不正确；在a趋近b的过程中分子力先表现为引力后表现为斥力，分子势能先减小后增大，当分子力为零时，a的动能最大，D正确．5.如图所示，两相同的容器装同体积的水和水银，A、B两球完全相同，分别浸没在水和水银的同一深度，A、B两球用同一种特殊的材料制成，当温度稍升高时，球的体积会明显变大．如果开始时水和水银的温度相同，且两液体同时缓慢地升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则()A．A球吸收的热量较多B．B球吸收的热量较多C．两球吸收的热量一样多D．无法确定[答案] B[解析]小球吸热用于小球内能的增加和膨胀对外做功，对外做功等于液体重力势能的增加．因此，由热力学第一定律可知，答案B正确．6．(2011·黄冈模拟)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分，已知a内有一定量的稀薄气体，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()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，温度降低D．气体压强变小，温度不变[答案] BD[解析] 本题考查热力学第一定律，气体压强的微观解释，气体的内能等知识点．b 室为真空，则a 气体体积膨胀对外不做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，在绝热时，气体的内能不变，A 项错，B 项对．又气体是稀薄气体，则只有动能，因此气体的温度不变，由pV T＝C 知，气体的压强减小，C 项错，D 项对．7．(2011·深圳部分重点中学模拟)封有理想气体的导热气缸，开口向下被竖直悬挂，活塞下系有钩码，整个系统处于静止状态，不计摩擦，如图所示．若大气压恒定，系统状态变化足够缓慢，下列说法正确的是( )A ．外界温度升高，气体压强一定增大B ．外界温度升高，外界可能对气体做正功C ．保持气体内能不变，增加钩码质量，气体一定吸热D ．保持气体内能不变，增加钩码质量，气体体积一定减小[答案] C[解析] 本题考查热力学第一定律和理想气体三个状态参量(温度、体积、压强)的关系．外界温度升高，气体膨胀，体积增大，气体对外做功，B 错；对活塞受力分析可知，气体压强不变，仍等于大气压强，A 错；若钩码质量增加，则气体压强减小，体积增大，对外做功，要保持气体内能不变，则一定吸热，所以C 正确，D 错．8．(2011·深圳模拟)一定质量的某种理想气体由状态A 经过图中所示过程缓慢变化到状态B ，在此过程中( )A ．气体的密度一直变小B ．气体的密度一直变大C ．气体的内能一直增加D ．气体的内能一直减小[答案] AC[解析] 可以把一定质量的理想气体由A 到B 的过程看做两个过程，如图所示．①由A 到C 过程为等温变化，由玻意耳定律得p A V A ＝p B V C ，因p A >p B ，所以V C >V A ；②由C 到B 过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得V C T A ＝V B T B，因T A <T B ，所以V B >V C .综上所述理想气体由A 到B 的过程体积一直增大，而质量不变，所以气体的密度一直减小，A正确；又因为理想气体的内能只与温度有关，而由A到B气体温度一直升高，所以气体的内能一直增加，C正确．故本题选A、C.二、非选择题9．(2011·南通模拟)一定质量的理想气体按图示过程变化，其中bc与V 轴平行，cd与T轴平行，则b→c过程中气体的内能________(选填“增加”、“减少”或“不变”)，气体的压强________(选填“增加”、“减少”或“不变”)；表示等压变化过程的是________(选填“a→b”、“b→c”或“c→d”)．[答案]不变增加a→b10．(2011·浙江)吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物体．如图所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0×10－2m，当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为1.0×10－5m3；按下吸盘时，吸盘与天花板所围容积为2.0×10－6m3，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为p0＝1.0×105Pa.设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板之间紧密接触，吸盘内气体初态温度与末态温度相同．不计吸盘的厚度及吸盘与挂钩的重量．(1)吸盘恢复原状时，盘内气体压强为________；(2)在挂钩上最多能悬挂重为________的物体；(3)请判断在吸盘恢复原状过程中盘内气体是吸热还是放热，并简述理由．[答案] (1)2.0×104Pa (2)100N (3)吸热，理由见解析[解析] (1)吸盘恢复原状过程中 ，由玻意耳定律有：p 0V 1＝p 2V 2得p 2＝p 0V 1V 2＝1.0×105×2.0×10－61.0×10－5Pa ＝2.0×104Pa. (2)设最多挂重为G 的物体，对吸盘有：p 0S ＝G ＋p 2S ，其中S ＝πr 2，解得：G ＝100N.(3)盘内气体内能未变，体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体必吸热．11．(2011·茂名模拟)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为p 1＝1.0×105Pa ，体积为V 1＝2.0×10－3m 3的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上砂子，使封闭气体的体积变为原来的一半．求：(1)此时气缸内气体的压强p 2；(2)此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．[答案] (1)2.0×105Pa (2)放热 理由见解析[解析] (1)以封闭的气体为研究对象，由题意知，气体作等温变化，根据玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2代入数据得：p 2＝2.0×105Pa.(2)放热．该过程被封闭的气体做的是等温变化，气体内能不变，而外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体是放热．12.(2011·济南模拟)如图所示，在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一定量的气体，活塞在容器壁间能自由滑动，容器的横截面积为S .开始时气体的温度为T 0，活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压恒为p 0的空气中，当气体从外界吸收热量Q 后，活塞缓慢上升d 的高度后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少？[答案] (1)h 0＋d h 0T 0(2)Q －(mg ＋p 0S )d [解析] (1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖－吕萨克定律有：V V 0＝T T 0得外界温度：T ＝V V 0T 0＝(h 0＋d )S h 0S T 0＝h 0＋d h 0T 0. (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功为W ＝－(mg ＋p 0S )d根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能：ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d .13．(2011·东北三省四市模拟)(1)一定质量的理想气体温度由T 1降低到T 2的过程中，下列说法正确的是( )A ．如果气体体积增大，则分子的平均动能可能增大B ．如果气体体积减小，则气体的压强一定不变C ．如果气体的体积保持不变，则气体一定放出热量D ．不管气体体积怎样变化，气体分子的平均动能一定减小(2)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 ，其状态变化过程的p －T 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的体积为1×10－3m 3.求：①该气体在状态C 时的体积；②该气体从状态A 到状态B 再到状态C 的过程中气体与外界传递的热量．[答案] (1)CD (2)①3×10－3m 3 ②200J[解析] (1)①分子的平均动能只与温度有关，温度降低，分子的平均动能减小，选项A 错误、D 正确；②一定质量的某种理想气体满足理想气体状态方程pV T＝C ，温度降低，如果气体体积减小，则气体的压强的变化不确定，选项B 错误；③理想气体的内能只与温度有关，温度降低，理想气体内能减小，如果气体的体积保持不变，则气体与外界没有做功，由热力学第一定律可知，气体一定放出热量，选项C正确．故正确选项为CD.(2)①理想气体从A→C温度保持不变，根据玻意耳定律有p A V A＝p C V C①解得V C＝3×10－3m3.②②A→C过程，由温度相等得：ΔU＝0③由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W可知，在A→B→C的过程中，吸收的热量Q＝W④所以Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×103)J＝200J.⑤。
高考物理一轮复习课时规范练41 热力学定律与能量守恒定律(含答案)
课时规范练41热力学定律与能量守恒定律基础对点练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,p a、p b、p c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p c=p b=3p aB.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.(多选)(热力学定律与图像综合)如图,一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环,A、B、C、D分别位于矩形的四个顶点上。
下列说法正确的是()T0A.状态C的温度为32B.A→B过程,分子的平均动能减少C.D→A过程,气体压强增大、内能减小D.经历A→B→C→D→A一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量6.(热力学第二定律)(2022山东枣庄期末)“天宫”空间站是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体,三舱皆有“气闸舱”;航天员出站时,要途经“气闸舱”“减压”后才能出站;从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。
2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 三十八 选修3-3 3热力学定律与能量守恒 Word版含解析-
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课时分层作业三十八热力学定律与能量守恒(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分)1.如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。
设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac。
则( )A.T b>T c,Q ab>Q acB.T b>T c,Q ab<Q acC.T b=T c,Q ab>Q acD.T b=T c,Q ab<Q ac【解析】选C。
根据理想气体状态方程有:==,所以有T a<T b=T c,在ab过程中,吸收的热量Q ab=ΔU-W,其中W<0,在ac过程中,吸收的热量Q ac=ΔU,所以Q ab>Q ac,所以C正确,A、B、D错误。
2.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大。
若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么 ( )A.外界对胎内气体做功,气体内能减小B.外界对胎内气体做功,气体内能增大C.胎内气体对外界做功,内能减小D.胎内气体对外界做功,内能增大【解析】选D。
