第三章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.一定质量的理想气体,在温度升高的过程中( )
A.气体的内能一定不变
B.外界一定对气体做功
C.气体一定从外界吸收热量
D.气体分子的平均动能一定增大
2.下述改变物体内能的方法属于做功的是( )
A.冷的物体接触热的物体后变热
B.物体在火炉旁被烤热
C.电流通过灯丝使灯丝发热
D.热的物体放在通风处凉下来
3.(2023河北衡水高二模拟)利用钨锅炼铁的场景如图所示。若铁的质量大于钨锅的质量,起始时铁的温度比钨锅的温度低,当它们接触在一起时,忽略它们和外界交换的能量,下列说法正确的是( )
A.达到热平衡时,钨锅的温度比铁的低
B.热传递的过程中,铁块从钨锅吸收热量
C.达到热平衡时,钨锅内能的减少量小于铁内能的增加量
D.达到热平衡时,由于铁的质量大于钨锅的质量,钨锅内能的减少量大于铁内能的增加量
4.消杀喷药装置如图所示,内部装有2 L药液,上部密封压强为1×105 Pa的空气0.5 L,保持阀门关闭,再充入压强为1×105 Pa的空气0.1 L。假设在所有过程中空气可看作理想气体,且温度不变,外部大气压强为1×105 Pa,下列说法正确的是( )
A.充气后,密封气体压强变为1.1×105 Pa
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,密封气体向外界放热
5.如图所示,一定量的理想气体从状态a开始,经历两个状态变化过程,先后到达状态b和c。下列说法正确的是( )
A.在a→b过程中气体对外界做功
B.在b→c过程中气体对外界做功
C.在a→b过程中气体的内能逐渐变大
D.在b→c过程中气体的内能逐渐变小
6.如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体( )
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
7.气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置,其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K,A中充满空气,B内为真空。航天员由太空返回B时,将B封闭,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统温度保持不变,舱内气体可视为理想气体,不考虑航天员的影响,则此过程中( )
A.气体膨胀做功,内能减小
B.气体从外界吸收热量
C.气体分子在单位时间内对A舱壁单位面积碰撞的次数减少
D.一段时间后,A内气体的密度可以自发地恢复到原来的密度
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2023山东烟台高二期中)关于能量和能源,下列说法正确的是( )
A.科学研究发现,一切与热现象有关的宏观过程都具有可逆性
B.在能源的利用过程中,能量在总量上并未减少,但能量的品质降低了
C.能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D.风能、水能和核能都属于可再生能源,因此我国近年来不断地开发利用这些新能源
9.在飞机起飞的过程中,由于高度快速变化,会引起机舱内气压变化,乘客小周同学观察发现,在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起,如图所示。若起飞前后桶内气体的温度保持不变,则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法正确的是( )
A.桶内气体压强p增大
B.桶内气体分子平均动能Ek不变
C.桶内气体从外界吸收热量
D.桶内气体对外做功,内能减小
10.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环,该过程每个状态均可视为平衡态,各状态参数如图所示。对此气体,下列说法正确的是( )
A.A→B的过程中,气体从外界吸热,内能不变
B.B→C的过程中,气体的压强增大,单位体积内的分子数增多
C.C→D的过程中,气体的压强不变,气体从外界吸热
D.D→A的过程中,气体的压强减小,分子的平均动能减小,单位体积内的分子数不变
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(6分)如图所示为一茶具。当向茶具中加上足够多的开水,并在茶具顶端盖上密封良好的盖子后,泡茶几分钟水就会沿茶具口溢出。原因是茶滤内的封闭空气(可视为理想气体)温度升高,分子的平均动能 (选填“变大”“变小”或“不变”),气体的压强 (选填“大于”“小于”或“等于”)大气压强。茶具中的水被压出的过程中,封闭空气对水做 (选填“正功”或“负功”)。
12.(8分)(2023广东广州高二期末)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关,车厢底部安装的空气弹簧可以有效减震,空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。乘客上下及剧烈颠簸均能引起车厢振动,乘客上下时汽缸内气体的体积变化缓慢,气体与外界有充分的热交换:剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快,气体与外界来不及热交换。若外界环境温度保持不变,汽缸内气体视为理想气体,在气体压缩的过程中,当乘客上下时,气体的内能 (选填“增加”“减少”或“不变”),气体从(向)外界 (选填“吸热”或“放热”);剧烈颠簸时, (选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功,气体的温度 (选填“升高”“降低”或“不变”)。
13.(10分)地暖管道使用时间过久之后内壁一般都会结垢,工人利用如图所示地暖清洗设备对管道进行清洗。清洗前先在地暖管道中注入一段清水。清洗机具有一个体积为V的封闭气箱,通过电机工作将外界气体压入封闭气箱,当气箱内气体压强为2.5p0时,气箱与地暖之间的阀门瞬间打开,气体冲入暖气管,使暖气管中的水冲击水垢达到清洗目的。已知充气前箱内气体压强和大气压强均为p0。箱内原有气体和充入的气体均视为理想气体,充气过程中温度不变。
(1)若充气过程中,气体向外界放出的热量为Q,求电机对气体所做的功。
(2)求电机将外界多少体积的气体充入气箱时,气箱阀门才能瞬间打开。
14.(14分)如图甲所示,具有一定导热性能的柱形汽缸竖直放置,外界温度保持T0=300 K不变。一定质量的理想气体被横截面积为S=100 cm2的轻质活塞封闭在汽缸内,此时活塞距汽缸底部的距离为L0=5 cm,汽缸内气体温度为T0=300 K。先用外力缓慢地拉动活塞,上升L0的距离被挡块AB挡住。再通过电热丝对汽缸内气体快速加热,缸内气体吸收Q=100 J热量后,温度升高到2T0。此时撤去外力,经过足够长时间,活塞缓慢回到初始位置。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动,该理想气体经历的三个过程的p-V图像,如图乙所示。
(1)请在图丙中画出该理想气体经历的三个过程的V-T图。
(2)在电热丝加热的过程中,汽缸内气体内能变化了多少
(3)撤去外力后汽缸内的气体放出多少热量
15.(16分)如图所示,长方形容器体积为V,右上方有一开口与外界相连,活塞将导热容器分成左、右两部分,外界温度为27 ℃时,体积比为1∶2。当外界温度缓慢上升,活塞就会缓慢移动。设大气压强为p0,且保持不变,不计活塞与容器间的摩擦。
(1)活塞刚好移动到容器的正中央时,求外界的温度。
(2)若左边容器中气体的内能与温度的关系为U=kT(k为已知常数),求活塞移动到容器正中央的过程中左边容器内气体吸收的热量。
第三章测评
1.D 温度升高,气体的内能一定增加,A错误;根据热力学第一定律,内能增加可能是外界对气体做功,也可能是气体从外界吸收热量,B、C错误;温度是分子平均动能的标志,因此温度升高,气体分子的平均动能一定增大,D正确。
