2020届高考物理总复习热学核心素养提升练三十八热力学定律与能量守恒含解析新人教版选修3.docx

热力学定律与能量守恒(45分钟100分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，均为多选题)1.关于热现象和内能，下列说法正确的是()A.做功和热传递都能改变物体的内能B.温度升高，物体内分子的平均动能一定增加C.外界对气体做了功，则气体的温度一定升高D.一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大E.气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子间呈现出斥力的作用【解析】选A、B、D。改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，故A项正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，物体内分子的平均动能一定增加，故B项正确；根据热力学第一定律可知，U=W+Q，当外界对气体做了功，同时对外放热，气体的内能可能不变，温度不变，也可能内能减小，温度降低，故C项错误；温度是一定质量理想气体内能的标志，温度越高，内能增大，故D项正确；气体分子间距离很大，分子作用力很弱，之所以能够充满整个容器，是由于气体分子在永不停息地做无规则运动，故E项错误。2.(2018惠州模拟)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是()A.气体分子间距离增大，分子势能一定增大B.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变C.在完全失重的状态下，气体的压强为零D.如果气体从外界吸收热10 J，同时对外做功8 J，则该气体的内能一定增大2 JE.气体温度不变时，体积减小，则每秒撞击单位面积器壁的分子数增多【解析】选B、D、E。分子势能的大小随分子间距离的增加先减小后增大，由于最初分子间距的大小不定，所以分子间距离增大时，分子势能不一定增大，故A项错误；一定量的稀薄气体可看作理想气体，若气体的压强和体积不变，根据理想气体状态方程=C，可知温度不变，而温度是一定质量理想气体内能的唯一标志，所以内能一定不变，故B项正确；气体压强是由于气体分子热运动撞击器壁形成的，在完全失重状态下，气体分子的撞击仍然存在，故气体的压强不为零，故C项错误；气体从外界吸收热10 J，即：Q=10 J，气体对外做功8 J，即：W=-8 J；根据热力学第一定律U=W+Q可解得：U=2 J，即气体内能一定增大2 J，故D项正确；一定质量的气体温度不变时，分子运动的激烈程度不变，体积减小则单位体积内分子的个数增加，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，故E项正确。【加固训练】 (多选)(2018开封模拟)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A.体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小B.若气体内能增加，则外界一定对气体做功C.若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大D.若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大E.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的【解析】选A、D、E。理想气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强减小，温度降低，内能减小U0，因为体积不变，外界对气体不做功W=0，根据热力学第一定律U=W+Q，知Q0，根据热力学第一定律U=W+Q，可能气体从外界吸热大于气体对外做功，或者不做功仅吸热，故B项错误；温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增加，但并不是每个分子的速度都增大，故C项错误；若气体压强不变，根据盖-吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，气体分子平均距离增大，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，故D项正确；从微观角度讲，被封闭气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故E项正确。3.关于热力学定律，以下说法正确的是()A.热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的体现，否定了创造和消灭能量的可能性，告诉我们第一类永动机不可能制成B.热力学第二定律反映了一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，告诉我们第二类永动机不可能制成C.做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果可以区分是做功还是热传递使物体温度升高的D.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，热力学第二定律指出内能不可能完全转化为机械能，故二者是相互矛盾的E.热力学第一定律和热力学第二定律分别从不同的角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律，二者相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础【解析】选A、B、E。做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果无法判断是做功还是热传递使物体温度升高的，故C项错误；热力学第一定律是能量守恒定律在热现象中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，二者并不矛盾，故D项错误。4.(2018衡水模拟)关于热力学定律，下列说法正确的是()A.科技的进步使得绝对零度可以实现B.在某一变化过程中外界对气体做功，而气体的内能反而减小是可能的C.5 的水和5 的红墨水混合后，由于扩散现象，混合溶液的温度会升高D.任何热机都工作在两个热源之间，在外界作用下可实现从低温热源处吸热而在高温热源处放热E.熵为物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时不对外做功，但系统的熵是增加的【解析】选B、D、E。绝对零度不可能达到，故A项错误；做功和热传递在改变物体内能的效果上是相当的，在某一变化过程中外界对气体做的功较少，而气体对外放出的热量较多，由U=Q+W知其内能必减小，故B项正确；5 的水和5 的红墨水混合，虽然扩散现象发生，但原来温度相同，已经达到了热平衡态，混合后的温度不变，分子运动的剧烈程度也不变，故C项错误；任何热机都工作在两个热源之间，不存在工作在单热源状态下的热机，热量能自发地从高温热源传向低温热源，但要从低温热源处吸热而在高温热源处放热，必须有外力做功，迫使工质循环，故D项正确；由热力学第二定律知熵为物体内分子运动无序程度的量度，涉及热现象的宏观过程熵总是增加的，故E项正确。5.(2017全国卷)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是()A.