以胎内气体为研究对象,由于气体温度升高,内能增大,体积增大,胎内气体对外做功,故D正确。
【规律总结】判定物体内能变化的方法(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积:体积增大,气体对外界做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。
(3)与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
3.(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律,下列论述错误的是( )A.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化,而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能,故这两条定律是相互矛盾的B.内能可以全部转化为其他形式的能,只是会产生其他影响,故两条定律并不矛盾C.两条定律都是有关能量转化的规律,它们不但不矛盾,而且没有本质区别D.能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E.热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的【解析】选A、C、D。
高考物理一轮复习 选修3-3 3 热力学定律与能量守恒练习(含解析)-人教版高三选修3-3物理试题
热力学定律与能量守恒考点一热力学第一定律的理解和应用【典例1】一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【通型通法】1.题型特征：热力学第一定律的应用。
2.思维导引：气体的内能仅与状态有关，气体返回到原状态，整个过程中气体内能变化为零。
【解析】(1)由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=-120J+280J=160J，气体的内能增加了160J。
(2)气体从状态2回到状态1的过程中内能的减少量应等于从状态1到状态2的过程中内能的增加量，如此从状态2到状态1的内能应减少160J，即ΔU′=-160J，又Q′=-240J，根据热力学第一定律得：ΔU′=W′+Q′，所以W′=ΔU′-Q′=-160J-(-240J)=80J，即外界对气体做功80J。
答案：(1)增加了160J (2)外界对气体做功80J1.热力学第一定律ΔU=Q+W：(1)符号法如此。
符号W Q ΔU(2)三种特殊情况。
2.做功和热传递的区别与联系：看能的性质能的性质发生了变化能的性质不变变化情况联系做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是一样的【加固训练】(多项选择)如下列图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两局部。
a内有一定量的稀薄气体，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( )A.气体对外界做功，内能减少B.气体不对外界做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变E.单位时间内和容器壁碰撞的分子数目减少【解析】选B、D、E。
a内气体向真空膨胀，不对外界做功，故A错误；又因容器绝热，Q=0，由热力学第一定律知，ΔU=0，故B正确；稀薄气体可看作理想气体，内能不变，如此温度不变，由玻意耳定律知压强减小，故C错误，D、E正确。
高中物理 选修三(2019)第三章 热力学定律 第3节 能量守恒定律练习(含答案)
能量守恒定律练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在一个与外界没有热交换的房间里打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将如何变化（）A．降低B．升高C．不变D．无法确定2．如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep（弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）．现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程（）A．Ep全部转换为气体的内能B．Ep一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．Ep一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能3．17世纪70年代，英国赛斯特城的约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。
下列关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（）A．满足能量守恒定律，所以可能实现B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现4．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。
如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。
2019届高考物理一轮复习讲义：热力学定律与能量守恒含答案
第3讲热力学定律与能量守恒板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】热力学第一定律Ⅰ1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递。
2．热力学第一定律(1)内容一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则(4)ΔU＝Q＋W的三种特殊情况①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
②若过程是等容的，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
③对于理想气体，若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量。
【知识点2】热力学第二定律Ⅰ1．热力学第二定律的三种表述(1)克劳修斯表述热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
或表述为“第二类永动机是不可能制成的。
”(3)用熵的概念表示热力学第二定律。
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
2．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
【知识点3】能量守恒定律Ⅰ1.能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。
例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。
3.两类永动机(1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。
违背能量守恒定律，因此不可能实现。
(2)第二类永动机：从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不产生其他影响的机器。
违背热力学第二定律，不可能实现。
4．能源的利用(1)存在能量耗散和品质降低。
(2)重视利用能源时对环境的影响。
2019届高三物理一轮复习热力学定律-含答案
海阔凭鱼跃，天高任鸟飞。
检测试题，查漏补缺热力学定律一、单选题（本大题共5小题）1. 一定质量的理想气体分子力不计，体积由V膨胀到，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，则A. ，，12B. W1W2，Q1Q2，12C. W1W2，Q1Q2，12D. W1W2，Q1Q2，122. 下列各事例中通过热传递改变物体内能的是A. 车床上车刀切削工件后发热B. 擦火柴时火柴头温度升高C. 用肥皂水淋车刀后车刀降温D. 搓搓手就会觉得手发热3. 下列说法正确的是A. 热量不可能从低温物体传到高温物体B. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D. 理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型4. 关于能量转化与守恒的理解，下列说法中正确的是A. 凡是能量守恒的过程就一定会发生B. 摩擦生热的过程是不可逆过程C. 热传递的过程不存在方向性D. 由于能量的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机5. 下列关于能量转化或转移过程的说法中正确的是A. 所有能量守恒的过程都能自发地进行B. 摩擦生热的过程是不可逆过程C. 空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性D. 能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机二、多选题（本大题共4小题）6. 下列说法中正确的是A. 分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零B. 布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著C. 在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加D. 一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多E. 在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降7. 下列说法正确的是A. 液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大B. 当分子间的距离减小时，分子间作用力的合力也减小，分子势能增大C. 布朗运动就是液体分子的无规则运动D. 热量可以从低温物体传到高温物体E. 一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热8. 下列说法正确的是A. 气体吸热后温度一定升高B. 热量不一定从内能多的物体传递到内能少的物体上C. 一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比D. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能也在不断减小E. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离9. 下列说法正确的是A. 液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动B. 液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先增大后减小D. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大三、填空题（本大题共1小题）10. 一定质量的理想气体压强p与摄氏温度t的关系如图所示，气体从状态A变到状态B，则气体在状态A的体积______选填“”、“”或“”在状态B的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W，内能变化量的绝对值为，则气体与外界之间传递的热量为______．四、计算题（本大题共3小题）11. 如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为，经历的过程，整个过程中对外界放出热量。
人教版高三物理一轮总复习 热力学定律与能量守恒定律
技巧点拨
1.热力学第二定律的含义 (1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助 外界提供能量的帮助. (2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内 完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等. 在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨 胀过程.