2.C 冷的物体接触热的物体后变热,物体在火炉旁被烤热,热的物体放在通风处凉下来,都是通过热传递来改变内能的,选项A、B、D错误;只有电流通过灯丝使灯丝发热是通过电场力做功,从而改变灯丝内能的,选项C正确。
3.B 达到热平衡时,钨锅的温度和铁的温度相同,故A错误;热传递的过程中,铁块从钨锅吸收热量,故B正确;达到热平衡时,根据能量守恒可知钨锅内能的减少量等于铁内能的增加量,故C、D错误。
4.C 把充入的气体和原气体作为整体,气体做等温变化,根据玻意耳定律可得p0(V1+V2)=p1V1,解得p1=1.2×105 Pa,故A错误;温度是分子平均动能的标志,温度不变,所以分子的平均动能不变,故B错误;充气后封闭气体压强变为1.2×105 Pa,大于大气压强,所以打开阀门后,气体膨胀,对外界做功,故C正确;打开阀门后,密封气体对外做功,温度不变,内能不变,则气体从外界吸热,故D错误。
5.D 由图可知,a→b的过程中,气体体积变小,故外界对气体做功,A错误;由图可知,b→c的过程中,气体体积变小,故外界对气体做功,B错误;a→b过程为等温变化,内能不变,C错误;根据理想气体状态方程=C可知,b→c的过程中,p不变,V减小,则T变小,则气体的内能逐渐变小,D正确。
6.B 由于越接近矿泉水瓶口,水的温度越高,因此小瓶上浮的过程中,小瓶内温度升高,内能增加,A错误;在小瓶上升的过程中,小瓶内气体的温度逐渐升高,压强逐渐减小,根据理想气体状态方程=C,气体体积膨胀,对外界做正功,B正确;由A、B分析,小瓶上升时,小瓶内气体内能增加,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,由于气体对外做功,因此吸收的热量大于增加的内能,C、D错误。
7.C 气闸舱B内为真空,打开阀门K,A中的气体进入B中的过程中,A内的气体自由扩散,对外界不做功,同时系统温度不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体内能不变,与外界也没有热交换,故A、B错误;气体体积增大,温度不变,气体分子的密集程度减小,气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数减小,故C正确;根据熵增加原理可知,B中气体不能自发地全部退回A中,即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度,故D错误。
8.BC 科学研究发现,一切与热现象有关的宏观自然过程都具有不可逆性,A错误;在能源的利用过程中,能量在总量上并未减少,但能量的品质降低了,B正确;能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,C正确;风能、水能属于可再生能源,核能属于不可再生能源,D错误。
9.BC 依题意,起飞前后桶内气体的温度保持不变,在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起,桶内气体体积增大,根据pV=C可知,压强p减小,故A错误;由于桶内气体温度不变,则分子平均动能Ek不变,故B正确;由于桶内气体温度不变,则气体内能不变,体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,桶内气体从外界吸收热量,故C正确,D错误。
10.AD A→B的过程中温度不变,内能不变,体积膨胀对外界做功,由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不变,故A正确;B→C的过程中,体积不变,单位体积内的分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,压强增大,故B错误;C→D的过程中,直线过原点,压强不变,温度降低,内能减小,体积减小,外界对气体做功,气体放热才可能内能减小,故C错误;D→A的过程中,气体的体积不变,单位体积内的分子数不变,温度减小,压强也减小,温度是分子平均动能的标志,故分子的平均动能减小,故D正确。
11.答案 变大 大于 正功
解析 温度升高分子平均动能变大,根据=C可知温度升高、体积不变,则压强增大,故气体压强大于大气压强;茶具中的水被压出的过程中,气体体积膨胀,对水做正功。
12.答案 不变 放热 外界对气体 升高
解析 乘客上下时汽缸内气体的体积变化缓慢,气体与外界有充分的热交换,则气体温度不变、内能不变,即ΔU=0;在气体压缩的过程中,外界对气体做正功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得Q<0,所以气体对外放出热量;剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快,气体与外界来不及热交换,即Q=0,在气体压缩的过程中,外界对气体做正功,即W>0;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得ΔU>0,即气体的内能增加,温度升高。
13.答案 (1)Q (2)1.5V
解析 (1)由充气过程中温度不变,内能不变,可得ΔU=0
ΔU=W-Q
解得W=Q。
(2)设将外界气体ΔV充入气箱,气箱阀门瞬间打开,p0V+p0ΔV=2.5p0V
解得ΔV=1.5V。
14.答案 (1)见解析
(2)增加100 J (3)150 J
解析 (1)该理想气体经历的三个过程的V-T图。
(2)加热过程中,气体温度从T0升高到2T0,气体的体积不变,则W=0
缸内气体吸收热量Q=100 J
则气体的内能增加ΔE=Q=100 J。
(3)撤去外力后,气体进行等压压缩,气体温度从2T0降低到T0,内能减小ΔE'=100 J
外界对气体做功W'=p0SL0=1.0×105×100×10-4×5×10-2 J=50 J
则气体放出的热量Q'=100 J+50 J=150 J。
15.答案 (1)450 K (2)150k+
解析 (1)左边容器中气体初始体积为,初始温度为T0=300 K
当体积为时,气体等压变化,由=C
可得
解得外界的温度为T=450 K。
(2)左边容器中气体对外做功为W=p0()=
由能量守恒可得气体吸收的能量为Q=k(T-T0)+W
解得Q=150k+。第三章分层作业12 功、热和内能的改变
A级 必备知识基础练
1.(2023河北沧州一中高二模拟)如图所示,太阳能热水器是一种能够将太阳的光能转化为内能的装置。这种装置可以使装置内的水温度升高,这种改变水的内能的方式是( )
A.做功 B.热传递
C.既有做功也有热传递 D.电流的热效应
2.如图所示的实验装置中,把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部,当很快向下压活塞时,由于被压缩的气体骤然变热,温度升高达到乙醚的燃点,使浸有乙醚的棉花燃烧起来,此实验的目的是要说明对物体( )
A.做功可以增加物体的热量
B.做功可以改变物体的内能
C.做功一定会升高物体的温度
D.做功一定可以使物态发生变化
3.(多选)(2023安徽合肥一中高二模拟)夏季,长春市的天气温差比较大,充足气的车胎经过正午阳光的暴晒容易爆胎。若车胎内的气体可视为理想气体,爆胎前车胎内气体体积及质量均不变,爆胎过程时间极短。关于车胎内的气体,下列说法正确的是( )
A.爆胎前随着气温的升高,车胎内气体压强增大
B.爆胎前随着气温的升高,车胎内气体吸收热量,内能增大
C.爆胎过程中,车胎内气体对外做功,内能减小
D.爆胎过程中,车胎内气体分子平均动能不变
4.关于传热,下列说法正确的是( )
A.传热是高温物体的温度传给低温物体
B.并不接触的物体之间不会传热
C.比热容相同的物体之间不会传热
D.温度相同的物体之间不会传热
5.下列情况通过热传递改变物体内能的是( )
A.在火炉上烧开一壶水
B.柴油机的压缩冲程
C.用锯子锯木头,锯子会发热
D.用砂轮磨刀,刀具会变热
6.如图所示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,气体内能增大
