03-第三章熱力學定律

第三章熱力學定律一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分。每小題只有一個選項符合題目要求)1.下述各種現象中,不屬于做功改變內能的是()A.鋸條鋸木頭,鋸條發(fā)燙B.擦劃火柴,火柴頭著火C.冬天對著手呵氣,手變暖D.電流通過導體,導體會發(fā)熱2.下列關于能量轉換過程的敘述,違背熱力學第一定律的是()A.空調在制冷過程中,從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量B.熱水倒入保溫杯后,熱水和杯子的溫度都變得更高C.某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功,而不產生其他影響D.冰箱的制冷機工作時從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內3.禮花噴射器通過扭動氣閥可釋放壓縮氣罐內氣體產生沖擊,將紙管里填充的禮花彩條噴出,營造氣氛。噴出禮花彩條的過程中,罐內氣體()A.內能增加B.分子熱運動加劇C.由于來不及發(fā)生熱傳遞,故溫度保持不變D.溫度降低4.如圖所示,現用活塞壓縮封閉在汽缸里的空氣,對空氣做了90J的功,同時空氣向外散熱21J,關于汽缸里空氣的內能變化情況,下列說法正確的是()A.內能增加90JB.內能增加69JC.內能減少111JD.內能減少21J5.學校用噴壺噴灑消毒液對教室進行消毒。如圖,噴壺未噴灑消毒液時閥門K閉合,壓下壓桿A可向瓶內儲氣室充氣;多次充氣后按下按柄B打開閥門K,消毒液會自動經導管從噴嘴處噴出。儲氣室內氣體可視為理想氣體,噴消毒液過程中溫度保持不變,則()A.噴消毒液過程中,儲氣室內氣體吸熱B.噴消毒液過程中,儲氣室內氣體內能減小C.噴消毒液過程中,儲氣室內氣體分子數目減少D.噴消毒液過程中,儲氣室內氣體分子平均動能增大6.小明同學突現奇思妙想,用一圓柱形導熱汽缸來測物體的質量。將汽缸開口向上豎直放置(如圖所示),用質量m=1kg、橫截面積S=1×104m2的光滑活塞封閉一定質量的理想氣體,穩(wěn)定時測得氣柱高度h=0.2m。然后將質量為M的待測物體輕放在活塞上,再次穩(wěn)定后氣柱高度變?yōu)樵瓉淼?2。對汽缸緩慢加熱,當氣體吸收10J熱量時,活塞恰好回到初次穩(wěn)定時的位置。大氣壓強p0=1.0×105Pa。下列選項正確的是A.緩慢加熱過程中,氣體內能增加6JB.緩慢加熱過程中,氣體對外做功3JC.待測物體質量M=1kgD.當放入活塞后,在活塞初次穩(wěn)定過程中理想氣體吸熱7.如圖所示是一種演示氣體實驗定律的儀器——哈勃瓶,它是一個底部開有圓孔,瓶頸很短的平底大燒瓶,在瓶內塞有一氣球,氣球的吹氣口反扣在瓶口上,瓶底的圓孔上配有一個橡皮塞。在一次實驗中,瓶內由氣球和橡皮塞封閉一定質量的氣體,開始時氣球自然松弛,氣球內氣體與外界連通,氣體體積為V,瓶內氣體體積為2V。用打氣筒出氣口緊密貼合氣球吹氣口并向氣球內緩慢打入氣體,直至氣球體積增大到2V,容器和氣球導熱性良好,外界溫度不變,氣球壁厚度不計、重力不計,大氣壓強為p0,在此過程中()A.瓶內氣體內能減小B.瓶內氣體吸熱C.瓶內氣體壓強由p0變?yōu)?p0D.氣球中充入的氣體質量等于開始時氣球中氣體質量8.如圖甲所示,足夠長的內壁光滑、導熱性良好的汽缸用橫截面積S=10cm2的活塞封閉一定質量的理想氣體,初始時汽缸豎直放置,給活塞施加豎直向下的推力使活塞緩慢向下移動,當氣體的壓強為2.0×105Pa時,活塞離汽缸底部的距離為19cm,此時推力F=90N?，F將汽缸緩慢順時針轉動90°,該過程中保持推力F=90N大小不變、方向始終垂直于活塞,最終整體靜止在水平面上,如圖乙所示。已知大氣壓強p0=1.0×105Pa,環(huán)境溫度不變。則()A.活塞的質量為2kgB.圖乙狀態(tài)下,理想氣體的壓強為1.8×105PaC.圖乙狀態(tài)下,活塞離汽缸底部的距離為20cmD.緩慢轉動汽缸的過程中,氣體向外放出熱量二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題有多個選項符合題目要求,全選對得4分,選對但不全的得2分,選錯或不選得0分)9.