跟进训练 1.(改变内能的两种方式)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是 A.气体吸热后温度一定升高
√B.对气体做功可以改变其内能
C.理想气体等压膨胀过程一定放热
√D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
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2.(热力学第一定律的计算)如图2是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理
想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的
物体对外界做功
Q 物体 吸收 热量 物体 放出 热量
ΔU 内能_增__加_ 内能_减__少__
3.能量守恒定律 (1)内容 能量既不会凭空产生 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式 转化 为其 他形式，或者从一个物体 转移 到别的物体，在转化或转移的过程中， 能量的总量 保持不变 . (2)条件性 能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条 件的. (3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了 能量守恒定律 .
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，
进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.
3.热力学过程的方向性实例
(1)高温物体
热量Q能自发传给 热量Q不能自发传给
(2)功
能自发地完全转化为 不能自发地完全转化为
热.
2019版高考物理一轮复习第十四章热学课后分级演练37热力学定律能量守恒定律.doc
课后分级演练（三十七）热力学定律能量守恒定律【A级一一基础练】1.（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.热量不可能口发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：BDE根据热力学第一定律，气体吸热的同吋若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误.对气体做功可以改变其内能，选项B正确.理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热, 选项C错误.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到髙温物体，选项D 正确.根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确.2.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒.猛推推杆，艾绒即可点燃.对筒内封闭的气体，在此压缩过程中（）A.气体温度升高，压强不变B.气体温度升高，压强变大C.气体对外界做正功，气体内能增加D.外界对气体做正功，气体内能减少解析：B本题考查做功与内能变化的关系，意在考查学生对改变内能两种方式的理解.压缩气体时，外界对气体做功，内能增加，温度升高，体积变小，压强增大，所以只有B正确.3.（多选）（2017 •湖南长沙模拟）关于第二类永动机，下列说法中正确的是（）A.第二类永动机是指没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机B.第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成C.第二类永动机违背了热力学第二定律，所以不可能制成D.笫二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能E.第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化解析：ACE由第二类永动机的定义知，A正确；第二类永动机违反了热力学第二定律, 故B 错误，C正确；机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化，故E正确，D错误.4.（多选）（2017・开封5月质检）下列说法中正确的是（）A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律V R.某气体的摩尔体枳为以每个分子的体枳为仏则阿伏加德罗常数可表示为AJ=-解析：ABC根据热力学第一定律，气体放出热量，若外界对气体做功，使气体温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子力表现为斥力吋，分子力总是随分子间距离的减小而增大，随分子间距离的减小，分子力做负功，所以分子势能也增大，故C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为人每个分子的体积为K,则阿伏加德罗常数可表示为僦=£,对于气体此式不成立，故E错误.5・（多选）（2017・济南模拟）下列说法正确的是（）A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩，是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变解析：ACD单晶体冰糖有固定的熔点，磨碎后物质微粒排列结构不变，熔点不变，A 正确；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关，B错误；一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学笫一定律可知，其内能一定增加，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；一定质量的理想气体体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位而积上的分子数增大，E错误.6. （多选）（2017 •广东惠州模拟）如图所示,某种自动洗衣机 进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气（可视为理 想气体），通过压力传感器感知细管中的空气压力，从而控制进水 量•设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 （）A. 单位体积分子数增多B. 分子运动的平均动能增加C. 气体一直向外界放热D. 气体一直对外界做功 解析：AC 洗衣缸内水位升高，被封闭的空气压强增大，被封闭气体做等温变化，根据 玻意耳定律可知，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，选项A 正确；一定质量的理想 气体的内能只跟温度有关，温度不变，可知英内能不变，选项B 错误；气体体积减小，外界 对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定向外界放出了热量，选项C 正确，D 错误.7. 如图所示为电冰箱的工作原理示意图.压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管 道中不断循环.在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出 热量到箱体外•下列说法正确的是（）A. 热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B. 在封闭的房间里打开冰箱一段时间后，房间温度会降低C. 电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D. 电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：C 热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守 恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C 正确，D 错误.由热力学第二定律可知， 热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助.电冰箱把热量从低温 的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故A 错误.电冰箱工作时消耗电能, 房间的总热量会增加，房间温度会升高，故B 错误.由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系 统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多.8. 下列关于热现象的描述正确的一项是（）A. 根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的压力传感器气 细 管洗、 衣 缸C. 温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D. 物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律 的 解析：C 热机不可能将内能全部转化为机械能，其效率不可能达到100%, A 错误.做 功是通过能量转化的方式改变内能，而热传递是通过内能转移改变内能，B 错误.单个分子 的运动无规则，但大量分子的运动符合统计规律，D 错误.C 的说法是正确的.9. 一定质量的理想气体由状态力经状态$变为状态C,其中力一〃过程为等压变化，B-C 过程为等容变化.已知％=0.3m‘，力=刀=300 K, %=400 K.（1） 求气体在状态〃时的体积.（2） 设/F ＞〃过程气体吸收的热量为Q, 4C 过程气体放出的热量为比较Q 、Q 的 大小并说明原因.解析：（1）设气体在状态〃时的体积为％,力一〃过程气体发生等压变化，由盖■吕萨克V. v.f定律得，沪凉,代入数据得％=0.4 m 3.⑵由题意，乃=%,所以气体力一〃过程增加的内能与〃一C 过程减小的内能相同.而A-B 过程气体对外做功，宀Q 过程气体不做功，由热力学第一定律可知，Q 沁 答案：（1）0.4（2）见解析【B 级一一提升练】10. （2017 •福州质检）如图是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K 闭合，压下压杆A 可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B 打 开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理 想气体，充气和喷水过程温度保持不变，贝9（）A. 充气过程中，储气室内气体内能增大B. 充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大解析：A 充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动 能不变，气体内能增大，选项A 正确，B 错误；喷水过程中，气体对外做功，体积增大，而气体温度不变，则气体吸热，所以气体压强减小，选项C 、D 错误.11. （多选）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S 和必活塞处于静止平 衡状态.现通过电热丝对气体力加热一段时间，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C. 喷水过程屮，储气室内气体放热D. 喷水过程中，储气室内气体压强增大IIIIIIIII IIIIIIIIIII 1J -讪 wo-压杆A是（）A.气体力吸热，内能增加B.气体〃吸热，对外做功，内能不变C.气体/分子的平均动能增大D.气体昇和气体〃内每个分子的动能都增大E.气体〃分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：ACE气体力进行等容变化，则倂=0,根据可知气体月吸收热量，内能增加，温度升高，气体力分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为屮间是导热隔板，所以气体〃吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体〃的压强不变，但是体积增大, 平均动能增大，所以气体〃分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E1E确.12.一定质量的理想气体从状态A变化到状态〃，再变化到状态C,其状态变化过稈的p-V图象如图所示.