B.外界对气体做功,气体内能减小
C.气体对外界做功,气体内能增大
D.气体对外界做功,气体内能减小
7.如图所示,绝热隔板S把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分,S与汽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可忽略不计。现通过电热丝对气体a缓慢加热一段时间后,a、b各自达到新的平衡状态。试分析a、b两部分气体与初状态相比,体积、压强、温度、内能各如何变化
B级 关键能力提升练
8.金属筒内装有与外界温度相同的压缩空气,打开筒的开关,筒内高压空气迅速向外逸出,待筒内外压强相等时,立即关闭开关。在外界保持恒温的条件下,经过一段较长时间后,再次打开开关,这时出现的现象是( )
A.筒外空气流向筒内
B.筒内空气流向筒外
C.筒内外有空气交换,处于动态平衡,筒内空气质量不变
D.筒内外无空气交换
9.(2023辽宁鞍山高二模拟)焦耳实验装置的简图如图所示。用绝热性能良好的材料将容器包好,重物下落带动叶片搅拌容器里的水,引起水温升高。关于这个实验,下列说法正确的是( )
A.重物下落带动叶片转动,由于叶片向水传递热量而使水的温度升高
B.做功增加了水的热量
C.做功增加了水的内能
D.做功和热量是完全等价的,无区别
10.如图所示,A、B是两个完全相同的球,分别浸没在水和水银的同一深度内,A、B两球用同一种材料制成,当温度稍微升高时,球的体积会明显变大,如果开始水和水银的温度相同,且两液体温度同时缓慢升高同一值,两球膨胀后,体积相等,则( )
A.A球吸收的热量较多
B.B球吸收的热量较多
C.两球吸收的热量一样多
D.无法确定
11.如图所示是压力保温瓶的结构简图,活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换,则向下压a的过程中,瓶内气体( )
A.内能增大 B.体积增大
C.压强不变 D.温度不变
12.如图所示是古人锻造铁器的过程,关于改变物体内能的方式,下列说法正确的是( )
A.加热和锻打属于热传递,淬火属于做功
B.加热属于热传递,锻打和淬火属于做功
C.加热和淬火属于热传递,锻打属于做功
D.加热和淬火属于做功,锻打属于热传递
13.(2023福建厦门高二模拟)(1)某同学做了一个小实验:先把空的烧瓶放入冰箱冷冻,一小时后取出烧瓶,并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上,然后将烧瓶放进盛有热水的烧杯里,气球逐渐膨胀起来,如图所示。这是因为烧瓶里的气体吸收了水的 ,温度 ,体积 。
(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J的功,可使其温度升高5 K。若改成只用热传递的方式,使气体的温度同样升高5 K,那么气体吸收 J的热量。如果对该气体做了2 000 J的功,使其温度升高了5 K,表明在该过程中,气体还 (选填“吸收”或“放出”) J的热量。
分层作业12 功、热和内能的改变
1.B 太阳能热水器是通过热传递的方式将水加热的,故选项B正确。
2.B 当很快向下压活塞时,活塞压缩玻璃筒内的空气,对空气做功,空气的内能增加,温度升高,当达到乙醚着火点时,筒内棉花就会燃烧起来,此实验说明了外界对物体做功,物体的内能增加。故选B。
3.ABC 爆胎前气体体积不变,温度升高时,压强增大,内能增大,A、B正确;爆胎过程时间极短,气体来不及与外界发生热交换,其体积膨胀对外做功,则气体内能减小,温度降低,气体分子平均动能减小,故C正确,D错误。
4.D 传热实质是内能从高温物体转移到低温物体,传递的不是温度,是热量,A错误;不接触的物体之间可以通过热辐射的方式进行传热,B错误;热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体,和物体的比热容没有关系,C错误;温度相同的物体之间不存在温度差,不会发生传热,D正确。
5.A 在火炉上烧开一壶水,火的内能传递给水,属于热传递改变物体的内能,故A正确;柴油机的压缩冲程,是做功改变汽缸内气体的内能,故B错误;锯木头时锯条发烫,摩擦生热,属于做功改变物体内能,故C错误;用砂轮磨刀,刀具会变热,属于摩擦生热,将机械能转化为内能,是通过做功的方法使刀具的内能增加的,故D错误。
6.A 筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,外界对气体做功,使气体的内能增大。A正确。
7.答案 见解析
解析 汽缸和隔板绝热,电热丝对气体a加热,a温度升高,压强增大,体积增大,内能增大;a对b做功,b的体积减小,温度升高,压强增大,内能增大。
8.B 因高压空气急剧外逸时,气体没有时间充分与外界发生热交换,可近似看成绝热膨胀过程。气体对外做功,内能减小,所以关闭开关时,筒内气体温度较外界低,再经过较长时间后,筒内外气体温度相同。对筒内剩余气体分析,属于等容升温过程,其压强要变大,大于外界气压,所以再打开开关时,筒内气体要流向筒外,故B正确。
9.C 重物下落带动叶片转动,由于叶片对水做功而使水的温度升高,故A错误。做功增加了水的内能,而热量是在单纯的传热过程中系统内能变化的量度,所以做功与热量是不同的,故C正确,B、D错误。
10.B 两球初、末态温度相同,初、末态体积也相同,所以内能增量相同,但水银中的B球膨胀时对外做功多,所以吸热较多,故选B。
11.A 向下压a的过程中,外界对气体做功,瓶内气体内能增大,选项A正确;向下压a的过程中,瓶内气体体积减小,压强增大,温度升高,选项B、C、D错误。
12.C 用铁锤锻打铁器,铁器会发热,属于做功改变物体内能;用火对铁器加热,铁器从火中吸收热量,把铁器放在水中淬火,铁器向水中放热,所以加热和淬火属于热传递改变物体内能,故选项C正确。
13.答案 (1)热量 升高 增大
(2)1 500 放出 500
解析 (1)烧瓶内的气体要从热水中吸收热量,温度升高,体积增大。
(2)做功和热传递都可以改变物体的内能,且是等效的。只对一定质量的理想气体做1 500 J的功,可使其温度升高5 K,内能增加1 500 J,改成只用热传递的方式,使气体的温度同样升高5 K,则需要吸收1 500 J的热量;如果对该气体做了2 000 J的功,使其温度升高了5 K,内能仍然增加1 500 J,则还需要放出500 J的热量。第三章分层作业13 热力学第一定律
A级 必备知识基础练
1.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了8×104 J的功,气体的内能减少了1.2×105 J,则下列各式正确的是( )
A.W=8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=4×104 J
B.W=8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-2×105 J
C.W=-8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=2×105 J
D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105,Q=-4×104 J
2.如图所示,给旱区送水的消防车停于水平地面。在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则胎内气体( )
A.从外界吸热 B.对外界做负功
C.分子平均动能减小 D.内能增加
3.如图所示,一个内壁光滑、导热良好的汽缸悬挂在天花板上,轻质活塞上方封闭着理想气体,外界环境温度不变,若用向下的力F缓慢将活塞向下拉动一小段距离,则( )
A.缸内气体的温度可能降低
B.缸内气体分子的平均动能会减小
C.缸内气体会吸热
D.若拉力F对活塞做的功为W,则缸内气体的内能减少了W
4.一个充气气球用绳子系着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,气球导热良好,则气球内气体( )
A.内能增加
B.对外界做正功
