届高考物理人教版第一轮复习课时作业 x333热力学定律与能量守恒定律 Word版含答案.docx

届高考物理人教版第一轮复习课时作业 x333热力学定律与能量守恒定律 Word版含答案.docx

《届高考物理人教版第一轮复习课时作业 x333热力学定律与能量守恒定律 Word版含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理人教版第一轮复习课时作业 x333热力学定律与能量守恒定律 Word版含答案.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高考物理人教版第一轮复习课时作业x333热力学定律与能量守恒定律Word版含答案

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1

A．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，pa＝pb，Va>Vb，由

＝常数可知，Ta>Tb，所以C、D正确。

答案　BCD

2．（多选）图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，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2

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

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1.2atm，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　AC

3.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NA。

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5J，内能增加9J，则气体________（填“吸收”或“放出”）热量________J。

（3）在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？

该气体的分子数为多少？

解析　

（1）由状态A到状态D，温度升高，内能增加，体积变大，对外做功，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，A正确；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，B正确；温度升高，气体分子的平均动能增大，但每个气体分子的动能不一定增大，C错误；因气体体积增大了，所以气体的密度减小了，D错误。

（2）由热力学第一定律W＋Q＝ΔU得

Q＝ΔU－W＝9J－（－5J）＝14J，吸收热量。

（3）A→D，由状态方程

＝C，得TD＝2T0，分子数n＝

。

答案　

（1）AB　

（2）吸收　14　（3）2T0　

4．如图4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）。

这就是著名的“卡诺循环”。

图4

（1）该循环过程中，下列说法正确的是________。

A．A―→B过程中，外界对气体做功

B．B―→C过程中，气体分子的平均动能增大

C．C―→D过程中，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，气体分子的速率分布曲线不发生变化

（2）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A状态时的

。

求气体在B状态时单位体积内的分子数。

（已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字）

解析　

（1）A→B体积增大，气体对外做功，A错误；B→C体积增大，气体对外做功，W<0、Q＝0，由热力学第一定律，ΔU＝W＋Q知内能减少，温度降低，分子平均动能减小，B错误；C→D，T不变，V减小，p增大，C正确；D→A，V减小，外界对气体做功，W>0，Q＝0，ΔU>0，T增大，气体分子平均速率增大，D错误。

（2）等温过程pAVA＝pBVB，得VB＝

，单位体积内的分子数n＝

。

解得n＝

，代入数据得n＝4×1025m－3。

答案　

（1）C　

（2）4×1025m－3

5．（2014·重庆卷，10）

（1）重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）

（　　）

A．压强增大，内能减小

B．吸收热量，内能增大

C．压强减小，分子平均动能增大

D．对外做功，分子平均动能减小

（2）图5为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。

若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。

图5

解析　

（1）由于储气罐的体积不变，气体做等容变化，由查理定律

＝K得，气体温度升高，压强增大，选项C错误；理想气体的内能只有分子动能，而温度是分子平均动能的标志，故温度升高，分子平均动能增大，内能增大，选项A、D错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量、内能增大，B项正确。

（2）设压力为F，压缩后气体压强为p，

由玻意耳定律，p0V0＝pV和F＝pS

解得F＝

S

答案　

（1）B　

（2）

S

能力提高练

6．（2014·江苏卷，12A）一种海浪发电机的气室如图6所示。

工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。

气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。

气室中的空气可视为理想气体。

图6

（1）（多选）下列对理想气体的理解，正确的有________。

A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型

B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体

C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关

D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律

（2）压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功________（选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J。

（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。

已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。

计算此时气室中气体的分子数。

（计算结果保留一位有效数字）

解析　

（1）理想气体是一种理想化模型，忽略了气体分子之间的相互作用，实际上并不存在，A对；只有当气体的温度不太低，压强不太高时，实际气体才可视为理想气体，B错；一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，与体积无关，C错；不论在何种温度和压强下，理想气体都遵循气体实验定律，D对。

（2）气体被压缩，外界对气体做功，内能增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，由热力学第一定律

