选择性必修 第三册第2章 热力学定律和能量守恒 Word版含解析

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．[2019·贵州安顺期末]下列说法不正确的是(　　)
A．第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律
B．第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步，第二类永动机可以被制造出来
C．由热力学第一定律可知做功可以改变内能，热传递也可以改变内能，但同时做功和热传递内能可能不变
D．分子间引力和斥力同时存在，都随分子间距离增大而减小，但斥力变化更快
2．[2019·江西南昌二中期末]如图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的绝热隔板固定，隔板质量不计，左、右两室分别充有一定量的氢气和氧气(均视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法正确的是(　　)
A．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能
B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小
C．系统重新达到平衡时，两者温度相同，等于初始值
D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气
3.
[2020·内蒙古包头四中质检]如图所示，电路与一绝热气缸相连，R为电热丝，气缸内封闭着一定质量的理想气体，外界大气压强恒定，闭合开关后，绝热活塞K缓慢且无摩擦地向右移动，下列说法正确的是(　　)
A．气体的内能增加
B．气体分子平均动能不变
C．电热丝放出的热量等于气体对外所做的功
D．气体的压强增大
4．[2019·武汉华中师大一附中期中]如图所示，一气缸固定在水平面上，气缸内活塞B封闭着一定质量的理想气体，假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体，下列说法正确的是(　　)
A．每个气体分子对气缸壁的平均作用力变小
B．单位时间内，气体分子对左侧气缸壁的碰撞次数变少
C．外界对气体做正功，气体向外界放热
D．气体对外界做正功，气体内能减小
5．[2019·上海长宁期末]如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为h1，右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为h2，中间封有一段空气(　　)
A．若大气压升高，h1减小，h2增大
B．若把弯管向上移动少许，重新平衡后，管内气体体积不变
C．若把弯管向下移动少许，重新平衡后，管内气体压强不变
D．弯管无论向上还是向下移动，重新平衡后，h1始终等于h2
6.
如图所示为常见的家用保温瓶，头一天用软木塞密封了半瓶开水，过了一夜后软木塞很难取出，则(　　)
A．瓶里所有气体分子的动能都变小了
B．外界对瓶内气体没有做功，瓶内气体的内能不变
C．瓶内气体温度降低，气体内能减小
D．瓶内气体温度降低，压强增大
7．[2020·山东滕州五中模拟]如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知(　　)
A．A→B过程压强不变，气体对外做功
B．B→C过程压强增大，外界对气体做功
C．C→A过程压强不变，气体对外做功
D．C→A过程压强减小，外界对气体做功
8．[2019·东北三校一模]一个气泡从湖底缓慢上升到湖面，在上升的过程中温度逐渐升高，气泡内气体可视为理想气体，在此过程中，关于气泡内气体下列说法不正确的是(　　)
A．气体分子平均动能变小　　　B．气体吸收热量
C．气体对外做功
D．气体内能增加
二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)
9．[名师原创]如图，一定质量的理想气体从状态A开始，经历A→B→C→D→E过程后到达状态E，其中BA的延长线经过原点O，BC与横轴平行，DE与纵轴平行，关于该气体，下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程中气体的体积逐渐减小
B．B→C过程中气体从外界吸热
C．C→D过程中内能不变
D．D→E过程中气体从外界吸热
10．[2020·广西六市联考，科学思维]如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图中从a到b的直线所示．在此过程中(　　)
A．气体的体积减小
B．气体对外界做功
C．气体的内能不变
D．气体先从外界吸收热量，后向外界放出热量
三、非选择题(本题共3小题，共25分)
11．(7分)(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是(　　)
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统一定吸热
(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6
J的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是______J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1
J的功，同时吸收了0.3
J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.