C.减少的内能小于放出的热量
D.减少的内能大于放出的热量
5.(多选)某款瓶罐式鼻腔喷雾器如图所示,它通常借用瓶内气压将生理盐水送入鼻孔,借助于生理盐水自身的杀菌作用及水流的冲击力,将鼻腔内污垢排出,从而使鼻腔恢复正常的生理环境,达到保护鼻腔的目的。瓶内气体可看作理想气体,下列说法正确的是( )
A.向外喷雾时,因为气体对外做功,瓶身温度略降
B.向外喷雾时,因为气体向外散热,瓶身温度略降
C.使用后放置一小段时间,瓶内气体内能较使用前减少
D.使用后放置一小段时间,瓶内气体内能与使用前相同
6.(2023湖南邵阳高二模拟)如图所示,一定质量的理想气体从状态A经过等压变化到状态B,再经过等容变化到状态C,最终经过等温变化回到初始状态A。已知从状态A到状态B的过程中,气体吸收了300 J的热量。关于从A到B过程,下列说法正确的是( )
A.气体内能增加220 J
B.气体内能增加380 J
C.气体内能减少380 J
D.气体内能减少220 J
7.绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸顶部侧壁有一小口),缸内装有一电热丝,缸内有一光滑的绝热活塞,封闭一定质量的理想气体,活塞下吊着一重力为G的重物,活塞重力为G0,活塞的截面积为S,开始时封闭气柱的高为h,气体的温度为T1,大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热,若气体吸收热量Q时,活塞下降了h,问:
(1)气体的温度升高多少
(2)气体的内能增加多少
B级 关键能力提升练
8.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d,其体积V与热力学温度T关系如图所示,O、a、d三点在同一直线上,ab和cd平行于横轴,bc平行于纵轴,则下列说法正确的是( )
A.从状态a到状态b,气体放热
B.从状态a到状态b,每个气体分子的动能都增大
C.从状态b到状态c,气体对外做功,内能减小
D.从状态a到状态d,气体内能增加
9.一定质量的理想气体p-V变化图像如图所示,气体从1→2→3的过程对外做的功为W1,从外界吸收的热量为Q1,气体内能的变化量为ΔU1;气体从1→4→3的过程对外做的功为W2,从外界吸收的热量为Q2,气体内能的变化量为ΔU2,则它们之间的关系正确的是( )
A.W1ΔU2
B.W1Q2,ΔU1<ΔU2
C.W1>W2,Q1>Q2,ΔU1=ΔU2
D.W1>W2,Q110.(2023广东汕头高二期末)肠粉店师傅把一勺刚出炉、热气腾腾的卤汁倒入一小塑料袋中,然后快速打结,袋中密封了一定质量的空气(视为理想气体)如图所示。一小段时间后,塑料袋会鼓起来。下列说法正确的是( )
A.外界对气体做正功
B.气体从袋外吸热
C.相比原来,袋内气体内能减少
D.相比原来,袋内气体压强增大
11.飞船在航天员出舱前先要“减压”,在航天员从太空返回进入飞船后要“升压”,因此在飞船上专门设立一个“气闸舱”,其原理如图所示,相通的舱A、B之间装有阀门K,指令舱A中充满气体(视为理想气体),气闸舱B内为真空,整个系统与外界没有热交换,打开阀门K后,A中的气体进入B中,最终达到平衡,则舱内气体( )
A.对外做功,内能减小
B.分子势能增大,内能增大
C.分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D.分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
12.(2023北京东城高二期末)一定质量的理想气体从状态A开始,经历B、C、A三个状态变化完成循环,其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知A(V0,2p0),B(2V0,p0),C(3V0,2p0),状态A的温度为T0。
(1)求状态C的温度TC。
(2)类比直线运动中根据速度—时间图像求位移的方法,求过程B→C中,气体对外界做的功W。
(3)求过程A→B中,气体从外界吸收的热量Q。
分层作业13 热力学第一定律
1.B 外界对气体做了8×104 J的功,则W=8×104 J,气体内能减少了1.2×105 J,则ΔU=-1.2×105 J,由热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q=-2×105 J,故B正确,A、C、D错误。
2.A 缓慢放水过程中,胎内气体压强减小,气体膨胀对外界做正功,选项B错误;胎内气体温度不变,故分子平均动能不变,选项C错误;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,选项D错误;ΔU=W+Q,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,选项A正确。
3.C 缓慢向下拉动活塞,缸内气体对外做功,温度会降低,但由于导热良好的汽缸会吸热,最终温度与外界相同,分子平均动能不变,气体内能不变,故A、B错误,C正确;根据以上分析结合热力学第一定律知,若拉力F对活塞做的功为W,则缸内气体吸热,内能不变,故D错误。
4.C 充气气球用绳子系着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,内能降低,A错误;充气气球用绳子系着一块石头在下沉的过程中,水温越来越低,压强逐渐增大,根据理想气体状态方程=C,气球体积减小,对外界做负功,B错误;气球下沉时,气球内气体内能减小,外界对气球做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,由于外界对气球做功,因此放出的热量大于减小的内能,C正确,D错误。
5.AC 向外喷雾时,瓶内液体减少,瓶内气体体积增大,气体对外做功,气体内能减少,故而气体吸热,瓶身温度略降,A正确,B错误;使用后放置一小段时间,瓶内外温度相同,平均动能不变,但质量减小,相同体积内的分子数减小,导致瓶内气体内能较使用前减小,D错误,C正确。
6.A 从状态A到状态B的过程中,气体对外做功W=pΔV=80 J,气体吸收了300 J的热量,根据热力学第一定律可知ΔU=Q-W=220 J,气体内能增加220 J。故选A。
7.答案 (1)T1
(2)Q-(p0S-G-G0)h
解析 (1)活塞下降的过程,气体发生的是等压膨胀
则
即,求得T2=2T1
气体的温度升高了ΔT=T2-T1=T1。
(2)汽缸内气体的压强为p=p0-
活塞向下运动的过程中,对外做功
W=pSh=p0Sh-(G+G0)h
根据热力学第一定律可知,气体的内能增加量为ΔU=Q-W=Q+(G+G0)h-p0Sh=Q-(p0S-G-G0)h。
8.D 气体从状态a到状态b体积不变,发生的是等容变化,气体不做功W=0,温度升高,内能增加ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,气体吸收热量,故A错误;气体从状态a到状态b,温度升高,分子平均动能增大,但不是每个气体分子的动能都会增大,故B错误;由状态b变到状态c的过程中,温度不变,内能不变,ΔU=0,故C错误;从状态a到状态d温度升高,故气体内能增加,故D正确。
9.C 初态和末态温度相同,因此两个热力学过程内能变化相同;在p-V图像中,图线与横轴所围面积表示气体对外界做功的多少,故W1>W2,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q1>Q2,C正确。
10.D 一小段时间后,塑料袋会鼓起来,可知袋内气体的体积变大,外界对袋内气体做负功,A错误;一小段时间后,热气腾腾的卤汁使得袋内气体温度升高,由于袋内气体的温度高于外界温度,可知袋内气体向袋外放热,B错误;一小段时间后,热气腾腾的卤汁使得袋内气体温度升高,可知相比原来,袋内气体内能增大,C错误;倒入热气腾腾的卤汁前,袋内气体压强等于外界大气压强,一小段时间后,塑料袋会鼓起来,说明袋内气体压强大于外界大气压强,故相比原来,袋内气体压强增大,D正确。
