2021届高考物理一轮复习核心素养测评三十八热力学定律与能量守恒含解析

2021届高考物理一轮复习核心素养测评三十八热力学定律与能量守恒含解析

热力学定律与能量守恒 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分)‎ ‎1.下列说法中不正确的是 (　　)‎ A.第一类永动机无法制成是因为它违背了能量守恒定律 B.教室内看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这是布朗运动 C.地面附近有一正在上升的空气团(视为理想气体)，它与外界的热交换忽略不计。已知大气压强随高度增加而降低，则该空气团在此上升过程中体积增大，温度降低 D.随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终不能达到绝对零度 ‎【解析】选B。由于第一类永动机是指不消耗能量，而能获取能量的永动机，可见它是违背能量守恒定律的，选项A正确；粉尘颗粒的杂乱无章的运动，是由空气的流动所带动的，不是布朗运动，布朗运动是指分子撞击微小颗粒而使颗粒运动，选项B错误；地面附近有一正在上升的空气团(视为理想气体)，它与外界的热交换忽略不计，则在上升时，外界压强变小，故空气团会膨胀，则它对外做功，由于不计与外界的热交换，根据热力学第一定律，则其内能会减少，故温度降低，选项C正确；绝对零度是热力学的最低温度，该温度实际永远无法达到，只能无限接近，选项D正确。‎ ‎2.(多选)(2019·安顺模拟)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.外界对气体做正功，气体内能增加 D.外界对气体做正功，气体内能减少 E.艾绒燃烧，放出热量，气体内能增加 ‎【解析】选B、C、E。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，故B、C正确，A、D错误；气体吸收艾绒燃烧放出的热量，内能增加，E正确。‎ ‎3.(多选)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是 (　　)‎ 10‎ A.气体的内能减少 B.气体的内能不变 C.气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低 D.气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了 E.气体分子的平均动能减小 ‎【解析】选A、C、E。气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q=0，对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则A、C、E正确。‎ ‎4.关于一定质量的气体，下列说法正确的是 (　　)‎ A.气体放出热量，其内能一定减小 B.气体对外做功，其内能一定减小 C.气体的温度降低，每个分子热运动的动能一定减小 D.气体的温度降低，分子热运动的平均动能一定减小 ‎【解析】选D。根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，单纯的一方面即气体放出热量或者气体对外做功，不能推出其内能一定减小，故选项A、B均错误；温度是气体分子热运动平均动能的标志，气体的温度降低，分子热运动的平均动能一定减小，但每个分子热运动的动能不一定减小，故选项C错误，D正确。‎ ‎5.(多选)(2020·大同模拟)如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历ABCDE过程到达状态E，其中BA的延长线经过原点，BC与横轴平行，DE与纵轴平行。下列说法正确的是 (　　) ‎ A.AB过程中气体的体积逐渐减小 B.BC过程中气体从外界吸热 C.CD过程气体内能不变 D.DE过程气体对外界做功 E.状态A的体积比状态E的体积小 10‎ ‎【解析】选B、D、E。由理想气体状态方程整理得：p=T，AB过程中图象的斜率不变，故气体的体积不变，A错误；BC过程为等压过程，压强不变，T增大，气体体积增大，气体对外做功，理想气体的内能随温度升高而增大，由热力学第一定律ΔU=W+Q，知气体从外界吸热，B正确；CD过程气体温度升高，内能增大，C错误；DE段为等温过程，温度不变，压强降低，由=C可知，气体体积增大，对外界做功，D正确；由=C知=，则p-T图象斜率越小，气体体积越大，故E正确。‎ ‎6.(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是 (　　)‎ A.气体并没有对外做功，气体内能不变 B.B中气体可自发地全部退回到A中 C.气体温度不变，体积增大，压强减小 D.气体体积膨胀，对外做功，内能减小 E.气体体积变大，气体分子单位时间内对舱壁单位面积碰撞的次数将变少 ‎【解析】选A、C、E。座舱A中空气进入处于真空状态的气闸舱B，气体并没有对外做功，即W=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，假设此过程中系统与外界没有热交换，则Q=0，ΔU= 0，则气体内能不变，选项A正确，D错误；按照熵增加原理，B中气体不可以自发地全部退回到A中，选项B错误；作为理想气体，由于气体内能不变，所以气体温度不变，由理想气体状态方程=C，温度T不变，体积V增大，则压强p减小，选项C正确；根据气体压强的微观解释，由于气体等温膨胀，气体分子的平均动能不变，但由于气体的体积变大，则气体分子的密集程度减小，则气体分子单位时间内对舱壁单位面积碰撞的次数将变少，也造成气体压强减小，选项E正确。