已知该气体在状态力时的温度为27 °C,求：(1)该气体在状态〃时的温度；(2)该气体从状态A到状态C的过程屮与外界交换的热量.解析：(1)对于理想气体：A-B,由理想气体方程得P A_P^即述治100 K,所以"273 —173 C% Vc②B-C由不=不得7?=300 K,所以力=27 °C h 1(:A. C温度相等，的过程，由热力学第二定律△ U= Q+ W得Q=\{j_W=-p\V=-200 J,即气体从外界吸热200 J 答案：(1)一173 °C (2)吸热200 J13.如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为伽横截面积为S,与容器底部相距为力，此时封闭气体的温度为几现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量0时，气一鬥体温度上升到71•已知大气压强为必，重力加速度为G不计活塞与汽缸的摩擦，求:(1)活塞上升的高度;(2)加热过程中气体的内能增加量.hS 示/?+△/? S解析：(1)气体发生等压变化，有解得 A /?=——/?. 1\(2)加热过程屮气体对外做功为7；—7； W= pS A h= (Q )S+厨一-—h Ji由热力学第一定律知内能的增加量为14. 如图所示，体积为卩、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量 和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为3仏、压强为1. 5”的理想气 体.Q 和〃分别为大气的压强和温度.己知气体内能〃与温度卩的关系为 U=B T,日为正的常量；汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的.求：(1) 缸内气体与大气达到平衡时的体积仏(2) 在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q解析：(1)在气体压强由P =1.5A 变化到q 时卩不变，由查理定律有 〒~P得T\ = 2T ・在气体温度由7；变兀的过程屮，体积由卩减小到％,气体压强不变，由盖•吕萨克定律 解得％=o.5$(2)活塞下降过程中，活塞对气体做的功气体内能的减少量△/=^(T-%)=2曰％由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为 Q= W+ A u 所以0=話〃+2前答案：⑴0.5$ (2)$)卩+2臼％ A U= Q — II — Q — (poS+mg) T 2-I \ Tx71. 答案: 丁2—1\ T 、 (2) Q —(Q )S+/〃g) T2—T\ T 、 有' v__i\ vr~r.。
2019年高考物理一轮复习课时分层集训37热力学定律与能量守恒定律新人教版
课时分层集训(三十七) 热力学定律与能量守恒定律(限时：40分钟)对热力学第一定律、第二定律理解1．(2021·杭州模拟)关于热力学第一定律与热力学第二定律，以下论述正确是( )A．一定质量理想气体经历一缓慢绝热膨胀过程，气体内能增大B．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成C．气体向真空自由膨胀是不可逆D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体〞E．1 kg0 ℃冰比1 kg0 ℃水内能小些BCE[一定质量理想气体经历一缓慢绝热膨胀过程，那么Q ＝0，W＜0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体内能减小，选项A 错误；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，选项B正确；热力学第二定律说明：自然界中进展涉及热现象宏观过程都具有方向性，是不可逆，选项C正确；热力学第二定律可描述为“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〞，选项D错误；1 kg0 ℃冰变成1 kg0 ℃水要吸收热量，所以选项E正确．]2．对于一定量理想气体，以下说法正确是( )【导学号：84370515】A ．当气体温度变化时，气体内能一定变化B ．假设气体内能不变，其状态也一定不变C ．假设气体压强与体积都不变，其内能也一定不变D ．假设气体温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E ．气体温度每升高1 K 所吸收热量与气体经历过程有关 ACE [理想气体内能只由温度决定，当气体温度变化时，气体内能一定变化，选项A 正确；假设气体内能不变，那么气体温度不变，气体压强与体积可能发生变化，气体状态可能变化，选项B 错误；由理想气体状态方程pV T＝C 可知，如果气体压强与体积都不变时，那么温度也不变，而理想气体内能只由温度决定，所以内能也不改变，选项C 正确；如果气体温度升高，同时体积增大，其压强可能增大、不变或减小，选项D 错误；气体温度升高1 K 代表增加一定量内能，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，热量Q 与W 有关，选项E 正确．]3．(2021·全国Ⅲ卷)如图1337所示，一定质量理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a .以下说法正确是( )图1337A ．在过程ab 中气体内能增加B ．在过程ca 中外界对气体做功C ．在过程ab 中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量ABD[ab过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C错误．ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E错误．bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，那么需要吸收热量，选项D正确．]4．一定量理想气体从状态a开场，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT图象如图1338所示．以下判断正确是( )图1338A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做功等于气体所放热D．a、b与c三个状态中，状态a分子平均动能最小E．b与c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击次数不同ADE[由pT图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab一定吸热，选项A正确；过程bc温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B 错误；过程ca 压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出热量一定大于外界对气体做功，选项C 错误；温度是分子平均动能标志，由p T 图象可知，a 状态气体温度最低，那么分子平均动能最小，选项D 正确；b 、c 两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击次数不同，选项E 正确．]热力学定律与气体实验定律综合5．某种一定质量理想气体从状态a 开场，经过三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态．如图1339所示，状态a 时体积是1 m 3，压强是1.0×105Pa ，温度是300 K ，求：图1339(1)气体从c →a 过程外界对气体做功多少？(2)说明b →c 过程气体吸热小于1.5×105 J.[解析](1)c →a 过程为等压变化T c ＝600 K V a ＝1 m 3 T a ＝300 KV c T c ＝V a T a解得V c ＝2 m 3 W ＝p ΔV ＝1×105 J.(2)b →c 过程为等温变化W ′＝12×(2＋1)×105×1 J＝1.5×105 J ＞W ΔU ＝Q ＋W ，温度不变ΔU ＝0气体吸热Q ＝|W |＜1.5×105 J.[答案](1)1×105 J (2)见解析6．如图13310所示，在竖直放置圆柱形容器内用质量为m 活塞密封一局部气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器横截面积为S .开场时气体温度为T 0，活塞与容器底距离为h 0.现将整个装置放在大气压恒为p 0空气中，当气体从外界吸收热量Q 后，活塞缓慢上升d 后再次平衡，重力加速度为g .求：图13310(1)外界空气温度是多少；(2)在此过程中密闭气体内能增加了多少．[解析](1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有V V 0＝T T 0得外界温度T ＝V V 0T 0＝h 0＋d S h 0S T 0＝h 0＋d h 0T 0. (2)活塞上升过程，密闭气体克制大气压力与活塞重力做功，所以外界对系统做功W ＝－(mg ＋p 0S )d根据热力学第一定律得密闭气体增加内能ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d .[答案](1)h 0＋d h 0T 0(2)Q －(mg ＋p 0S )d。
高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 x3-3-3热力学定律与能量守恒定律 含答案
高考物理复习第3课时热力学定律与能量守恒定律基本技能练1．(多选)如图1所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。
两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a 和b。
气体分子之间相互作用势能可忽略。
现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡()图1A．a的体积增大了，压强变小了B．b的温度升高了C．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈D．a增加的内能大于b增加的内能解析a气体吸收热量，体积增大，使隔板K压缩b气体，由热力学第一定律可知，b气体内能增加，即温度升高，B正确；对a、b两部分气体来说，加热前p、V、T皆相等，加热后，p a＝p b，V a>V b，由pVT＝常数可知，T a>T b，所以C、D正确。
答案BCD2．(多选)图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有()图2A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析由pV＝nRT知，当V、T不变时，n增加，p增大，故A对；物体的温度不变，分子的平均动能就不变，故B错；通过公式p1V1＋p2V2＝pV1计算出，密封气体压强变为1.2 atm，大于外界压强，故打开阀门后气体就会压水把水喷出，显然气体对外界做正功，体积变大，压强变小，当密封气体压强与装置内剩余水的压强之和与外界压强相等的时候，就不再喷水了，故C对，D错。
答案AC3.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图3所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为N A。
图3(1)(多选)由状态A变到状态D过程中() A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J，则气体________(填“吸收”或“放出”)热量________ J。
2019年高三物理人教版一轮作业：第十三章第3讲 热力学定律与能量守恒定律含解析