11.D 打开阀门K后,A中的气体进入B中,由于B中为真空,所以气体不对外做功,A错误;气体分子间作用力忽略不计,所以气体分子间没有分子势能,又因为系统与外界无热交换,且气体没有做功现象,则气体的温度不变,所以气体内能不变,B错误;气体体积变大,温度不变,气体压强减小,所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少,C错误,D正确。
12.答案 (1)3T0
(2)p0V0
(3)p0V0
解析 (1)根据题意,由理想气体状态方程有
解得TC=3T0。
(2)根据题意可知,p-V图像中图线与横轴围成面积表示气体做的功,过程B→C中,气体对外界做的功为W=(p0+2p0)(3V0-2V0)=p0V0。
(3)根据题意可知,过程A→B中,气体对外界做的功为W1=(p0+2p0)(2V0-V0)=p0V0
由理想气体状态方程有
可得TB=T0
则气体的内能不变,由热力学第一定律ΔU=W+Q可得,气体从外界吸收的热量Q=W1=p0V0。第三章分层作业14 能量守恒定律
A级 必备知识基础练
1.秋千摆动幅度越来越小,关于该过程,下列说法正确的是( )
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.只有动能和重力势能的相互转化
D.减少的机械能转化为内能,但总能量守恒
2.(2023安徽合肥高二模拟)水电站的发电原理图如图所示。由图可知,下列说法错误的是( )
A.水力发电不会造成污染
B.该装置将机械能转化为电能
C.要增大发电的功率,可采用仅“增大流水落差”的方法
D.该装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能
3.下列关于能量守恒定律的认识,不正确的是( )
A.某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少,必然有其他物体的能量增加
C.对物体做功,物体的内能可能减小
D.石子从空中落下,最后停止在地面上,说明石子的能量消失了
4.如图所示,绝缘支座上,C球带正电,枕形导体A、B靠在一起,现将A、B分开,分别接触一个小电机的两个接线柱,如果小电动机非常灵敏,它便会开始转动。当电动机还没有停止时,又立刻把A、B在C附近碰一下再分开,再和小电动机两接线柱接触,如此下去,小电动机便能不停地转动。则下列说法正确的是( )
A.A、B分开后A左端带正电,B右端带负电
B.A、B分开前,AB是一个等势体
C.上述过程违背了能量守恒定律
D.上述过程说明永动机可以制成
5.(多选)下列设想符合能量守恒的有( )
A.利用永磁铁和软铁的作用,做一架机器永远地运动下去
B.制造一架飞机,不带燃料,利用太阳能就能飞行
C.做一只船,利用水的流动,逆水行驶,不用其他力
D.利用核动力,使飞船驶离太阳系
6.在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门,冰箱正常工作,过一段时间房间内的温度将( )
A.降低 B.升高
C.不变 D.无法确定
7.(2023辽宁抚顺高二模拟)人的体温是由下丘脑中特殊神经细胞监察和控制的,当下丘脑温度高于37 ℃时,人体散热机制(如血管舒张、出汗等)就活跃起来,已知人体温度为37 ℃时蒸发18 g汗水所需要能量E=4.3×103 J。现有一人慢步行走时新陈代谢功率为35 W,此人慢步行走时的体温保持37 ℃,行走1 h出汗约为30.2 g,试求此人通过传导辐射等方式(不包括出汗)产生的散热功率。
B级 关键能力提升练
8.有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件,当对它挤压或拉伸时,它的两端就会形成一定的电压,这种现象称为压电效应。一种燃气打火机,就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生10~20 kV的高压,形成火花放电,从而点燃可燃气体。在上述过程中,压电陶瓷片完成的能量转化是( )
A.化学能转化为电能
B.内能转化为电能
C.化学能转化为光能
D.机械能转化为电能
9.如图所示,直立容器内部被隔板隔开的A、B两部分气体(A、B两部分体积等大),A的密度小,B的密度大,加热气体,并取出隔板使两部分气体混合均匀,设此过程中气体吸热为Q,气体内能的增量为ΔU,则( )
A.ΔU=Q B.ΔUC.ΔU>Q D.无法比较
10.如图所示,A、B是两个完全相同的热胀冷缩明显的金属球,初温相同。A放在绝热板上,B用绝热绳悬挂。现只让它们吸热,当它们升高相同的温度时,吸热分别为QA、QB,则( )
A.QA=QB B.QAC.QA>QB D.无法确定
11.如图所示,一演示用的永动机转轮由5根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推动转轮转动。离开热水后,叶片形状迅速恢复,转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是( )
A.转轮依靠自身惯性转动,不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.转动的叶片不断搅动热水,水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
12.如图所示,容器A、B中各有一个可自由移动的活塞。活塞下面是水,上面为大气,大气压恒定。A、B间用带有阀门K的管道相连,整个装置与外界隔热。A容器的横截面面积大于B容器的横截面面积,A的液面高于B的液面。开启阀门后,A中的水逐渐流向B,直至两边液面相平。在这个过程中大气压是否对水做功 水的内能会怎样变化
分层作业14 能量守恒定律
1.D 秋千摆动幅度越来越小,说明机械能在减少,故A、C项错误;而减少的机械能通过摩擦转化成了内能,故B项错误,D项正确。
2.D 水力发电不会有污染,同时将水的机械能转化为电能,故A、B项正确;如果仅将流水落差增大,那么水流到水轮机处的速度就增大,这一方法可增大发电的功率,故C项正确;由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦,故该装置不可能将水库中储存的水的机械能全部转化为电能,故D项错误。
3.D 根据能量守恒定律得知,某种形式的能减少,其他形式的能一定增加,故A正确;某个物体的总能量减少,根据能量守恒定律得知,必然有其他物体的能量增加,故B正确;对物体做功,但若物体同时向外界放热,物体的内能可能减小,故C正确;石子在运动和碰撞中机械能转化为物体及周围物体的内能,能量并没有消失,故D错误。
4.B 由静电感应可知,A、B分开前,由于C球带正电,所以枕形导体A带负电,枕形导体B带正电,由于C球存在,所以A、B分开后,A左端带负电,B右端带正电,分开前A、B处于静电平衡状态,所以A、B是一个等势体,故A错误,B正确;上述过程在把A、B分开的过程中要克服A、B之间的静电力做功,把机械能转化为电能,再把电能转化为机械能,此过程是能量不断转化的过程,不违背能量守恒定律,但需要消耗机械能,永动机不可能制成,故C、D错误。
5.BD 由能量守恒定律知第一类永动机不可能制成,A错误;飞机利用太阳能克服阻力做功,符合能量守恒定律,B正确;利用水的动能使船逆水行驶,增加船的重力势能无法实现其转化,C错误;利用核能使飞船驶离太阳系符合能量守恒定律,D正确。
6.B 取房间内气体及电冰箱(有散热装置)为系统,外界消耗电能,对系统做功,系统总内能增加。
7.答案 33 W
解析 此人因出汗消耗的能量为E1=E=×4 300 J=7 214 J
对应的功率为P1==2 W
根据能量守恒定律,所求散热功率为P2=P-P1=33 W。
8.D 根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生10~20 kV的高压,形成火花放电,从而点燃可燃气体。转化前要消耗机械能,转化后得到了电能,所以为机械能转化为电能。故选D。
9.B 因A部分气体密度小,B部分气体密度大,以整体为研究对象,开始时,气体的重心在中线以下,混合均匀后,气体的重心在中线上,所以有重力做负功,使气体的重力势能增大,由能量守恒定律可知,吸收的热量Q有一部分转化为气体的重力势能,另一部分转化为内能。故B项正确。