‎ ‎【加固训练】 (多选)(2019·东莞模拟)一定质量的理想气体被活塞封闭在透热的汽缸中，‎ 10‎ 如图所示。不计活塞与汽缸的摩擦，当用外力向上缓慢拉动活塞的过程中，环境温度保持不变。下列判断正确的是 (　　) ‎ A.外力对气体做正功，气体内能增加，吸收热量 B.气体对外做功，内能不变，吸收热量 C.外界对气体做功，内能不变，放出热量 D.气体吸收的热量等于气体对活塞做的功 E.气体分子平均动能不变，压强变小 ‎【解析】选B、D、E。活塞缓慢上移的过程中，气体膨胀对活塞做功，而气体温度保持不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU=W+Q=0知，Q>0，即吸收热量，故B、D正确；由于温度保持不变，故气体分子平均动能不变，气体等温膨胀，由pV=C知，压强变小，故E正确。‎ ‎7.(多选)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图象如图所示，下列说法正确的是 (　　) ‎ A.A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加 B.A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量 C.B→C的过程中，气体体积增大，对外做功 D.B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变 E.B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加 ‎【解析】选B、D、E。A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C错误，D、E正确。‎ ‎8.(多选)(2019·南昌模拟)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，‎ 10‎ 其状态变化过程的p-V图象如图所示。已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是 (　　) ‎ A.气体处于状态B时的温度是900 K B.气体处于状态C时的温度是300 K C.从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大 D.从状态A变化到状态B过程气体放热 E.从状态B变化到状态C过程气体放热 ‎【解析】选A、B、E。由题意知：TA=300 K，A→B过程为等压变化，则有=，代入数据解得：TB=900 K，选项A正确；B→C过程是等容变化，则有=，代入数据解得：TC=300 K，选项B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，选项C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q知，气体吸热，选项D错误；B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU=W+Q知，气体放热，选项E正确。‎ ‎【总结提升】‎ ‎1.气体做功特点：‎ ‎(1)一般计算等压变化过程的功，即W=p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU=W+Q进行相关计算。‎ ‎(2)注意符号正负的规定。若研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化决定。气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体体积减小，外界对气体做功，W>0。‎ ‎2.两点注意：‎ ‎(1)一定质量的理想气体的内能只与温度有关：与热力学温度成正比。‎ ‎(2)理想气体状态变化与内能变化的关系：‎ V增大，对外做功(W<0)‎ V减小，外界对气体做功(W>0)‎ 10‎ T升高，内能增大 T降低，内能减小 ‎9.(多选)(2020·荆州模拟)如图所示，p-V图中的每个方格均为正方形，一定质量的理想气体从a状态沿直线变化到b状态，再沿直线变化到c状态，最后沿直线回到a状态，则下列说法正确的是 (　　) ‎ A.从a状态变化到b状态的过程中气体分子的平均动能先增大后减小 B.从a状态变化到b状态的过程中气体的密度不断增大 C.从b状态变化到c状态的过程中气体一定吸热 D.从c状态变化到a状态的过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功 E.从c状态变化到a状态的过程中气体的内能不断增大 ‎【解析】选A、C、D。根据理想气体状态方程=C，从a状态变化到b状态的过程中pV值先增大后减小，温度T也先增大后减小，对理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项A正确；从a状态变化到b状态的过程中气体的体积V不断增大，气体的密度不断减小，选项B错误；从b状态变化到c状态的过程中气体做等容变化，外界对气体做的功W=0，根据查理定律知气体温度不断升高，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q>0，即气体一定吸热，选项C正确；从c状态变化到a状态的过程中，气体等压压缩，外界对气体做的功W>0，根据盖—吕萨克定律知温度降低，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，得Q<0且|Q|>W，选项D正确，E错误。‎ 二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)‎ ‎10.