[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．下列对热学相关知识的判断中正确的是()A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源解析：气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D 正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能源在逐渐减少，故要节约能源，E正确．答案：CDE2．关于物体的内能，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少C．物体体积改变，内能可能不变D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C 正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确．答案：BCE3．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是()A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的E．热运动的宏观过程有一定的方向性解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A 错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．答案：BCE4．(2016·高考全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错误；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程pVT＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．答案：BDE二、非选择题5.一定质量的理想气体在初状态(状态A)时温度为T，压强p0＝2.0×105Pa，内能为20 J，其体积V与热力学温度T间的关系如图所示，线段AB、BC分别与V轴和T轴平行．假设理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比．(1)求状态C 时的压强p C .(2)若气体从状态A 变化到状态C 的过程中，对外界做的功为10 J ，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”) ________ J 热量．解析：(1)从A 到B 发生等温变化，有p 0V 0＝p B ·2V 0，从B 到C 发生等容变化，有p B T 0＝p C 3T 0，联立解得p C ＝3p 02＝3.0×105 Pa. (2)因理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比，所以在状态C 时内能为180 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得Q ＝170 J ，所以此过程吸收热量170 J.答案：(1)3.0×105 Pa (2)吸收 1706.如图所示p V 图像中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中，W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律得U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体的内能减少，减少量为690 J.(2)因为一定质量理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能变化量：U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律得U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J.答案：见解析7.(2018·江西南昌模拟)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中外界对左管内气体________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．解析：(1)设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p 2，气柱长度为L 2，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0p 2＝p －p hV 1＝L 1SV 2＝L 2Sh ＝2(L 2－L 1)联立各式，代入数据得p ＝70 cmHg.(2)此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热．答案：(1)70 cmHg (2)做负功 吸热8.如图所示，用质量m ＝1 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t 2＝ 207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4 m 2.求：(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)气体压强p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa.气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2S T 2， 代入数据解得h 2＝0.80 m.(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p ΔV ＝[1.2×105×(0.80－0.50)×5.0×10－4] J ＝18 J.根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝318 J.答案：(1)1.2×105 Pa 0.80 m (2)318 J9．如图甲所示，用面积为S 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m .现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A 变化到状态B .若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL .外界大气压强为p 0.(1)下列说法中正确的是________．A ．该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0B ．该过程中气体的内能不断增大C ．该过程中气体不断从外界吸收热量D ．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E ．A 和B 两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)汽缸内气体的温度为T 1时，气体柱的高度为L ＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中从外界吸收的热量为Q ，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0＋mg S ，选项A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B 、C 、D 正确；A 和B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E 错误．(2)由盖吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即L ·S T 1＝(L ＋ΔL )·S T 2，解得L ＝T 1T 2－T 1ΔL . (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS解得p ＝p 0＋mg S气体从状态A 变化到状态B 的过程中对外做的功为W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL由热力学第一定律得，气体内能的变化量为ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL . 答案：(1)BCD (2)T 1T 2－T 1ΔL (3)Q －(p 0S ＋mg )ΔL。
高考物理一轮复习精选题辑课练热力学定律和能量守恒
课练35 热力学定律和能量守恒 1.(多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中如果环境保持恒温，下列说法正确的是( )A ．每个气体分子的速率都不变B ．气体分子平均动能不变C ．水平外力F 逐渐变大D ．气体内能减小答案：BC解析：由状态①到状态②是封闭气体等温膨胀过程，由于温度是分子平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，所以A 错误，B 正确；温度不变，体积增大，根据pV T＝C ，则压强p 减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件有p 0S ＝pS ＋F ，得F ＝p 0S －pS ，压强p 减小，则F 增大，C 正确；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故D 错误．2．某同学将一气球打好气后，不小心碰到一个尖利物体而迅速破裂，则在气球破裂过程中( )A ．气体对外界做功，温度降低B ．外界对气体做功，内能增大C ．气体内能不变，体积增大D ．气体压强减小，温度升高答案：A解析：在气球破裂过程中，体积增大，对外做功，由于气球破裂过程的时间比较短，气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律ΔU＝W ＋Q 可知，气体的内能减小，温度降低，根据理想气体状态方程可知气体压强减小．3.(多选)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答案：ACE解析：A 气体经历等容变化，W ＝0，而吸收热量，由ΔU＝W ＋Q 知，内能增加，A 正确；B 气体经历等压变化，W<0，由V T＝C 可知，T 增大，则B 气体吸收热量，内能增加，B 错误；A 、B 气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C 正确、D 错误；由于气体B 压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E 正确．4．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB 为一条直线，则气体从状态A 到状态B 的过程中( )A．气体分子平均动能保持不变B．气体分子平均动能先增大后减小到初始状态C．整个过程中气体对外不做功D．气体的密度在不断增大答案：B解析：pV先增大后减小，故气体温度和分子平均动能先增大后减小，A错误、B正确．p—V图线与坐标横轴所围面积代表气体做的功，C错误．V增加，气体的密度减小，D错误．5．如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是( )A．气体体积变小B．气体温度降低C．气体从外界吸收热量 D．气体的内能不变答案：C解析：由图可知气体压强不变，温度升高，则V增大，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU>0，W<0，故Q>0，气体吸热，C正确，A、B、D错误．6.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列表述正确的是( )A．气体从外界吸收热量B．气体分子的平均动能减小C．外界对气体做正功D．气体分子撞击器壁的作用力增大答案：AD解析：a→b气体体积增大，对外做功，W<0，C错误．pV增大，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力增大，故B错误、D正确．根据ΔU＝W＋Q知，Q>0，气体吸热，A正确．7．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高答案：B解析：0 K是绝对零度，不可能达到，A选项错误；由热力学第一定律可知，C、D选项错误，B选项正确．8.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 ．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，气体内能减小答案：A解析：由于筒内气体不与外界发生热交换，外界对气体做功改变气体的内能，在M 向下滑动的过程中，外界压缩气体对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大．选项A 正确．9.如图所示为常见的家用保温瓶，头一天用软木塞密封了半瓶开水，过了一夜后软木塞很难取出，则( )A ．瓶里所有气体分子的动能都变小了B ．外界对瓶内气体没有做功，瓶内气体的内能不变C ．瓶内气体温度降低，气体内能减小D ．瓶内气体温度降低，压强增大答案：C解析：经过一个夜晚后，保温瓶内气体温度下降，分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小，气体温度降低，内能减小，故A 、B 错误，C 正确；由pV T＝C 知，V 不变，T 降低，则p 减小，故D 错误．10．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是( )A ．气体分子间的作用力增大B ．气体分子的平均速率增大C ．