10.C A、B升高相同的温度,根据Q=cmΔt可知,升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀,A的重心升高,重力势能增加,QA一部分用于升温,一部分用于增加重力势能ΔEp,即QA=Q+ΔEp;B的重心降低,重力势能减小,QB和减少的重力势能ΔEp共同用于升温,即Q=QB+ΔEp;显然QA>QB。故选项C正确。
11.D 形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水,由能量守恒知能量来源于热水,故A、B、C错误;由能量守恒知,叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能,一部分在空气中释放,故D正确。
12.答案 不做功 增加
解析 A容器中大气压力对水做功为WA=p0SAhA
B容器中大气压力对水做功为WB=-p0SBhB
因为水的总体积保持不变,则有SAhA=SBhB
大气压力做的总功为W=WA+WB=0
则在这个过程中大气压没有对水做功
因为水的重心降低,重力势能减小,由能量守恒定律可知,水的内能增加。第三章分层作业15 热力学第二定律
A级 必备知识基础练
1.(多选)下列说法正确的是( )
A.热传导过程是可逆的
B.机械能向内能的转化过程是不可逆的
C.气体的扩散过程是可逆的
D.气体向真空中的膨胀是不可逆的
2.第二类永动机不可能制成,是因为( )
A.违背了能量守恒定律
B.热量总是从高温物体传递到低温物体
C.机械能不能全部转化为内能
D.内能不能全部转化为机械能,而不引起其他变化
3.我们绝不会看到:一个放在水平地面上的物体,靠降低温度,可以把内能自发地转化为动能,使这个物体运动起来。其原因是( )
A.这违反了能量守恒定律
B.在任何条件下内能都不可能转化为机械能,只有机械能转化为内能
C.机械能和内能的转化过程具有方向性,内能转化为机械能是有条件的
D.以上说法均不正确
4.(2023湖南郴州高二期末)关于能源,下列说法正确的是( )
A.根据能量守恒定律,我们不需要节约能源
B.化石能源、水能和风能都是不可再生的能源
C.核电站工作时,它能把核能转化为电能
D.能量的转化、转移没有方向性
5.下列哪个现象属于能量耗散( )
A.利用水流发电变成电能
B.电能通过灯泡中的电阻丝转化为光能
C.电池的化学能转化为电能
D.火炉把房子烤暖
6.以下现象违背热力学第二定律的有( )
A.一杯热茶在打开盖后,茶会自动变凉
B.没有漏气、没有摩擦的理想热机,其效率可能是100%
C.桶中浑浊的泥水静置一段时间后,泥沙下沉,上面的水变清,泥、水自动分离
D.在地面上运动的物体逐渐停下来,机械能全部变为内能
7.(多选)(2023山东聊城高二期末)人类不但掌握了精准测温控温的方法,还可以人工产生高热和深冷,在高热和深冷的“世界”里不断发现新的科学奇迹。下列关于热力学定律的说法正确的是( )
A.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
B.可能从单一热源吸收热量,使之完全变成功,而不引起其他影响
C.第二类永动机违反了能量守恒定律
D.相互接触的两个物体发生热传递,达到热平衡时两个物体的温度一定相同
8.关于煤、石油、天然气作为能源的共同特点,下列说法错误的是( )
A.来自太阳辐射的能量
B.可再生能源,取之不尽,用之不竭
C.污染环境的能源
D.不可再生能源,用一点,少一点
9.根据热力学第二定律,下列判断不正确的是( )
A.热机中燃气的内能不可能全部变成机械能
B.电流的能不可能全部变成内能
C.在火力发电机中,燃料的内能不可能全部变成电能
D.在热传导中,热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
B级 关键能力提升练
10.(2023江苏镇江高二开学考试)关于能源与可持续发展,下列说法正确的是( )
A.篮球从空中落下,最后静止在地面上,说明机械能消失了
B.大量使用天然气作燃料符合“低碳生活”理念
C.随着科技的发展,永动机是可以制成的
D.在火力发电中,燃气的内能不可能全部转变为电能
11.(多选)把刚煮好的热鸡蛋放在冷水中,过一会儿,鸡蛋的温度降低,水的温度升高,最后水和鸡蛋的温度相同。但是相反的过程,即原来温度相同的水和鸡蛋,过一会儿,水的温度自发地降低,而鸡蛋的温度升高,这样的现象我们从来没看到过。燃料燃烧时一旦把热量释放出去,就不会再次自动聚集起来供人类重新利用。电池中的化学能转化为电能,电能又通过灯泡转化为内能和光能,热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能,我们很难把这些内能收集起来重新利用。这些现象说明( )
A.在能源利用的过程中,能量会减少,能量守恒定律不成立
B.我们在利用能源时,能量会耗散,自然界可利用的能源会越来越少
C.与热现象有关的宏观过程都是不可逆的,能量转化具有方向性
D.自然界中发生的能量转化都是不可逆的,各种能量最终都会转化为内能
12.下列过程可能发生的是( )
A.某种物质从高温热源吸收20 kJ的热量,全部转化为机械能,而没有产生其他任何影响
B.打开一高压密闭容器,其内气体自发溢出后又自发跑进去,恢复原状
C.利用一些手段,使低温物体温度更低,高温物体的温度更高
D.将两瓶不同液体混合,待扩散后它们又自发地完全分开
13.小华提出了下列4个设想方案,从理论上讲可行的是( )
A.制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功
B.将屋顶盖上太阳能板,可直接用太阳能来解决照明和热水问题
C.制作一种制冷设备,使温度降至绝对零度以下
D.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气,想办法使它们自发分离,既清洁了空气,又变废为宝
14.(多选)如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时,使制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化,吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外。下列说法正确的是( )
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违背热力学第二定律
D.电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律
15.(多选)用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点1插在热水中,接触点2插在冷水中,如图所示,电流计指针会发生偏转,这就是温差发电现象。关于这一现象,正确的说法是( )
A.这一实验过程不违反热力学第二定律
B.在实验过程中,热水一定降温,冷水一定升温
C.在实验过程中,热水内能全部转化成电能,电能则部分转化成冷水的内能
D.在实验过程中,热水的内能只有部分转化成电能,电能则全部转化成冷水的内能
分层作业15 热力学第二定律
1.BD 这四个过程都是与热现象有关的宏观过程,根据热力学第二定律可知,它们都是不可逆的,故A、C错误,B、D正确。
2.D 第二类永动机的设想并不违背能量守恒定律,但违背了涉及热量的能量转化过程是有方向性的规律,故选项A错误;在引起其他变化的情况下,热量可以由低温物体非自发地传递到高温物体,故B错误;机械能可以全部转化为内能,C错误;由所学知识知D正确。
3.C 机械能和内能可以相互转化,但必须通过做功来实现。由热力学第二定律可知,内能不可能全部转化为机械能,同时不引起其他变化。故C正确。
4.C 虽然能量是守恒的,但能被人们利用、方便使用的能源在减少,故我们仍需要节约能源,A错误;化石能源是不可再生能源,水能和风能都是可再生的能源,B错误;核电站工作时,它能把核能转化为电能,C正确;有些能量的转化、转移具有方向性,如机械能和内能的相互转化,D错误。