ΔU＝W＝3.4×104J。

（3）设气体在标准状态时的体积为V1，等压过程

＝

气体物质的量n＝

，且分子数N＝nNA，

解得N＝

NA

代入数据得N＝5×1024个（或N＝6×1024个）

答案　

（1）AD　

（2）增大　等于　（3）5×1024个（或6×1024个）

7．

（1）（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．能的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”

（2）

图7

图7中A、B气缸的长度为L＝30cm，横截面积为S＝20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。

整个装置均由导热材料制成。

起初阀门关闭，A内有压强pA＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB＝1.0×105Pa的氧气。

阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。

①求活塞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A中气体对外做功为25J，则A中气体是吸热还是放热？

吸收或者放出的热量为多少？

（假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略）

解析　

（1）显而易见，选项A正确。

空调机在制冷过程中消耗了电能，总体上是放出热量，选项B正确。

根据热力学第二定律，不可能制成一种循环工作的热机，从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其它变化，所以选项C错误。

能量守恒是自然界普遍遵循的规律，能源危机的形成是由于在使用能源的过程中，能源的品质降低了，难以再利用，所以选项D错误。

（2）①由玻意耳定律

对A部分气体有：

pALS＝p（L＋x）S

对B部分气体有：

pBLS＝p（L－x）S

代入相关数据解得

x＝10cm，p＝1.5×105Pa

②气体发生等温变化，内能不变，ΔU＝0

活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功25J，

W＝－25J

根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q

所以Q＝－W＝25J，故A中气体从外界吸热，吸收的热量为25J。

答案　

（1）AB　

（2）①10cm　1.5×105Pa　②吸热　25J

8．（2014·山东滨州一模）

（1）下列说法正确的是

（　　）

A．布朗运动是指悬浮固体颗粒的运动，反映了固体内部分子的无规则运动

B．温度一定时，水的饱和汽压也是一定的

C．第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机没有违背能量守恒定律，因此，随着科学技术的迅猛发展，第二类永动机是可以制成的

D．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该种气体分子的大小

（2）

图8

如图8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2.8T0、压强为1.4p0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＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。

求：

①当活塞与顶面间恰好无压力时，气体的温度T；

②最终气体与外界温度相同，则活塞下落过程中气体内能减少了________，该过程中气体放出的热量为________。

解析　

（1）布朗运动是指悬浮固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，A错误；水的饱和汽压由温度决定，B正确；第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机虽然没有违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，两类永动机都不能制成，C错误；气体分子间有很大的空隙，由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可计算出每个气体分子占据的空间体积，D错误。

（2）①当活塞与顶面间恰好无压力时，气体压强由p1＝1.4p0下降到p2＝p0，气体体积不变，温度由T1＝2.8T0变为T2＝T。

由查理定律

＝

，

解得：

T＝2T0

②活塞下落过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得

＝

，则V′＝

。

气体的温度由2T0变为T0，根据U＝aT得

ΔU＝aT0－2aT0＝－aT0，故内能减少aT0。

活塞质量不计，活塞下落过程中外界对气体做功W＝

p0V，

根据ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－（aT0＋

）<0，

所以放出的热量为aT0＋

。

答案　

（1）B　

（2）①2T0　②aT0　aT0＋

9.如图9所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）。

管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气体的温度为t1＝7℃，外界大气压取p0＝1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱的压强）。

图9

（1）若在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？

（g＝10m/s2）

（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77℃，此时气柱为多长？

（3）若在

（2）过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？

解析　

（1）被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105Pa

V1＝LS＝42cm3，T1＝280K

末状态压强p2＝p0＋

＝1.05×105Pa

V2＝L2S，T2＝T1＝280K

根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2

得L2＝

L＝20cm。

（2）对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350K

根据盖—吕萨克定律，有

＝

，即

＝

得L3＝

L2＝25cm。

（3）气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S（L3－L2）＝1.05J

根据热力学第一定律得

ΔU＝W＋Q＝－1.05J＋10J＝8.95J

即气体的内能增加8.95J。

答案　

（1）20cm　

（2）25cm　（3）8.95J