气体分子的平均动能减小D ．气体组成的系统一定吸热(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J 的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J ．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J 的功，同时吸收了0.3 J 的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.答案：(1)D (2)吸收 0.6 0.2解析：(1)考虑气体分子间作用力时，分子力表现为引力，气泡膨胀，分子间距增大，分子力减小，A 错误；气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B 、C 错误；气泡上升过程中体积膨胀，温度不变，而气体对外做功，故气体一定吸收热量，D 正确．(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W ＝－0.6 J ，由ΔU＝Q ＋W 有Q ＝ΔU－W ＝0.6 J>0，即需从外界吸收0.6 J 的热量．气泡到达湖面后，由ΔU＝Q ＋W 得ΔU′＝(0.3－0.1) J ＝0.2 J.11.如图所示的p —V 图象中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，吸收热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J ．则：(1)ACB 过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)BDA 过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？答案：(1)增加 130 J (2)放热 330 J解析：(1)ACB 过程中W 1＝－280 J ，Q 1＝410 J ，由热力学第一定律得U B －U A ＝W 1＋Q 1＝130 J ，故ACB 过程中气体的内能增加了130 J.(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能的变化量U A －U B ＝－130 J 由题意知W 2＝200 J ，由热力学第一定律得U A －U B ＝W 2＋Q 2，代入数据解得Q 2＝－330 J ，即BDA 过程中气体放出热量330 J.12．如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t 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.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h ，若这段时间内气体吸收的热量为Q ，已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，则：(1)容器中气体的压强是多少？(2)这段时间内气体的内能增加了多少？(3)这段时间内气体的温度升高了多少？答案：(1)p 0＋mg S(2)Q －(p 0S ＋mg)h (3)273.15 K ＋t 解析：(1)以活塞为研究对象，对其进行受力分析，由平衡条件有mg ＋p 0S ＝pS ，得容器中气体的压强p ＝p 0＋mg S. (2)根据功的定义知：气体对外做功为W ＝－pSh ，得W ＝－(p 0S ＋mg)h.根据热力学第一定律得：这段时间内气体的内能增加量ΔU＝Q ＋W ＝Q －(p 0S ＋mg)h.(3)在加热过程中活塞缓慢上升，压强保持不变，是等压变化，由盖·吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2，即hS 273.15 K ＋t ＝2hS 273.15 K ＋t′得t′＝273.15 K ＋2t ，所以这段时间内气体的温度升高了Δt＝t′－t ＝273.15 K ＋t.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2020·新课标全国卷Ⅱ，33(1))(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是( )A ．气体自发扩散前后内能相同B ．气体在被压缩的过程中内能增大C ．在自发扩散过程中，气体对外界做功D ．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E ．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变答案：ABD解析：气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A 正确．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B 、D 正确．气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C 错误．气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E 错误．2．(2020·新课标全国卷Ⅲ，33(1))(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a.下列说法正确的是( )A ．在过程ab 中气体的内能增加B ．在过程ca 中外界对气体做功C ．在过程ab 中气体对外界做功D ．在过程bc 中气体从外界吸收热量E ．在过程ca 中气体从外界吸收热量答案：ABD解析：ab 过程是等容变化，ab 过程压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A 正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C 错误．ca 过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B 正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E 错误．bc 过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，选项D 正确．3．(2020·新课标全国卷Ⅲ，33(1))(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是( )A ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B ．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C ．气体被压缩时，内能可能不变D ．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E ．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加答案：CDE解析：气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，说法A 错误．内能与物体的运动速度无关，说法B 错误．气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，说法C 正确．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，说法D 正确．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，说法E 正确．4．(2020·上海卷，12)如图，粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内，初始时两管水银面等高，B 管上方与大气相通．若固定A 管，将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H ，A 管内的水银面高度相应变化h ，则( )A ．h ＝HB ．h<H 2C ．h ＝H 2 D.H 2<h<H 答案：B解析：据题意，原来A 、B 管内的水银高度相同，有p A ＝p 0；B 管下移后，设A 管水银下移高度为h ，B 管内水银末位置高度如图所示，设A 、B 管内末位置水银高度差为h 1，则B 管内水银原、末位置高度差为h ＋h 1；可以计算B 管下降的高度为H ＝2h ＋h 1，此时由于A 管内水银下降，A 管内气体体积增加，压强减小，即p′A <p 0，此时有p′A ＋ph 1＝p 0，计算得p′A ＋ρg(H－2h)＝p 0，最后有h ＝p′A －p 0ρg ＋H 2，由于p′A <p 0，所以h<H 2，故选项B 正确． 刷仿真模拟——明趋向5．(2020·吉林通化模拟)(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( )A ．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B ．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的C ．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293℃D ．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来E ．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热量可以逆向传递答案：ABE解析：机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A 正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B 正确；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293℃，只能无限接近－273.15℃，却不可能达到，C 错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，D 错误；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但在不自发的条件下，能从低温物体传递到高温物体，E 正确．6．(2020·山西大同模拟)(多选)如图所示，a 、b 、c 、d 表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad 平行于横坐标轴，cd 平行于纵坐标轴，ab 的延长线过原点，以下说法正确的是( )A ．从状态d 到c ，气体不吸热也不放热B ．从状态c 到b ，气体放热C ．从状态a 到d ，气体对外做功D ．从状态b 到a ，气体吸热E ．从状态d 到c ，气体一定放热答案：BCD解析：从状态d 到c ，理想气体温度不变，内能不变，但因为压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，由热力学第一定律知，气体一定吸热，故A 、E 错误；气体从状态c 到b 是一个降压、降温过程，连接Oc ，Oc 斜率小于Ob 斜率，又p ＝C VT ，则c 到b 状态体积减小，外界对气体做功，而气体的内能减小，则此过程气体放热，故B 正确；气体从状态a 到d 是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，C 正确；气体从状态b 到a 是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定吸热，故D 正确．7．(2020·云南昆明模拟)(多选)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述错误的是( )A ．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B ．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾C ．两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D ．能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E．热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的答案：ACD解析：热力学第一定律是能量守恒在热现象中的体现，而热力学第二定律则指出内能和其他形式的能发生转化的方向性，二者并不矛盾，故A、C、D错误，B正确；热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的，各自描述了热现象中不同方面的规律，E正确．刷最新原创——抓重点8．