5.D 能量耗散是指其他形式的能转化为内能,最终流散在周围环境中无法重新收集并加以利用的现象,能够重新收集并加以利用的不能称为能量耗散。电能、光能都可以重新收集并加以利用,如用光作为能源的手表等,只有当用电灯照明时的光能被墙壁吸收之后变为周围环境的内能,才无法重新吸收并加以利用,但本题没有告诉光能用来做什么,故不能算能量耗散,只有火炉把房子烤暖后使燃料的化学能转化成内能并流散在周围的环境中,无法重新收集并加以利用,才是能量耗散。故D正确。
6.B 热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体,不违背热力学第二定律;任何热机效率都不可能达到100%,违背热力学第二定律;泥、水分离是机械能向内能的转化,不违背热力学第二定律;物体因摩擦力而停下来,是机械能向内能的转化,是自发过程,不违背热力学第二定律。故选B。
7.AD 根据热力学第二定律,一切与热现象有关的自然过程都是不可逆的,故A正确;根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸收热量,使之完全变为功,而不产生其他影响,故B错误;第二类永动机没有违反能量守恒定律,但违反了热力学第二定律,故C错误;相互接触的两个物体发生热传递,达到热平衡时温度一定相同,故D正确。
8.B 关于煤、石油、天然气作为能源的共同特点,都是来自太阳辐射的能量,A正确,不符合题意;关于煤、石油、天然气作为能源的共同特点,都是不可再生能源,不是取之不尽,用之不竭的,B错误,符合题意;关于煤、石油、天然气作为能源的共同特点,都是污染环境的能源,C正确,不符合题意;关于煤、石油、天然气作为能源的共同特点,都是不可再生能源,用一点,少一点,D正确,不符合题意。
9.B 根据热力学第二定律可知,热机中燃气的内能不可能全部变成机械能,选项A正确,不符合题意;电流的能可以全部变成内能,选项B错误,符合题意;根据热力学第二定律可知,在火力发电机中,燃料的内能不可能全部变成电能,选项C正确,不符合题意;在热传导中,热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体,选项D正确,不符合题意。
10.D 篮球从空中落下,最后静止在地面上,说明机械能转化为篮球和周围其他物体的内能,或转化为其他形式的能,能量不会消失,A错误。天然气的主要成分是甲烷,完全燃烧时生成二氧化碳和水;不完全燃烧生成一氧化碳和水,因此大量使用天然气作燃料不符合“低碳生活”理念,B错误。无论科技怎样发展,永动机是不可以制成的,C错误;由热力学第二定律可知,任何机械都有效率的问题,因此燃气的内能不可能全部转变为电能,D正确。
11.BC 在能源利用的过程中,能量在数量上不会减少,能量守恒定律依然成立,但是能量会发生耗散,在可利用的品质上会降低,从便于利用的能源变成不便于利用的能源,自然界可利用的能源会越来越少,故A错误,B正确;与热现象有关的宏观过程都是不可逆的,能量转化具有方向性,故C正确;自然界中发生的能量转化在自发情况下都是不可逆的,但在其他外在条件介入的情况下可以发生逆过程,能量的转移和转化具有方向性,各种能量最终都会转化为内能,故D错误。
12.C 根据热力学第二定律,热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体,但通过一些手段是可以实现C项所述过程的,故C项正确;内能完全转化为机械能不可能自发地进行,要使内能全部转化为机械能必定要引起其他变化,故A项错误;气体膨胀具有方向性,故B项错误;扩散现象具有方向性,故D项错误。
13.B 根据热力学第二定律知,在不产生其他影响时,内能不能全部转化为机械能,因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的,故A错误;利用太阳能最有前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以利用,解决照明和热水问题,故B正确;绝对零度是温度的极值,是不能达到的,故C错误;根据热力学第二定律可知,汽车尾气中各类有害气体不能自发分离,要在排气管上安装催化转化器,故D错误。
14.BC 热力学第二定律适用于所有的热学过程,选项C正确,选项D错误;热量不能自发地从低温物体传递到高温物体,要想使热量从低温物体传递到高温物体必须借助于其他系统做功,选项A错误,选项B正确。
15.AB 温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少,一部分转化为电能,一部分散失在环境中,转化效率低于100%,不违反热力学第二定律,热水温度降低,冷水温度升高,电流计导线也会消耗电能,故选项A、B正确,C、D错误。第三章章末综合训练(三)
一、选择题
1.(2023河北张家口第四中学阶段练习)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,忽略气体分子间的相互作用,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.(2023北京海淀高二阶段练习)关于热力学定律,下列说法正确的是( )
A.在一定条件下物体的温度可以降到绝对零度
B.物体不可能从单一热源吸收热量全部用于做功,而不产生其他影响
C.吸收了热量的物体,其内能一定增加
D.压缩气体总能使气体的温度升高
3.(2023江苏南京燕子矶中学阶段练习)下列有关能量转化的说法正确的是( )
A.不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他的变化
B.只要对内燃机不断改进,就可以使内燃机的效率达到100%
C.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行
D.外界对物体做功,物体的内能必然增加
4.(2023河北张家口第四中学阶段练习)一定质量的理想气体经历了如图所示的a→d→c→b→a循环,该过程每个状态均可视为平衡态。对此气体,下列说法正确的是( )
A.从状态d到状态c,气体不吸热也不放热
B.从状态c到状态b,气体放热
C.从状态a到状态d,外界对气体做功
D.从状态b到状态a,气体放热
5.(2023山东聊城一中阶段练习)如图所示,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,再变化到状态c,然后由状态c回到状态a。p-V图像中的bc段与横轴平行,ca段与纵轴平行。下列说法正确的是( )
A.a→b→c→a的过程气体从外界吸收热量
B.a→b的过程气体温度逐渐升高
C.b→c的过程气体温度逐渐升高
D.c→a的过程外界对气体做功
6.(2023河南开封高二阶段练习)如图所示,汽缸悬空且静止,设活塞与缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动,缸壁导热性能良好,使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同,则( )
A.气温降低,外界对气体做功,汽缸的上底面距地面的高度减小
B.气温升高,汽缸中气体分子的数密度变大,内能增大
C.外界大气压强减小,弹簧伸长,气体从外界吸收热量
D.外界大气压强增大,汽缸的上底面距地面的高度增大
7.(多选)(2023河南南阳中学阶段练习)一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的p-V图像如图所示,已知气体从状态A变化到状态B的过程中吸收的热量为Q1,气体对外做功W1;从状态B变化到状态C过程中吸收的热量为Q2,气体对外做功W2。N1、N2分别表示A、B两个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数,则下列说法正确的是( )
A.Q1N2
C.Q1+Q2=4p0L D.Q1-W1=Q2-W2
