2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版课时跟踪检测(四十二),热力学定律,含解析_

来源:财务工作计划 发布时间:2019-09-04 06:34:16 点击:
课时跟踪检测(四十二) 热力学定律 对点训练:热力学第一定律 1.(2019·沭阳模拟)在装有食品的包装袋中充入氮气,然后密封进行加压测试,测试时,对包装袋缓慢施加压力,将袋内的氮气视为理想气体,在加压测试过程中,下列说法不正确的是( ) A.包装袋内氮气的压强增大 B.包装袋内氮气的内能不变 C.包装袋内氮气对外做功 D.包装袋内氮气放出热量 解析:选C 测试时,对包装袋缓慢地施加压力,说明在实验的过程中,袋内氮气的温度不变,所以气体的内能不变。根据=C知,袋内氮气的体积减小,则压强增大,故A、B正确。袋内氮气的体积减小,外界对氮气做功,故C错误。根据热力学第一定律ΔU=Q+W,知包装袋内氮气放出热量,故D正确。

2.[多选](2018·苏州期中)如果给自行车内胎充气过足,又放在阳光下暴晒,车胎极易爆裂。关于这一现象的描述,下列说法中正确的是(假设自行车内胎的容积几乎不变)( ) A.车胎爆裂,是车胎内气体温度升高,气体分子间斥力急剧增大的结果 B.在爆裂前的过程中,气体温度升高,分子无规则热运动加剧,气体压强增大 C.在车胎突然爆裂的瞬间,气体内能减少 D.在车胎突然爆裂的瞬间,气体内能增加 解析:选BC 车胎内气体温度升高,发生等容变化,由查理定律可知,压强增大,而容易爆炸,不是由于气体分子间斥力急剧增大造成的,故A错误;
气体温度升高,分子无规则热运动加剧,故B正确;
在车胎突然爆裂的瞬间,气体对外做功,瞬间吸收热量很少,几乎为零,由热力学第一定律得知,气体内能减小,故C正确,D错误。

3.(2018·常州质检)如图是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合,压下压杆A可向瓶内储气室充气;
多次充气后按下按柄B打开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体,充气和喷水过程温度保持不变,则( ) A.充气过程中,储气室内气体内能增大 B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能增大 C.喷水过程中,储气室内气体放热 D.喷水过程中,储气室内气体压强增大 解析:选A 充气过程中,储气室内气体的质量增加,气体的温度不变,故气体的平均动能不变,气体内能增大,选项A正确,B错误;
喷水过程中,气体对外做功,体积增大,而气体温度不变,则气体吸热,所以气体压强减小,选项C、D错误。

对点训练:热力学第二定律 4.(2019·南京模拟)关于热力学定律,下列说法中正确的是( ) A.做功和热传递在改变内能的方式上是不同的 B.只要对内燃机不断改进,就可以把内燃机得到的内能全部转化为机械能 C.满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行 D.热量只能从高温物体传到低温物体,不能从低温物体传到高温物体 解析:选A 做功和热传递在改变内能的方式上是不同的,做功是机械能与内能的转化,热传递是内能的转移,A正确;
根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸热而全部转化为机械能,即热机的效率不可能达到100%,B错误;
热力学第二定律告诉我们,一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的,故满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行,如热量不会自发地由低温物体向高温物体传递,C错误;
根据热力学第二定律知,热量可以自发地由高温物体传到低温物体,不能自发地由低温物体传到高温物体,在外力做功的情况下实现热量从低温物体传到高温物体,如电冰箱在压缩机做功的情况下热量由低温物体传到高温物体,D错误。

5.(2018·宿迁期末)热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象,所谓能量耗散是指在能量转化过程中无法把流散的能量重新收集加以利用。关于能量耗散,下列说法不正确的是( ) A.能量耗散过程中仍遵从能量守恒定律 B.能量耗散表明要节约能源 C.能量耗散说明能量的转化有方向性 D.能量耗散说明能量在数量上逐渐减少 解析:选D 能量耗散的过程是能量向品质低的大气内能转变过程,但是总的能量是守恒的,能量不能凭空产生,也不能凭空消失,故A正确,D错误;
能量耗散说明能源使用后品质降低,故表明要节约能源,故B正确;
能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故C正确。

对点训练:气体实验定律与热力学第一定律的综合 6.(2019·海安模拟)如图所示,固定的汽缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体,在外力F作用下,将活塞B缓慢地向右拉动。在拉动活塞的过程中,假设汽缸壁的导热性能良好,环境的温度保持不变,则下列说法正确的是( ) A.气体从外界吸热,内能增加 B.气体向外界放热,内能减少 C.气体对外界做功,气体压强变小 D.外界对气体做功,气体压强变小 解析:选C 气体体积变大,则气体对外界做功,故W<0;
又汽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,即ΔU=0;
由热力学第一定律:ΔU=W+Q得:Q=-W>0,故气体从外界吸热;
由=C可知,温度不变,气体体积变大,则气体压强变小,故A、B、D错误,C正确。

7.[多选](2018·南京金陵期末)一定质量的理想气体经历一个等压变化从状态1变化到状态2。在这两个状态下,各速率区间的气体分子数n占总分子数N的百分比与分子速率v之间的关系分别如图中1、2所示。下列说法正确的是( ) A.气体在状态1时温度较高 B.气体经历的是等压膨胀过程 C.在此过程中外界对气体做正功 D.在此过程中气体从外界吸热 解析:选BD 由题图知气体在状态1时分子平均速率较小,则知气体在状态1时温度较低,A错误;
气体发生等压变化,温度升高,由气体状态方程=C,知气体的体积增大,即气体经历的是等压膨胀过程,B正确;
气体膨胀时对外界做功,C错误;
温度升高,理想气体的内能增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知气体从外界吸热,D正确。

