1、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17题为单选,812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
2、,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AM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
3、们的温度分别升高了tA、tB,则() AtAtB BtAtBCtAtB DtA、tB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tAtB.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
4、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U,动能变化量为Ek;大气对液体做功为W1,重力做功
5、为W2,液体克服阻力做功为W3,由功能关系可得W10;W2W3Ek;W2W3QU;W3QU,其中,正确的是()A BC DB由动能定理可知W2W3W1Ek,其中W1pV左pV右0,可知正确由热力学第一定律UWQ得UW3Q,可知正确,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DQ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Q0;由于容器Q内为真空,所以气体是
6、自由膨胀,虽然体积变大,但是气体并不对外做功,即W0;根据热力学第一定律UWQ,由以上可以判断该过程U0,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
7、,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p T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
8、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paVaCTa,pbVbCTb,pcVcCTc,pdVdCTd
9、.设过程bc中压强为p0pbpc,过程da中压强为p0pdpa.由外界对气体做功WpV知,过程bc中外界对气体做的功Wbcp0(VbVc)C(TbTc),过程da中气体对外界做的功Wdap0(VaVd)C(TaTd),TaTb,TcTd,故WbcWda,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
10、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
11、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
12、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WQU,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
13、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gV,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18
14、78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)
15、,从外界吸收了4.2105 J的热量,同时气体对外做了6105 J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Q4.2105 J气体对外做功6105 J,则外界对气体做功W6105 J由热力学第一定律UWQ,得U6105 J4.2105 J1.8105 J所以物体内能减少了1.8105 J.(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
16、均动能的减少量一定大于分子势能的增加量答案(1)减少1.8105(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(pp0)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:Fp0S根据功的计算式WFl得:Wp0LS.(2)设活塞离开汽缸时动能为Ek,则:Ekmv2根据能量守恒定律
17、得:Umv2p0LS(mv2p0LS)即内能减少了(mv2p0LS)答案(1)p0LS(2)内能减少了(mv2p0LS)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tA327 .(1)求气体在状态B时的温度;(2)已知由状态BD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TBTA(327273) K300 K所以tB27 .(2)由BD的过程,气体温度升高,内能增大,由热力学第一定律UQW0可得QW.答案(1)27 (2)QW原因见解析16(16
18、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UT,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p1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T2.4T0变为T1由查理定律得:解得:T12T0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:V1V.(2)在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为Wp0(VV1)在这一过程中,气体内能的减少量为U(T1T0)由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为QWU,解得:Qp0VT0.答案(1)V(2)p0VT0
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