8.(2023江苏扬州高二阶段练习)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸竖直固定在水平面上,用质量为m的绝热活塞把缸内空间分成两部分。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体,活塞用销钉K固定,已知A部分的气体体积小于B部分的气体体积,活塞能上、下自由移动。现拔掉销钉,活塞移动一小段距离静止后再将其固定。下列说法正确的是( )
A.两部分气体内能之和增大
B.两部分气体内能之和不变
C.两部分气体温度都升高
D.两部分气体温度都降低
二、计算题
9.(2023广东广州华南师大附中校考)气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚酯薄膜材料制成气球的球皮,然后对它充以比空气密度小的气体,之后密封好,气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时,平流层的气压为p。从早上至中午,由于阳光照射,气球内气体的内能增加了ΔU,气球有微小膨胀,半径由R1膨胀到R2,已知早上气球内气体温度为T1。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压,求中午时气球内气体的温度T2和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。
10.(2023山东滨州高二阶段练习)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,最后回到状态A,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。求:
(1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度
(2)该气体整个过程是吸热还是放热 传递的热量是多少
章末综合训练(三)
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。
2.B 绝对零度只能无限趋近,无法达到,故A错误;物体不可能从单一热源吸收热量全部用于做功,而不产生其他影响,故B正确;由热力学第一定律可知,内能的变化取决于做功和传热两个方面,所以吸收了热量的物体,其内能不一定增加,压缩气体不一定能使气体的温度升高,故C、D错误。
3.A 由热力学第二定律可知,不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响,A正确;内燃机的效率不可能达到100%,B错误;满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行,例如热量不能自发地从低温物体传到高温物体,C错误;根据热力学第一定律,内能的变化量由做功和传热共同决定,所以外界对物体做功,如果物体放热,物体的内能也可能减少或不变,D错误。
4.B 由图像知,从状态d到状态c,气体温度不变,压强减小,可知气体体积增大,则气体对外做功,温度不变,气体内能不变,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体吸收热量,故A错误;根据p-T图像的斜率表示,可知从状态c到状态b,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,气体内能减小,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体放热,故B正确;从状态a到状态d,气体压强不变,温度升高,可知气体体积增大,说明气体对外界做功,故C错误;从状态b到状态a,ab的延长线过原点,则气体做等容变化,W=0,温度升高,气体内能增大,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体吸收热量,故D错误。
5.A a→b的过程气体对外做功,其大小等于ab直线与坐标轴围成的面积;b→c的过程外界对气体做功,其大小等于直线bc与坐标轴围成的面积;c→a的过程气体体积不变,对外不做功,外界对气体也不做功;则a→b→c→a的过程气体对外做功,大小等于三角形abc面积的大小,整个过程内能不变,根据ΔU=W+Q可知,整个过程气体从外界吸收热量,选项A正确。a→b的过程中,气体pV乘积的变化情况无法确定,则气体温度的变化情况也无法确定,选项B错误。b→c的过程气体压强不变,体积减小,则气体温度降低,选项C错误。c→a的过程气体体积不变,则外界对气体不做功,选项D错误。
6.A 以整个汽缸及活塞为研究对象进行受力分析,根据平衡条件有F弹=(m汽+m活)g=kx,可知弹力大小始终等于整体的重力,弹簧的长度始终不变,则活塞的位置始终不变。汽缸内气体的压强p=p0+,故气温的变化不影响缸内压强,根据理想气体的状态方程=C可知,压强不变、温度降低,则体积减小,外界对气体做功,汽缸的上底面距地面的高度将减小,故A正确。温度升高,则体积增大,汽缸中气体分子的数密度变小;温度升高,气体内能增大,故B错误。外界大气压强减小,根据整体受力平衡可知,弹簧弹力不变,弹簧长度不变;压强减小而温度不变,则体积增大,外界对气体做负功,气体内能不变,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体从外界吸收热量,故C错误。外界大气压强增大,而温度不变,则体积减小,因活塞位置不变,则汽缸的上底面距地面的高度减小,故D错误。
7.BC 根据图像可知,A、B、C状态对应的pV乘积分别为3p0L、4p0L、3p0L,根据理想气体的状态方程=C,有TA=TCW2;由状态A变化到状态B,根据热力学第一定律知ΔU1=Q1-W1>0,得Q1>W1=2.5p0L;由状态B变化到状态C,根据热力学第一定律知ΔU2=Q2-W2<0,Q2Q2,故A错误。从状态A变化到状态B,气体的温度升高,分子的平均动能增大,则分子每次碰撞器壁的平均作用力增大,由于气体压强减小,根据压强微观意义可知,单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数变小,即N1>N2,故B正确。由于ΔU1=Q1-W1>0,ΔU2=Q2-W2<0,ΔU1=-ΔU2,所以Q1-W1=W2-Q2,变形得Q1+Q2=W1+W2=4p0L,故C正确,D错误。
8.A 根据=C可知,A部分的气体压强大于B部分的气体压强,又因为活塞受到竖直向下的重力,则拔掉销钉,活塞向下移动,重力势能减小,由能量守恒定律可知,两部分气体内能之和增大,故A正确,B错误;同理,活塞下移,A部分的气体对外界做功,同时外界对B部分的气体做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,依题意,汽缸绝热,可得Q=0,易知A部分的气体内能减小,温度降低,B部分的气体内能增大,温度升高,故C、D错误。
9.答案 T1 ΔU+πp()
解析 早上气体体积V1=
中午气体体积V2=
从早上至中午,气球内的气体做等压变化,有
联立解得T2=T1
气球膨胀过程,气体压强为p,气体对外做功,W=-p(V2-V1)
由热力学第一定律ΔU=Q+W
解得Q=ΔU+πp()。
10.答案 (1)-173 ℃ 27 ℃ (2)放热 200 J
解析 (1)由图像可知,A→B是等容变化,由查理定律得
代入数据得TB=100 K
又T=t+273 K
联立解得tB=-173 ℃
B→C是等压变化,由盖-吕萨克定律得
代入数据得TC=300 K
即tC=27 ℃。
(2)根据热力学第一定律ΔU=Q+W
A→B过程气体不做功,W1=0;B→C过程气体对外做功,W2<0;C→A过程外界对气体做功,W3>0;由于C→A过程气体的平均压强大于B→C过程气体的压强,所以可知|W2|0
A→B→C→A的整个过程中内能不变,ΔU=0,则可知Q<0,即整个过程中气体对外放出热量
由图像与横轴围成的面积表示气体对外做的功,得整个过程中外界对物体做的功为
W=W3+W2=×105×(3×10-3-1×10-3) J-1×105×(3×10-3-1×10-3) J=200 J
则Q=-W=-200 J
即气体整个过程放出200 J热量。