8.[多选](2019·沭阳模拟)如图,一定质量的理想气体沿p­V坐标图中曲线所示的方向发生变化,其中曲线BDA是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分,下列说法正确的是( ) A.气体沿曲线ACB由A变到B温度一直是增加的 B.气体沿曲线BDA由B变为A一定是放热的 C.气体由A变到B再变到A,吸热多于放热 D.气体由A变到B再变到A,放热多于吸热 解析:选BC 由题给图像可知,p­V图像的BDA是双曲线的一部分,则由B到A变化是等温变化;
则气体沿曲线ACB由A到B过程气体温度先增后减,故A错误。气体沿曲线BDA由B到A是等温变化,气体的温度不变,气体内能不变,即:ΔU=0;
由题给图像可知,由B到A过程气体体积变小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知:Q<0,气体要放热,故B正确。气体由A到B的过程要吸收热量,吸收的热量等于气体对外界做的功Q=W,在由B到A的过程中,气体要放出热量,放出的热量等于外界对气体做的功Q′=W′,由图像可知,从A到B与从B到A过程,气体体积变化量相等,当从A到B过程,气体压强较大,W>W′,则Q>Q′,即:气体由A变到B再变到A,吸热多于放热,故C正确,D错误。

9.[多选](2019·连云港质检)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,dc平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( ) 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,气体对外不做功 D.从状态b到状态a,气体吸热 解析:选BD 从状态d到状态c,温度不变,气压减小,根据理想气体状态方程=C,体积增加,体积增加说明对外做功,温度不变说明内能不变,根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q,气体吸收热量,故A错误;
从状态c到状态b,气体的体积减小,外界对气体做功,温度降低内能减小,根据热力学第一定律知气体放热,故B正确;
从状态a到状态d,气压不变,温度升高,根据理想气体状态方程=C,故体积增加,体积增加说明对外做功,故C错误;
从状态b到状态a,ab的延长线过原点,是等容变化,温度升高说明内能增加,体积不变说明气体不做功,根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q,气体吸收热量,故D正确。

10.(2019·泰州中学月考)如图1所示,一定质量的理想气体按图线方向先从状态A变化到状态B,再变化到状态C,在状态C时气体体积VC=3.0×10-3m3,温度与状态A相同。求气体:
(1)在状态B时的体积;

(2)整个过程中放出的热量;

(3)在图2中的p­V坐标系中作出上述过程的图像,并标出每个状态的状态参量。

解析:(1)由题图可知从B→C,气体等压变化,由盖—吕萨克定律有= 解得VB=VC=5.0×10-3 m3。

(2)整个过程外界对气体做功W=pBΔV=pB(VB-VC)=600 J 整个过程ΔU=0, 由热力学第一定律ΔU=W+Q得 Q=-600 J,即放出600 J的热量。

(3)气体由A→B过程中,气体等容变化, 由查理定律=得pA=pB=1.8×105 Pa, 在p­V坐标系中作出题述过程的图像,如图所示。

答案:(1)5.0×10-3 m3 (2)600 J (3)见解析图 11.(2019·如东中学月考)如图所示,一定质量的某种理想气体由状态A变为状态B,A、B两状态的相关参量数据已标于p­V图像上。求:
(1)该气体由A→B过程中对外做功多少? (2)则此过程中气体内能增加了多少? (3)气体与外界交换了多少热量,是吸收还是放出热量。

解析:(1)根据p­V图像与横轴所围的面积等于气体对外做的功, W=(1+3)×105×2×10-3 J=400 J。

(2)由题给图像可知,pAVA=pBVB,所以A与B两状态气体温度相等,气体的内能不变,则此过程中气体内能增加了0。

(3)由于气体对外做功400 J,根据热力学第一定律,所以气体要吸热400 J。

答案:(1)400 J (2)0 (3)400 J 吸热 12.(2019·苏州期考)如图所示,有一个红酒瓶状的玻璃容器水平放置,左侧“瓶身”的体积为300 cm3,右侧“瓶颈”是一段内部横截面积为0.5 cm2,有效长度为40 cm的玻璃管,管内有一段长度可忽略不计的水银柱,密闭了一定质量的气体在容器内。当大气压为1.0×105 Pa、密闭气体温度为27 ℃时,水银柱刚 好位于玻璃管最左侧。现缓慢升高密闭气体温度,则当温度升高到________℃时,水银柱会掉出容器;
若在此过程中,密闭气体从外界吸收的热量为12 J,求在这一过程中密闭气体内能的变化。

解析: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=(273+27)K=300 K;
V1=300 cm3, 末状态:V2=(300+40×0.5)cm3=320 cm3 气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律得:=, 代入数据得:T2=320 K, t2=T2-273 ℃=(320-273)℃=47 ℃;

水银柱移动过程中,外界对气体做功:
W=-p0SL=-1.0×105×0.5×10-4×40×10-2 J=-2.0 J, 又因为Q=12 J 由热力学第一定律知内能变化为ΔU=W+Q, 代入数据得:ΔU=10 J,即内能增加了10 J。

答案:47 增加了10 J

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