在过程ab中气体的内能增加 B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功 D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量【解析】选A、B、D。在过程ab中，气体体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外做功，即W=0，压强增大，温度升高，内能增加，A正确，C错误；在过程ca中，气体体积减小，外界对气体做功，即W0，B正确；在过程bc中，温度不变，内能不变，即U=0，体积增加，W0，即气体从外界吸热，D正确；在过程ca中，压强不变，体积减小，温度降低，即W0，U0，由U=W+Q可知Q0，故气体向外界放出热量，E错误。【加固训练】 (2018佛山模拟)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，问：(1)若从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？(2)如果知道气体由A状态经B、C到D状态的过程中，气体的最高温度T=800 K，则气体在此过程中达到的最低温度是多少？【解析】(1)从A到B，外界对气体做功，有：W=pV=20104(4-2)10-3 J=400 J根据热力学第一定律：U=W+Q可得：Q=U-W=-700 J故气体放热700 J。(2)根据理想气体状态方程为一定值，可判定C状态温度最低，D状态温度最高，故：TD=T=800 K根据理想气体的状态方程可得：=代入图象中数据解得：TC= K=133.3 K答案：(1)放出热量700 J(2)133.3 K二、计算题(本题共4小题，共65分)6.(15分)某同学制作了一个简易温度计：如图，一根两端开口的玻璃管水平穿过玻璃瓶口处的橡皮塞，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱。当温度为T=280 K时，水银柱刚好处在瓶口位置，此时该装置密封气体的体积V=480 cm3。已知大气压强为p0=1.0105 Pa，玻璃管内部横截面积为S=0.4 cm2，瓶口外玻璃管的长度为L=48 cm。求：(1)该温度计能测量的最高温度。(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Q=7 J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？【解析】(1)当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2；初状态：T1=280 K，V1=480 cm3末状态：V2=480+480.4=499.2 cm3由等压变化知：=代入数据解得：T2=291.2 K=18.2 。(2)水银柱向右移动过程中，外界对气体做功为：W=-p0SL=-1.01050.410-40.48=-1.92 J；由热力学第一定律可知：内能变化量为：U=W+Q代入数据解得：U=5.08 J；即内能增加了5.08 J。答案：(1)18.2 (2)内能增加5.08 J【加固训练】 (2018达州模拟)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p=1.0105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q=6.0102 J，求：(1)气体在状态B的体积VB。(2)此过程中气体内能的增量U。【解析】(1)由V-T图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖吕萨克定律得：=解得：VB=VA=8.010-3 m3(2)外界对气体做的功：W=-p(VB-VA)=-2102 J根据热力学第一定律：U=Q+W解得：U=400 J答案：(1)8.010-3 m3(2)400 J7.(16分)(2018淄博模拟)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积S=30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度t1=7 ，筒内气柱的长度h1=14 cm，若大气压强p0=1.0105 Pa，水的密度=1.0103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2(计算结果保留3位有效数字)。(1)当水的温度缓慢升高至27 时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为5 J，则气体的内能变化了多少？(2)若水温升至27 后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H。【解题指导】解析本题应注意以下两点：(1)以封闭气体和圆筒为研究对象，分析气体状态变化过程(等温变化，等容变化)。(2)对封闭气体运用玻意耳定律，求出封闭气体的长度变化量h，即可求出外界对气体做功，结合热力学第一定律，可解出气体的内能的变化。【解析】(1)设温度升高后圆筒内外液面高度差为h2，圆筒质量为m，封闭气体发生等压变化初态：体积V1=h1S，温度T1=280 K末态：体积V2=(h2+h)S，温度T2=300 K根据盖吕萨克定律可得：=解得：h2+h=15 cm=0.15 m圆筒静止，筒内外液面高度差不变，则h2=0.14 m，故h=0.15 m-0.14 m=0.01 m圆筒的横截面积：S=30 cm2=0.003 m2外界对气体做功：W=-(gh1+p0)Sh代入数据可得：W=-3.04 J根据热力学第一定律可得：U=W+Q可知：U=5 J-3.04 J=1.96 J即该过程中气体内能增加了1.96 J(2)设圆筒悬浮时封闭气体的长度为h3桶底恰与水面齐平时有：gh1S=mg圆筒后来平衡时有：gh3S=mg所以有：h1=h3故该过程中，封闭气体发生等容变化，初态：压强p1=gh1+p0，温度：T1=280 K末态：压强p3=g(h1+H)+p0，温度：T3=300 K根据查理定律可得：=解得此时筒底到水面的距离：H=72.4 cm。答案：(1)1.96 J(2)72.4 cm8.(16分)如图所示，缸壁光滑的柱形汽缸固定在水平面上，中间开口与大气相通，大气压强p0=1105 Pa，一劲度系数k=1103 N/m的弹簧与两活塞连接，处于原长，活塞截面积S=110-3 m2。A、B两室有同种理想气体，压强均为p0，两活塞距左、右两壁均为l0=0.10 m，除B室右壁导热外，其他缸壁和活塞均绝热。现对左室缓慢加热，当A室气体吸收1 000 J的热量时它对活塞做了200 J的功，B室活塞向右移动了0.02 m，该过程中设外界温度保持不变，A、B气室均不漏气。求：(1)A中气体内能的变化量。(2)A中活塞移动的距离。【解析】(1)由题意得：A室气体Q=1 000 J、W=-200 J由热力学第一定律得：U=Q+W=1 000-200 J=800 J即内能增加800 J。(2)B室气体等温变化，由玻意耳定律得：p0l0S=plSl=l0-0.02 m=0.08 m代入数据解得：p=1.25105 PaB中活塞受力平衡：p0S+kx=pS代入数据解得：x=0.025 m所以A中活塞向右移动：x+0.02 m=0.045 m答案：(1)800 J(2)0.045 m9.(18分)(2019荆州模拟)如图所示的p-V图象记录了一定量的理想气体经历的缓慢变化过程ABC，其中AB段是体积保持不变的过程，BC段是绝热过程。已知该理想气体内能与温度的关系为U=CT，其中C=10 J