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：‎ 10‎ ‎(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？‎ ‎【解析】(1)ACB过程中 W1=-280 J，Q1=410 J，‎ 由热力学第一定律得 UB-UA=W1+Q1=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 UA-UB=-130 J，‎ 由题意知W2=200 J，由热力学第一定律得 UA-UB=W2+Q2，‎ 代入数据解得Q2=-330 J，‎ 即BDA过程中气体放出热量330 J。‎ 答案：(1)增加　130 J　(2)放热　330 J ‎【加固训练】 (2018·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。‎ ‎【解析】整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA，且WCA=pA(VC-VA)‎ 由热力学第一定律ΔU=Q+W，‎ 得WAB=-(Q+WCA)‎ 10‎ 代入数据得WAB=-138.6 J，‎ 即气体对外界做的功为138.6 J。‎ 答案：138.6 J ‎11.(14分)某同学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，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示。已知该酒瓶容积为480 cm3，玻璃管内部横截面积为0.4 cm2，瓶口外的有效长度为48 cm。当气温为7 ℃时，水银柱刚好处在瓶口位置。‎ ‎(1)求该气温计能够测量的最高气温；‎ ‎(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了3 J热量，则在这一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强p0=1.0×105 Pa)‎ ‎【解析】(1)封闭气体发生等压变化，‎ 则=‎ 即=，‎ 解得：T2=291.2 K=18.2 ℃。‎ ‎(2)根据热力学第一定律 ΔU=Q+W，‎ 外界对气体做功 W=-p0·ΔV=-1.92 J，‎ 解得ΔU=1.08 J。‎ 答案：(1)18.2 ℃　(2)增加了1.08 J ‎12.(16分)如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为h1=0.5 m，给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2=0.8 m处。‎ 10‎ ‎(1)若封闭气体在加热前的温度为27 ℃，试计算在此过程中气体温度的变化量Δt；‎ ‎(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450 J的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的内能ΔU。(已知活塞的横截面积S=5.0×10-3 m2，大气压强p0=1.0×105 Pa。)‎ ‎【解析】(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2=0.8 m处时，汽缸内气体的温度为t ℃，此过程为等压过程。‎ 由盖—吕萨克定律得：‎ ‎=‎ 代入数据可解得t=207 ℃，‎ 此过程中气体温度的变化量Δt=180 ℃。‎ ‎(2)气体克服外界大气压力做功为：W=p0ΔV p0=1.0×105 Pa，‎ ΔV=(h2-h1)S=1.5×10-3 m3‎ 代入数据可得：W=150 J 由热力学第一定律得ΔU=-W+Q 可得：ΔU=-150 J+450 J=300 J 答案：(1)180 ℃　(2)300 J ‎【加固训练】如图所示是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm的空气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm，左端封闭端下60 cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气连通，若将开关D打开(空气能进入但水银不会进入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱。已知外界大气压强p0=75 cmHg，环境温度不变。求：稳定后左端管内的所有空气柱的总长度为多少？‎ 10‎ ‎【解析】空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm，初始状态对左端上面空气有 p1=p0-p1水银=75 cmHg-37.5 cmHg=37.5 cmHg，‎ 末状态左端上面空气柱压强 p2=p0-p2水银=75 cmHg-30 cmHg=45 cmHg，‎ 由玻意耳定律得：‎ p1L1S=p2L2S，‎ 得：L2== cm=25 cm，‎ 因上段水银柱上移而在其下端形成的空气柱长为5 cm，‎ 下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x，由于U形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍，‎ 由等式：7.5-x=，‎ 解得：x=6 cm，‎ 所以左管内的空气柱总长为：‎ L=(6+5+25) cm=36 cm。‎ 答案：36 cm 10‎