专题11-3+热力学定律（押题专练）-2019年高考物理一轮复习精品资料

专题11-3+热力学定律（押题专练）-2019年高考物理一轮复习精品资料

‎1．关于热现象，下列叙述正确的是 (　　)‎ A．温度降低，物体内所有分子运动的速率都变小 B．分子力随分子间距离的增大而减小 C．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的 D．温度升高，物体的内能不一定增大 答案：D 解析：温度降低时，物体内所有分子运动的平均速率减小，但并非所有分子的速率都减小，A错误；分子间距离从平衡位置开始增大时，分子力先增大后减小，B错误；由热力学第二定律可知，C错误；温度升高，但同时物体对外做功，其内能有可能减小，D正确。‎ ‎2．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低‎0.1℃‎，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是 (　　)‎ A．内能不能转化成机械能 ‎ B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律 C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律 D．上述三种原因都不正确 答案：C ‎3．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体视为理想气体。则 (　　)‎ A．外界对气泡做功，同时气泡吸热 B．外界对气泡做功，同时气泡放热 C．气泡对外界做功，同时气泡吸热 D．气泡对外界做功，同时气泡放热 答案：C 解析：随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝C，所以体积增大，气泡对外做功；根据ΔU＝W＋Q可知温度不变，所以ΔU不变，W<0，所以Q>0，即气泡吸热，选项C正确。‎ ‎4.A、B 两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是 (　　)‎ A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量 B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量 C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同 D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同 答案：B 解析：大气压对水银槽内的水银做相同的功，因为玻璃管内吸进的水银一样多，所以水银槽内的液面下降相同的高度，A管重心高于B管，A管内水银重力势能大于B管的，故A管内水银的内能增量小于B管，B正确。‎ ‎5．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 (　　)‎ A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大 答案：AD ‎6．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少 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 ‎7.如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满沙子时，活塞恰好静止。现将砂桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，汽缸外部温度恒定不变。则 (　　)‎ A．缸内气体压强减小，内能增加 B．缸内气体压强增大，内能不变 C．缸内气体压强增大，内能减少 D．外界对缸内气体做功 答案：BD 解析：设活塞质量为m，横截面积为S，大气压为p0，则以活塞为研究对象，根据平衡条件得：汽缸内气体的压强p＝p0－，由于m减小，则p增大，即气体的压强增大，气体被压缩，外界对气体做功。由于汽缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变。故B、D正确，A、C错误。‎ ‎8．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．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 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 答案：BC 解析：由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，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。‎ ‎9．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是 (　　)‎ A．第二类永动机违反能量守恒定律 B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的 答案：CD 解析：第二类永动机违反了热力学第二定律，选项A错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，因此物体的内能不一定增加，选项B错误；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，选项C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的，选项D正确。‎ ‎10．如图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 (　　)‎ A．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 答案：AC ‎11．图1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(　　)‎ 图1‎ 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　在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，气体不与外界发生热交换，再根据热力学第一定律知，气体内能增大，故正确答案为A.‎ ‎12．下列说法正确的是(　　)‎ A．气体的内能是所有分子热运动的动能和分子势能之和 B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子势能也随之改变 C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 D．热量能自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体 答案　A ‎13．如图2所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少 B．使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高 C．使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小 D．使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小 答案　B 解析　使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W0，汽缸壁和活塞的绝热性能良好，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度升高，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎14．如图3所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 答案　D ‎15．如图6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．则(　　)‎ 图6‎ 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 C．喷水过程中，储气室内气体放热 D．喷水过程中，储气室内气体压强增大 答案　A 解析　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，故气体内能增大，选项A正确，B错误；喷水过程中，气体对外做功，W<0；由于气体温度不变，则ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q可知，储气室内气体吸热，选项C错误；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，则根据＝‎ C(常量)可知压强减小，选项D错误；故选A.‎ ‎16．(多选)一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图7所示，T2对应的图线上A、B两点表示气体的两个状态，则(　　)‎ 图7‎ A．温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大 B．A到B的过程中，气体内能增加 C．A到B的过程中，气体从外界吸收热量 D．A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少 答案　ACD ‎17．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，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，气泡中的气体温度上升，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　吸收　0.6　0.2‎ 解析　气泡从湖底上升到湖面的过程中，体积变大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对外界做功W＝－0.6 J，内能增量ΔU＝0，热量为Q＝0.6 J，说明气体从外界吸热；到达湖面后，对外界做功W′＝－0.1 J，热量为Q′＝0.3 J，内能增量ΔU′＝0.2 J.‎ ‎18．如图9所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，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.活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g.‎ 图9‎ ‎(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU1，求B气体内能增加量ΔU2.‎ ‎(2)现停止对气体加热，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T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.‎ ‎19．如图6所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0；用力压活塞，使气体的体积减小了ΔV.若针管中的气体可视为理想气体，其质量、温度在压缩前后均不变．‎ 图6‎ ‎(1)求压缩前后，气体压强的变化量Δp.‎ ‎(2)压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？‎ 答案　(1)　(2)放热　内能不变 解析　(1)由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：‎ p0V0＝(p0＋Δp)(V0－ΔV)‎ 解得Δp＝ ‎(2)由于气体的温度不变，则内能不变．压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体放热．‎ ‎20．一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－V图象如图7所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：‎ 图7‎ ‎(1)该气体在状态B时的温度；‎ ‎(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．‎ 答案　(1)－173 ℃　(2)吸收热量200 J ‎21.如图所示p－V图中，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280J，吸收热量410J；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200J。求：‎ ‎(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　130J　(2)放热　330J 解析：(1)ACB过程中，根据热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q＝－280J＋410J＝130J，故内能增加130J。‎ ‎(2)BDA过程内能减少130J，由热力学第一定律得：－130J＝W＋Q＝200J＋Q，则Q＝－330J，故放出热量330J。‎ ‎22.如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为‎40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。在气缸内距缸底‎60cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105Pa，温度为300K。现缓慢加热气缸内气体，当温度缓慢升高为330K，活塞恰好离开ab；当温度缓慢升高到363K时，(g取‎10m/s2)求：‎ ‎(1)活塞的质量；‎ ‎(2)整个过程中气体对外界做的功。‎ 答案：(1)‎4kg　(2)26.4J ‎23．一太阳能空气集热器，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＝300K升至T1＝350K。‎ ‎(1)求此时气体的压强。‎ ‎(2)保持T1＝350K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)p0　(3)　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＝ 所以此时气体的压强p1＝p0＝p0＝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＝＝V0‎ 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝ 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。‎ ‎24．某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示。已知：该装置密封气体的体积为‎480cm3，玻璃管内部横截面积为‎0.4cm2，瓶口外的有效长度为‎48cm。当气温为‎7℃‎时，水银柱刚好处在瓶口位置。‎ ‎(1)求该气温计能测量的最高气温。‎ ‎(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3J热量，问：在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？ (已知大气压为1×105Pa)‎ 答案：(1)291.2K　(2)增加了1.08J ‎ ‎