人教版物理选修33 章末综合测评4 热力学定律.docx

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人教版物理选修33章末综合测评4热力学定律

章末综合测评（四）　热力学定律

（时间：

90分钟　分值：

100分）

一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．第1～7题为单选，8～12题为多选，每小题有3项符合题目要求，选对1个得1分，选对2个得2分，选对3个得4分，每选错1个扣2分，最低得分为0分）

1．如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开．管塞被冲开前（　　）

A．外界对管内气体做功，气体内能增大

B．管内气体对外界做功，气体内能减小

C．管内气体内能不变，压强变大

D．管内气体内能增大，压强变大

D　[克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增大，温度升高．通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾；管塞会被冲开．管塞被冲开前管内气体内能增大，压强变大．选项D正确．]

2．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，气体内能增加

B．外界对气体做功，气体内能减少

C．气体对外界做功，气体内能增加

D．气体对外界做功，气体内能减少

A　[M筒向下滑动的过程中压缩气体，对气体做功，又由于气体不与外界发生热交换，根据热力学第一定律可知气体的内能增加，选项A正确．]

3．如图所示，两个完全相同的金属球A和B，其中A球放在不导热的水平面上，B球用不导热的细线悬挂起来，现供给两球相同的热量，它们的温度分别升高了ΔtA、ΔtB，则（　　）

A．ΔtA＞ΔtB　　　B．ΔtA＜ΔtB

C．ΔtA＝ΔtBD．ΔtA、ΔtB无法比较

B　[两球受热后体积都要增大，A球因为放在不导热的水平面上，受热膨胀后，重心升高，重力做负功，根据能量守恒定律可知，A球吸收的热量一部分转化成自身的内能，使温度升高，另一部分需要克服重力做功，使重力势能增加；对于B球，同样要受热膨胀，膨胀时重心下降，重力做正功，同样由能量守恒定律可知，B球吸收的热量和重力做的功都要转化成自身的内能，从而使温度升高，由以上分析可知，B球增加的内能要比A球多，B球的温度升高得多，所以有ΔtA＜ΔtB.]

4．关于能量和能源，下列说法正确的是（　　）

A．化石能源是清洁能源，水能是可再生能源

B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造

C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源

D．能量耗散现象说明：

在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了

D　[化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，选项A错误；能量是守恒的，但能量品质会下降，故要节约能源，选项B、C均错误，D正确．]

5.如图所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高．现打开阀门K，从打开阀门的两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔEk；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得①W1＝0；②W2－W3＝ΔEk；③W2－W3＝Q＝ΔU；④W3－Q＝ΔU，其中，正确的是（　　）

A．①②③B．①②④

C．②③D．①③

B　[由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔEk，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①②正确．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝W3－Q，可知④正确，③错误．综合以上分析可知B正确．]

6．如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则（　　）

A．气体体积膨胀，内能增加

B．气体分子势能减少，内能增加

C．气体分子势能增加，压强可能不变

D．Q中气体不可能自发地全部退回到P中

D　[气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，显然选项A、B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小，温度降低；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项C错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以D正确．]

7．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．一定量的某种气体的内能只与温度有关

C　[气体的内能在宏观上由物质的量、温度和体积决定，质量相同的气体，物质的量不一定相同，选项A错误；若是理想气体，不考虑分子势能，其内能由物质的量和温度共同来决定；若是一定质量的理想气体，其内能仅由温度来决定，选项D错误；气体整体运动的速度对应气体的宏观动能，属于机械能，选项B错误；改变内能有两种方式：

做功和热传递，气体被压缩时，外界对气体做功，但气体吸、放热情况不知，气体内能可能升高、不变或降低，故选项C正确．]

8.一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是（　　）

A．气体在a、c两状态的体积相等

B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能

C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功

D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功

E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功

ABE　[由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：

＝

＝

＝

＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p′0＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0（Vb－Vc）＝C（Tb－Tc），过程da中气体对外界做的功Wda＝p′0（Va－Vd）＝C（Ta－Td），Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确（此选项也可用排除法直接判断更快捷）．]

9．关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）

A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量

B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加

C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功

D．不可能使热量从低温物体传向高温物体

E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

ACE　[本题考查热力学定律，主要考查考生对热力学定律中内能变化、做功关系及热量变化之间的关系．选项A，内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A正确；选项B，对某物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；选项C，在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，C正确；选项D，在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传向高温物体，D错误；选项E，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确．]

10.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，dc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b到a，气体放热

BCD　[从状态d到c，温度不变．理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态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，选项C正确；气体从状态b到状态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，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果．故选项D正确，E错误．]

11．如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：

在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气（忽略气体的分子势能），将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是（　　）

A．快速挤压时，瓶内气体压强变大

B．快速挤压时，瓶内气体温度不变

C．快速挤压时，瓶内气体体积不变

D．缓慢挤压时，瓶内气体温度不变

E．缓慢挤压时，气球下降

ADE　[快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确；对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV，气球下降，则E项正确．]

12．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．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（　　）

A．不符合理论规律，一定不可能实现

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

E．“既要马儿不吃草，又要马儿跑”，是根本不可能存在的

ADE　[磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．]

二、非选择题（本题共4小题，共52分）

13．（12分）一定质量的非理想气体（分子间的作用力不可忽略），从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，则：

（1）气体的内能________（填“增加”或“减少”），其变化量的大小为________J.

（2）气体的分子势能________（填“增加”或“减少”）．

（3）分子平均动能如何变化？

[解析]　

（1）因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105J

气体对外做功6×105J，则外界对气体做功W＝－6×105J

由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得

ΔU＝－6×105J＋4.2×105J＝－1.8×105J

所以物体内能减少了1.8×105J.

（2）因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．

（3）因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．

[答案]　

（1）减少　1.8×105　

（2）增加　（3）见解析

14．（12分）如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p.外界大气压为p0（p>p0）．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：

（1）此过程克服大气压力所做的功；

（2）活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？

[解析]　

（1）设大气作用在活塞上的压力为F，则：

F＝p0S

根据功的计算式W＝Fl得：

W＝

p0LS.

（2）设活塞离开汽缸时动能为Ek，则：

Ek＝

mv2

根据能量守恒定律得：

ΔU＝－

mv2－

p0LS＝－

（mv2＋p0LS）

即内能减少了

（mv2＋p0LS）．

[答案]　

（1）

p0LS

（2）内能减少了

（mv2＋p0LS）

15．（12分）如图所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度tA＝327℃.

（1）求气体在状态B时的温度；

（2）已知由状态B→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．

[解析]　

（1）气体由状态A变化到状态B

由查理定律

＝

可得

TB＝

TA＝

×（327＋273）K＝300K

所以tB＝27℃.

（2）由B→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q－W>0可得Q>W.

[答案]　

（1）27℃　

（2）Q>W　原因见解析

16．（16分）如图所示，体积为V、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2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：

气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：

（1）缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；

（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＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1

由查理定律得：

＝

解得：

T1＝2T0

在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：

＝

解得：

V1＝

V.

（2）在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为

W＝p0（V－V1）

在这一过程中，气体内能的减少量为

ΔU＝α（T1－T0）

由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为

Q＝W＋ΔU，解得：

Q＝

p0V＋αT0.

[答案]　

（1）

V　

（2）

p0V＋αT0