12．(8分)
如图所示的p－V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280
J，吸收热量410
J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200
J．则：
(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
13．(10分)
如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，则：
(1)容器中气体的压强是多少？
(2)这段时间内气体的内能增加了多少？
(3)这段时间内气体的温度升高了多少？
1．B　第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律，选项A正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，所以即使随着科技的进步，第二类永动机也不可以被制造出来，选项B错误；由热力学第一定律可知做功和热传递都能改变内能，但同时做功和热传递不一定会改变内能，选项C正确；分子间引力和斥力同时存在，都随分子间距离增大而减小，但斥力变化更快，选项D正确．
2．B　温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，初始时两部分气体分子的平均动能相同，故A错误；松开固定栓，氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，故B正确，CD错误．
3．A　活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化，活塞缓慢向右移动过程中，气体体积增大，故温度一定升高，气体内能增加，A正确，D错误；电热丝向气体放热，气体温度升高，分子平均动能增大，B错误；气体内能增大，由热力学第一定律可知，电热丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，C错误．
4．B　由理想气体状态方程知，等温变化过程中，体积增大，压强减小，即所有分子的平均作用力变小，但分子做无规则热运动，大量分子只能得到统计规律，无法衡量某一个分子的撞击力是否变化，A错误；气体的温度不变，则分子运动的激烈程度不变，气体的压强减小，根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故B正确；气体体积变大，故气体对外做正功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变即内能不变，则气体从外界吸热，C、D错误．
5．D　平衡后管中封闭气体的压强p＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，则得h1＝h2，若大气压升高，则封闭气体的压强增大，由玻意耳定律pV＝C得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1和h2同时减小，二者始终相等，故A错误，D正确；若把弯管向上移动少许，则h1＝h2且h1、h2同时减小，封闭气体的压强减小，由玻意耳定律pV＝C得，管内气体体积增大，B错误；若把弯管向下移动少许，则h1＝h2且h1、h2同时增大，管内气体压强增大，C错误．
6．C　经过一个夜晚后，保温瓶内气体温度下降，分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小，气体温度降低，内能减小，故A、B错误，C正确；由＝C知，V不变，T降低，则p减小，故D错误．
7．B　
由图可知，A→B过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，选项A错误；如图所示，作过C的等容线，则体积相等的情况下，C状态的温度高，所以C状态的压强一定比A、B状态的压强大，由图可知B→C体积减小，外界对气体做功，选项B正确；由选项B知C状态的压强一定比A状态的压强大，所以C→A过程压强减小；由图可知气体的体积增大，温度不变，气体对外界做功，选项C、D错误．
8．A　气泡上升到湖面时体积变大，气体对外做功，因温度上升，气体分子平均动能变大，气体内能增加，气体吸收热量，故A错误，B、C、D正确．
9．BD　因BA延长线经过原点O，由理想气体状态方程可知AB是等容线，所以此过程中气体的体积不变，选项A错误；B→C过程中气体的温度升高，内能增大，因BC与横轴平行，故该过程压强不变，由理想气体状态方程可知气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体从外界吸热，所以选项B正确；C→D过程中气体的温度升高，内能增大，所以选项C错误；因DE与纵轴平行，故D→E过程中气体的温度不变，内能不变，因压强减小，由理想气体状态方程可知气体的体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体从外界吸热，选项D正确．
10．AC　由图线可知，由a到b过程气体温度T保持不变而气体压强p增大，由玻意耳定律pV＝C可知，气体体积V减小，故A正确；气体体积减小，外界对气体做功，W>0，故B错误；由图线可知，从a到b过程气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，故C正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－W<0，气体向外界放出热量，故D错误．
11．答案：(1)D　(2)吸收　0.6　0.2
解析：(1)考虑气体分子间作用力时，分子力表现为引力，气泡膨胀，分子间距增大，分子力减小，A错误；气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B、C错误；气泡上升过程中体积膨胀，温度不变，而气体对外做功，故气体一定吸收热量，D正确．
(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6
J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6
J>0，即需从外界吸收0.6
J的热量．气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU′＝(0.3－0.1)
J＝0.2
J.
12．答案：(1)增加　130
J　(2)放热　330
J
解析：(1)ACB过程中W1＝－280
J，Q1＝410
J，
由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130
J，
故ACB过程中气体的内能增加了130
J.
(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130
J
由题意知W2＝200
J，由热力学第一定律得
UA－UB＝W2＋Q2，
代入数据解得Q2＝－330
J，
即BDA过程中气体放出热量330
J.
13．答案：(1)p0＋　(2)Q－(p0S＋mg)h　(3)273.15
K＋t
解析：(1)以活塞为研究对象，对其进行受力分析，由平衡条件有
mg＋p0S＝pS，得容器中气体的压强
p＝p0＋.
(2)根据功的定义知：气体对外做功为
W＝－pSh，
得W＝－(p0S＋mg)h.
根据热力学第一定律得：这段时间内气体的内能增加量
ΔU＝Q＋W＝Q－(p0S＋mg)h.
(3)在加热过程中活塞缓慢上升，压强保持不变，是等压变化，由盖·吕萨克定律有＝，即＝
得t′＝273.15
K＋2t，
所以这段时间内气体的温度升高了Δt＝t′－t＝273.15
K＋t.
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