高中物理一轮复习选择题专项练习：热力学定律与能量守恒

热力学定律与能量守恒练习一、选择题1.如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物。在此过程中，若认为筒内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则筒内封闭气体()A．对外做负功，分子的平均动能增大B．对外做正功，内能增大C．对外做正功，分子的平均动能减小D．对外做负功，内能减小2.(多选)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的是()A．气体的体积不变，温度升高B．气体的体积减小，温度降低C．气体的体积减小，温度升高D．气体的体积增大，温度不变3．如图所示，在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，整个装置放在大气压强为p0的室内，稳定时活塞与容器底的距离为h0，现把容器移至大气压强仍为p0的室外，活塞缓慢上升d后再次平衡，重力加速度大小为g。若此过程中气体吸收的热量为Q，则密闭气体的内能()A．减少了Q－(mg＋p0S)dB．减少了Q＋(mg＋p0S)dC．增加了Q－(mg＋p0S)dD．增加了Q＋(mg＋p0S)d4.(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是()A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．效率为100%的热机是不可能制成的C．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D．从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是提高机械效率的常用手段5.下列关于热力学第二定律的说法正确的是()A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能可以全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的6.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是()A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D．由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的7.如图为一定质量的理想气体的p-V图像，从状态1出发，经1→2→3→1过程，其中1→2为等容过程，2→3为等温过程，3→1为等压过程，下列说法正确的是()A．在1→2过程中，每个气体分子的动能都增大B．在2→3过程中，气体从外界吸热C．在3→1过程中，气体内能不变D．在1→2→3→1过程中，外界对气体做正功8.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是()A．pa＝3p0B．Vb＝3VcC．从状态a到状态b，气体对外做功D．从状态c到状态a，气体从外界吸热9.一容器封闭了一定质量的理想气体，现使气体从A状态经B状态、C状态回到A状态，其体积随热力学温度的变化图像如图所示，则下列说法中正确的是()A．气体从B→C状态过程中气体对外做功的值等于放出的热量B．完成一次全循环，气体对外界做的总功大于气体吸收的热量C．气体从A→B状态过程中单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D．气体从B→C状态过程中气体对外界做的功大于气体从C→A过程中外界对气体做的功10.(多选)如图所示，密封的矿泉水瓶中，一开口向下的小瓶置于其中，小瓶内封闭一段空气。缓慢挤压矿泉水瓶，小瓶下沉，假设在下沉过程中矿泉水瓶内水面上方气体和小瓶内气体的温度均保持不变，则在此过程中()A．小瓶内气体对外界做正功B．小瓶内气体向外界放出热量C．矿泉水瓶内水面上方气体压强变大D．矿泉水瓶内水面上方气体内能减少二、非选择题11.汽缸中气体的压强为4×105Pa，活塞的面积是40cm2，气体等压膨胀，推动活塞移动了20cm，求：(1)气体做的功；(2)在做功过程中气体吸热2.1×103J，气体的内能改变量。12.如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11cm，到汽缸口的距离L2＝4cm。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知g＝10m/s2，外界气温为27℃，大气压强为1.0×105Pa，活塞厚度不计，T＝t＋273K，则：(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？13.如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105Pa，封闭气体的温度t0＝27℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3℃，T＝t＋273K。求：(1)温度t1＝－3℃时空气柱的长度L；(2)已知该过程中气体向外界放出5.0J的热量，气体内能的增加量。(结果保留2位有效数字)答案：1.A迅速下压过程中，气体体积变小，气体对外做负功，外界对气体做正功，即W＞0，气体与外界无热交换，是绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体内能增大，温度升高，分子平均动能增大，故A正确，B、C、D错误。故选A。2.ABD气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增大，气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能降低，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增大，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，即气体吸收热量，D正确。故选ABD。3．C活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d，根据热力学第一定律可得，密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d，故C正确，A、B、D错误。4.BC第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；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，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是不可能实现的，故D错误。5.B符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，故A错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故B正确；机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，故C错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误。6.D第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。7.B在1→2过程中，体积不变，压强增大，根据查理定律可知温度升高，气体分子平均动能增大，但并非每个气体分子的动能都增大，故A错误；在2→3过程中，温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，根据题图可知体积增大，气体对外界做功，W1＜0，由热力学第一定律可知Q＞0，气体从外界吸热，故B正确；在3→1过程中，气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知体积减小，温度降低，气体内能减小，故C错误；在1→2→3→1过程中，其中1→2过程为等容过程，气体对外不做功，2→3过程，体积增大，外界对气体做负功W1(p-V图像面积表示做功大小)，3→1过程外界对气体做正功W2，|W1|＞|W2|，所以全过程外界对气体做负功，故D错误。故选B。8.D从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，又pb＝p0，解得pa＝2p0，故A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，所以吸收热量，故D正确。9.D气体从B→C状态过程中温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU＝Q＋W可知，气体对外做功的值等于吸收的热量，A错误；完成一次全循环，气体的内能不变，气体对外界做的总功等于气体吸收的热量，B错误；气体从A→B状态过程中压强变大，温度升高，体积不变，气体数密度不变，分子平均速率变大，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数变多，C错误；气体从B→C状态过程中压强减小，而气体从C→A过程中压强不变，则从B→C状态过程中气体平均压强大于气体从C→A过程中气体平均压强，根据W＝pΔV，两过程中体积变化量相等，则气体从B→C对外界做的功大于气体从C→A过程中外界对气体做的功，D正确。故选D。10.BC根据题意可知，缓慢挤压矿泉水瓶，瓶内水面上方气体体积减小，水面上方气体温度保持不变，可知矿泉水瓶内水面上方气体压强变大，上方气体内能不变，故D错误，C正确；根据题意可知，小瓶内气体的温度保持不变，小瓶内气体内能不变，小瓶下沉过程中，小瓶内气体压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故A错误，B正确。11.(1)320J(2)增加1.78×103J解析：(1)气体体积增大，对外做功，W＝pSx＝4×105×40×10－4×0.2J＝320J。(2)由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝2.1×103J－320J＝1.78×103J，即气体的内能增加了1.78×103J。12.(1)450K(或177℃)(2)295J解析：(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105Pa，V0＝L1S，T0＝300K。当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，根据平衡条件有p1S＝p0S＋mgV1＝(L1＋L2)S由理想气体的状态方程得eq\f(p0L1S,T0)＝eq\f(p1（L1＋L2）S,T1)解得T1＝450K(或177℃)。(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时