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是( )A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J答案：B解析：因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104J，内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J，根据ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105－8×104＝－2×105 J，即B正确．9．(多选)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)．该循环过程中，下列说法正确的是( )A．A→B过程中，气体的内能不变B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，气体分子数密度增大，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，外界对气体做的功小于气体内能的增加量E．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答案：ACE解析：根据A→B过程为等温过程知，气体的内能不变，A正确；B→C为绝热过程，气体没有与外界热交换，体积增大，气体对外界做功，内能减小，所以B→C过程中，气体分子的平均动能减小，B错误；C→D为等温过程，C→D过程中，气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D→A 过程中，气体与外界无热量交换，体积减小，外界对气体做功，外界对气体做的功等于气体内能的增加量，D错误；气体完成一次循环，气体的内能不变，由热力学第一定律可知，气体对外做的功为63 kJ－38 kJ ＝25 kJ，E正确．刷易错易误——排难点易错点1对图象意义认识不清后导致出错10．(2020·山东滕州五中月考)如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知( )A．A→B过程压强不变，气体对外做功B．B→C过程压强增大，外界对气体做功C．C→A过程压强不变，气体对外做功D．C→A过程压强减小，外界对气体做功答案：B解析：由图可知，A→B 过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，选项A 错误；如图所示，作过C 的等容线，则体积相等的情况下，C 状态的温度高，所以C 状态的压强一定比A 、B 状态的压强大，由图可知B→C 体积减小，外界对气体做功，选项B 正确；由选项B 知C 状态的压强一定比A 状态的压强大，所以C→A 过程压强减小；由图可知气体的体积增大，温度不变，气体对外界做功，选项C 、D 错误．易错点2 对热力学定律理解不全面而导致出错11．(2020·辽宁锦州联考)(多选)下列叙述中正确的是( )A ．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E ．用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105 J 的功，同时气体向外界放出1.5×105 J 的热量，则气体内能增加了1.5×105 J答案：CDE解析：热力学第二定律描述的是热学现象的方向性，热量可以从低温物体传递到高温物体，但要引起其他方面的变化，选项A 错误；若分子间初始距离小于平衡距离，则分子间的相互作用力随着分子间距离的增大先减小再增大，然后再减小，选项B 错误；由阿伏伽德罗常数的定义可知，只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，选项C 正确；表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D 正确；由热力学第一定律可知ΔU＝W ＋Q ，故ΔU＝3.0×105 J －1.5×105 J ＝1.5×105 J ，说明内能增加了1.5×105 J ，选项E 正确．刷综合大题——提能力12．(2020·新课标全国卷Ⅲ，33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．答案：(1)πρgh 2d 24V 0＋πd 2l －h (2)πρgl 2d 24V 0解析：(1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p.提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时， K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l①V 1＝14πd 2h②由力学平衡条件得p 1＝p ＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV ＝p 1V 1④联立①②③④式得p ＝ρπgh 2d24V 0＋πd 2l －h ⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl 2d 24V 0⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0⑧高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2019年高三物理人教版一轮教师用书：第13章 第3节 热力学定律与能量守恒定律 Word版含解析
第三节热力学定律与能量守恒定律(对应学生用书第234页)[教材知识速填]知识点1热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则易错判断(1)做功和热传递的实质是相同的．(×)(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(√)(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(×)知识点2热力学第二定律及微观意义1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)．3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．易错判断(1)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)(2)热量不能从低温物体传给高温物体．(×)(3)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×)知识点3能量守恒定律和两类永动机1．能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．易错判断(1)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失．(×)(2)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律．(√)(对应学生用书第235页)1．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况[题组通关]1．(2017·全国Ⅱ卷)如图13-3-1所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()图13-3-1A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变ABD[气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确．气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误．气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误．]2．(2018·桂林模拟)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图象如图13-3-2所示，p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是()图13-3-2A．过程ab中气体一定吸热B．p c＝p b>p aC．过程bc中分子势能不断增大D．过程bc中每一个分子的速率都减小E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功ABE[由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A 正确；从b到c为等压变化，故p c＝p b，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故p b>p a，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．] 3．关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加CDE[温度决定分子的平均动能，质量相同的不同理想气体的物质的量不一定相同，内能不一定相同，选项A错误；物体内能与物体宏观运动速度无关，选项B错误；气体的内能是否变化由做功和热传递两方面决定，气体被压缩，外界对气体做正功W，若气体同时向外界放热Q，当W ＝Q时气体的内能不变，选项C正确；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，选项D正确；根据理想气体状态方程可知等压膨胀过程中温度升高，一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，可知内能必增加，选项E正确．]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？[解析](1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.[答案](1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的含义(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．3．热力学过程方向性实例4．两类永动机的比较[题组通关]1．下列说法中正确的是()A．热量可以从低温物体传递到高温物体B．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机C．能源危机指能量的过度消耗导致自然界的能量不断减少D．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功E．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律ADE[空调可以使热量从低温物体向高温物体传递，A对；由热力学第二定律知不可能有单一热源的热机，B错；能量是守恒的，C错；功可以全部转化为热量，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下，热量也可以全部转化为功，D对；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，E对．] 2．(2017·东北三省四市模拟)下列说法中正确的是()A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机BCD[相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A 错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误．]3．(2018·唐山二模)根据热力学定律，下列说法正确的是()【导学号：84370513】A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．效率为100%的热机是不可能制成的C．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D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段E．吸收了热量的物体，其内能也不一定增加BCE[第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故A 错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；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，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误；改变内能的方式有做功和热传递，吸收了热量的物体，其内能也不一定增加，E 正确．][母题] (2018·潍坊模拟)如图13-3-3所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm ，活塞横截面积S ＝50 cm 2.