鲁科版（2019）高中物理 选择性必修第三册 章末综合测评3　热力学定律word版含答案

章末综合测评(三)　热力学定律
(时间：90分钟　分值：100分)
1．(4分)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0 K
B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
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
B　[绝对零度只能无限趋近，永远无法达到，A错误；物体从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，只不过会引起其他变化，B正确；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，单纯吸收热量或者对物体做功物体的内能都不一定增加，温度也不一定升高，C、D错误．]
2．(4分)河面水温高于河底温度，一个气泡从河底加速上升到水面，在这一过程中，气泡内空气质量不变，气泡内吸热为Q，内能增加为ΔU，则(　　)
A．重力对气泡做负功，ΔU>Q
B．浮力对气泡做正功，Q<ΔU
C．合力对气泡做正功，Q<ΔU
D．气体膨胀对外做功，Q>ΔU
D　[根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，即Q＝ΔU－W．因为上升时，气泡膨胀对外做功W<0，
所以Q>ΔU，故选D．]
3．(4分)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体(　　)
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
A　[汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D错误；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和．密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A．]
4．(4分)如图所示，圆柱形容器封有一定质量的空气，质量为m的光滑活塞C和容器都用良好的隔热材料制成．一个质量为M的物体A从活塞上方的某一位置由静止自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低处，在这一过程中，物体A下落的高度为h，活塞C下落的高度为Δh，则在这一过程中，空气内能的改变量ΔU、外界对空气做的功W与物体A及活塞C的重力势能的变化关系为(　　)
A．Mgh＋mgΔh＝ΔU＋W
B．ΔU＝W＝Mgh＋mgΔh
C．ΔU＝WD．W＝Mgh＋mgΔh≠ΔU
C　[物体A与活塞C碰撞过程中要损失一部分机械能，因为活塞、容器都是绝热的，不存在与外界热交换，故选C．]
5．(4分)飞机在万米高空飞行的时候，舱外气温往往在－50 ℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫作气团．气团直径可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，高空气团温度很低的原因可能是(　　)
A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低
B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低
C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低
D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低
C　[由热力学第一定律，物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关，满足ΔU＝W＋Q，气团在上升的过程中，气体不断膨胀，气体对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热传递作用可忽略，因而内能不断减小，所以气团的温度会很低．]
6．(4分)如图所示，活塞将汽缸分成两个气室，汽缸壁、活塞、拉杆是绝热的，且都不漏气，UA和UB分别表示A、B气室中气体的内能．则将拉杆向外拉动的过程中(　　)
A．UA不变，UB变小 B．UA增大，UB不变
C．UA增大，UB变小 D．UA不变，UB增大
C　[该题中的汽缸壁、活塞、拉杆是绝热的，说明汽缸中的气体与外界不发生热交换．对A气室中的气体，若以ΔUA表示其内能的增量，则由热力学第一定律有ΔUA＝QA＋WA，因为QA＝0，则ΔUA＝WA．在题述过程中，因A气室中气体的体积减小，外界(活塞)对气体做功，WA>0，所以ΔUA>0，即UA增大．同理，B气室中气体的体积增大，气体对外界(活塞)做功，WB<0，所以ΔUB<0，即UB减小．故选C．]
7．(4分)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c．b、c状态温度相同，如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则(　　)
A．pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，QabC．pbQac D．pbC　[由V＝T可知V?T图线的斜率越大，压强p越小，故pbQac．综上C正确．]
8．(12分)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食，如图为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27 ℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0．
(1)若把容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度．
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
[解析]　(1)根据查理定律得＝，
又p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0，
联立解得T2＝1 200 K，t2＝927 ℃．
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得
ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，
故内能减少35 kJ．
[答案]　(1)927 ℃　(2)减少　35 kJ
9．(12分)如图所示为一汽缸内封闭的一定质量的气体的p?V图线，当该系统从状态a沿a→c→b过程到达状态b时，有热量335 J传入系统，系统对外界做功126 J．
(1)若沿a→d→b过程系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，系统是吸热还是放热？热量传递是多少？
[解析]　(1)ΔU＝W＋Q＝(－126＋335) J＝209 J．
ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)] J＝251 J．
(2)由a→b，ΔU＝209 J．
从b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209 J．
ΔU′＝W＋Q＝84 J＋Q，
Q＝(－209－84) J＝－293 J，
负号说明系统放出热量．
[答案]　(1)251 J　(2)放热　293 J
10．(4分)(多选)关于热力学第二定律，下列表述不正确的是(　　)
A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功
C．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D．在任何的自然过程中，一个孤立系统的总熵一定增加
ABD　[如果有外界的影响，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功，A、B错误；任何自然的过程都沿无序性增大的方向进行，C正确；在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，即总熵不变或增加，D错误．]
11．(4分)(多选)如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)
A．右边气体温度升高，左边气体温度不变
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
BC　[首先是右边气体由于电热丝加热而内能增加，温度升高，从而压强变大，进而推动活塞向左运动，活塞向左运动过程中，右边气体对左边气体做功，左边气体内能增加，温度升高，压强也变大，而右边气体的压强、温度又会降低，当再达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大，对右边气体由＝常量知温度比初始状态高，则内能比初始状态大．由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热丝放出的热量，B、C正确．]
12．(4分)(多选)某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图．在气球膨胀过程中，下列说法正确的是(　　)
A．该密闭气体分子间的作用力减小
B．该密闭气体组成的系统熵增加
C．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的
D．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和
AB　[气球膨胀分子间的距离增大，分子间的作用力减小，A项正确；一切自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，B项正确；气体的压强是由于气体分子频繁地撞击容器壁产生的，C项错误；因气体分子之间存在间隙，所以密闭气体的体积大于所有气体分子的体积之和，D项错误．]
13．(4分)(多选)如图所示为焦耳实验装置简图，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．这个装置可测定热功当量
B．做功增加了水的热量
C．做功增加了水的内能
D．功和热量是完全等价的，无区别
AC　[可通过重力做功与水温升高吸收的热量，测定热功当量，做功增加了水的内能，而热量只是热传递过程中内能改变的量度，所以功与热量是不同的，A、C选项正确．]
14．(4分)(多选)如图所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态．当气体从状态A变化到状态B时(　　)
A．体积必然变大
B．有可能经过体积减小的过程
C．外界必然对气体做正功
D．气体必然从外界吸热
ABD　[在p?T图像中，等容线为过原点的倾斜直线，且斜率越大，体积越小，即VA0．由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，D正确．]
15．(14分)如图所示，p?V图中，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．
(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？
[解析]　(1)ACB过程内能增加，ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J，
由热力学第一定律UB－UA＝W1＋Q1＝130 J，
气体内能的变化量为130 J．
(2)BDA过程中气体放热，
因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，则BDA过程中气体内能变化量UA－UB＝－130 J，
又因外界对气体做功200 J，
由热力学第一定律UA－UB＝W2＋Q2，Q2＝－330 J，
放出热量330 J．
[答案]　(1)增加　130 J　(2)放热　330 J
16．(14分)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S．将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，求：
(1)外界空气的温度；
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加量．
[解析]　(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，
得外界温度T＝T0＝T0．
(2)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得密闭气体增加的内能
ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d．
[答案]　(1)T0　(2)Q－(mg＋p0S)d
9/9