现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J ，稳定后气体温度变为127 ℃.已知大气压强等于105 Pa ，求：图13-3-3(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；(2)此过程中气体内能改变了多少．[解析](1)取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L 1S ，温度为：T 1＝(273＋27)K ＝300 K ，末状态的体积为：L 2S ，温度为：T 2＝(273＋127)K ＝400 K气体做等压变化，则：L 1S T 1＝L 2S T 2代入数据得：L2＝12 cm.(2)在该过程中，气体对外做功：W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10－4×(12－9)×10－2 J＝15 J，由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22 J－15 J＝7 J.[答案](1)12 cm(2)7 J[母题迁移]迁移1气体图象结合类1．如图13-3-4所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是()图13-3-4A．气体体积变大B．气体温度升高C．气体从外界吸收热量D．气体的内能不变E．气体放出热量ABC[a→b，p-T图线的斜率反映1V的变化，a→b，p-T图线的斜率减小，V增大，T升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU＞0，W＜0，故Q＞0，气体吸热，A、B、C正确，D、E错误．]迁移2 水平两部分气体结合类2．将如图13-3-5所示的装置的右端部分汽缸B 置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A 和导热汽缸B 均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p 0、体积均为V 0、温度均为T 0，缓慢加热A 中气体，使汽缸A 的温度升高到1.5T 0，稳定后，求：图13-3-5(1)汽缸A 中气体的压强p A 以及汽缸B 中气体的体积V B ；(2)此过程中B 中气体吸热还是放热？试分析说明．[解析](1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：p A ＝p B ，选汽缸A 中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：p 0V 0·1T 0＝p A V A ·11.5T 0，选汽缸B 中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：p 0V 0＝p B V B ，又因为：2V 0＝V A ＋V B ，联立得：p A ＝p B ＝1.25p 0，V B ＝0.8V 0.(2)因为B 中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B 中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．[答案](1)1.25p 0 0.8V 0 (2)见解析迁移3 竖直两部分气体结合类3．如图13-3-6所示，一个绝热的汽缸(汽缸足够高)竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量m ＝8 kg ，横截面积S ＝10 cm 2，与隔板相距h ＝25 cm ，现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q ＝200 J 时，活塞上升了h ′＝10 cm ，此时气体的温度为t 1＝27 ℃，已知大气压强p 0＝1×105Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2.图13-3-6(1)加热过程中，若A 气体的内能增加了ΔU 1＝55 J ，求B 气体的内能增加量ΔU 2；(2)现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A 气体的温度为t 2＝30 ℃，求添加砂粒的总质量M .【导学号：84370514】[解析](1)B 气体对外做功W ＝(p 0S ＋mg )h ′＝18 J ，由热力学第一定律得ΔU 1＋ΔU 2＝Q －W ，ΔU 2＝Q －W －ΔU 1＝127 J.(2)B 气体的初状态p 1＝p 0＋mg S ＝1.8×105 Pa ，V 1＝(h ＋h ′)S ＝3.5×10－4m 3，T 1＝(27＋273) K ＝300 K ，B 气体的末状态p 2＝p 0＋(m ＋M )g S，V 2＝hS ＝2.5×10－4m 3， T 2＝(30＋273) K ＝303 K ，由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，代入数据得：M ＝7.452 kg. [答案](1)127 J (2)7.452 kg如图所示，汽缸A 、B 的长度均为60 cm ，截面积均为40 cm 2，C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A 内有压强p A ＝2.4×105 Pa 的氧气．B 内有压强p B ＝1.2×105 Pa 的氢气．阀门打开后，活塞C 向右移动，最后达到平衡．求：(1)活塞C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强；(2)活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热(简要说明理由)．(假定氧气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)[解析](1)根据玻意耳定律，对A部分气体有p A LS＝p(L＋x)S对B部分气体有p B LS＝p(L－x)S代入相关数据解得x＝20 cm，p＝1.8×105 Pa.(2)活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热．[答案](1)20 cm 1.8×105Pa(2)活塞C移动过程中B中气体放热，理由见解析。
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课时分层集训(三十七) 热力学定律与
能量守恒定律
(限时：40分钟)
(对应学生用书第343页)
对热力学第一定律、第二定律的理解
1．(2018·杭州模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述正确的是()
A．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能增大
B．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
C．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
E．1 kg的0 ℃的冰比1 kg的0 ℃的水的内能小些
BCE[一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q＝0，W＜0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减小，选项A错误；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，选项B正确；热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，选项C正确；热力学第二定律可描述为“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”，选项D错误；1 kg的0 ℃的冰变成1 kg的0 ℃的水要吸收热量，所以选项E正确．]
2．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()
【导学号：84370515】A．当气体温度变化时，气体内能一定变化
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
E．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
ACE[理想气体的内能只由温度决定，当气体温度变化时，气体内能一
定变化，选项A正确；若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，选项B错误；由理想
气体状态方程pV
T＝C可知，如果气体的压强和体积都不变时，则温度也不
变，而理想气体的内能只由温度决定，所以内能也不改变，选项C正确；
如果气体的温度升高，同时体积增大，其压强可能增大、不变或减小，选项D错误；气体温度升高1 K代表增加一定量内能，由热力学第一定律ΔU ＝W＋Q知，热量Q与W有关，选项E正确．]
3．(2017·全国Ⅲ卷)如图13-3-7所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca 回到状态a.下列说法正确的是()
图13-3-7
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
ABD[ab过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C错误．ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E错误．bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，选项D正确．]
4．一定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p-T图象如图13-3-8所示．下列判断正确的是()
图13-3-8
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
ADE[由p -T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab一定吸热，选项A正确；过程bc 温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p -T图象可知，a状态气体温度最低，则分子平均动能最小，选项D正确；b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E正确．]
热力学定律与气体实验定律的综合
5．某种一定质量的理想气体从状态a开始，经过三个过程ab、bc、ca回到原状态．如图13-3-9所示，状态a时体积是1 m3，压强是1.0×105Pa，温度是300 K，求：
图13-3-9
(1)气体从c→a过程外界对气体做功多少？
(2)说明b→c过程气体吸热小于1.5×105 J. [解析](1)c→a过程为等压变化
T c＝600 K V a＝1 m3T a＝300 K
V c T c＝V a
T a解得V c＝2 m
3
W＝pΔV＝1×105 J. (2)b→c过程为等温变化
W′＝1
2×(2＋1)×10
5×1 J＝1.5×105 J＞W
ΔU＝Q＋W，温度不变ΔU＝0
气体吸热Q＝|W|＜1.5×105 J.
[答案](1)1×105 J (2)见解析
6．如图13-3-10所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，重力加速度为g.求：
图13-3-10
(1)外界空气的温度是多少；
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少．
[解析](1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨
克定律有V
V0＝
T
T0
得外界温度T＝V
V0T0＝
(h0＋d)S
h0S T0＝
h0＋d
h0T0.
(2)活塞上升过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界
对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能 ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d .
[答案](1)h 0＋d h 0
T 0 (2)Q －(mg ＋p 0S )d。