根據熱力學第二定律,下列判斷正確的是()A.電能不可能全部變?yōu)閮饶蹷.熱機在工作中一定有高溫熱庫和低溫熱庫C.熱機中,燃氣內能不可能全部變?yōu)闄C械能D.熱量不可能從低溫物體傳遞給高溫物體10.如圖所示,帶有活塞的汽缸中封閉著一定質量的理想氣體(不考慮氣體分子勢能),汽缸和活塞均具有良好的絕熱性能。汽缸固定不動,缸內活塞可自由移動且不漏氣,活塞下掛一沙桶,沙桶裝滿沙子時活塞恰好靜止?，F將沙桶底部鉆一小洞,細沙緩緩漏出。則下列說法正確的是()A.外界對氣體做功,氣體的內能增大B.氣體對外界做功,氣體的內能減小C.氣體的壓強增大,體積減小D.每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多11.一定質量的理想氣體由狀態(tài)a開始,經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態(tài),其pT圖像如圖所示,氣體在三個狀態(tài)的體積分別為Va、Vb、Vc,壓強分別為pa、pb、pc。已知pb=p0,pc=4p0,則下列說法正確的是()A.pa=2p0B.Vb=3VcC.從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體對外做功D.從狀態(tài)c到狀態(tài)a,氣體從外界吸熱12.一定質量的理想氣體,經過如圖所示一系列的狀態(tài)變化,從初始狀態(tài)a經狀態(tài)b、c、d再回到狀態(tài)a,圖中bc曲線為一條等溫線,則下列說法正確的是()A.氣體在狀態(tài)c的溫度大于氣體在狀態(tài)d的溫度B.從狀態(tài)d到a的過程中,氣體從外界吸收的熱量等于pd(VaVd)C.氣體在狀態(tài)b時的壓強為VD.從狀態(tài)b到c的過程中,氣體分子單位時間內對容器壁單位面積撞擊次數減少三、非選擇題(本題共6小題,共60分)13.(6分)如圖,一定質量的理想氣體從狀態(tài)a(p0,V0,T0)經熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。則bc過程中,氣體的溫度(填“不變”“先降低后升高”或“先升高后降低”),ca過程中,氣體(填“吸熱”“放熱”或“不吸熱不放熱”)。

14.(8分)一定質量的理想氣體從狀態(tài)A→狀態(tài)B→狀態(tài)C→狀態(tài)A完成一次循環(huán),如圖所示。已知狀態(tài)A時氣體的溫度TA=600K。(1)求氣體在狀態(tài)B和狀態(tài)C時的溫度;(2)求氣體從狀態(tài)B→C的過程中,氣體對外做的功WBC;(3)已知氣體從狀態(tài)C→A的過程中,外界對氣體做的功WCA=1.3×106J,試說明全過程中氣體是吸熱還是放熱,求吸收(或放出)了多少熱量。15.(9分)如圖所示,高為L、橫截面積為S的導熱汽缸內有一不規(guī)則物體,厚度不計的輕質活塞封閉了一定質量的理想氣體,活塞正好在汽缸的頂部。再在活塞上放置質量為m的物體后,活塞緩慢下移,并靜止在與缸底的距離為0.8L的高度。已知外界大氣壓強p0=2mgS,忽略缸內氣體溫度的變化,不計活塞和汽缸的摩擦,重力加速度為g(1)不規(guī)則物體的體積V0;(2)該過程中缸內氣體向外界放出的熱量Q。16.(10分)如圖所示,一粗細均勻的導熱U形管豎直放置,右側上端封閉,左側上端與大氣相通,右側頂端密封空氣柱A的長度為L1=15.0cm,左側密封空氣柱B上方水銀柱長h2=14.0cm,左右兩側水銀面高度差h1=10.0cm,已知大氣壓強p0=76.0cmHg,大氣溫度t1=27℃,U形管橫截面積S=7.6cm2。現用特殊手段只對空氣柱A加熱,直到空氣柱A、B下方水銀面等高。求:(1)加熱前空氣柱A、B的壓強各為多少;(2)空氣柱A、B下方水銀面等高時A中氣體的溫度t2;(3)對空氣柱A加熱的過程中空氣柱B與外界傳遞的熱量Q。17.(13分)如圖所示,P、Q是兩個質量均為m=1kg、厚度均不計的活塞,可在豎直固定的兩端開口的汽缸內無摩擦地滑動,其面積分別為S1=30cm2、S2=10cm2,它們之間用一根長為3d的輕質細桿連接,靜止時汽缸中氣體的溫度T1=600K,活塞P下方氣柱(較粗的一段氣柱)長為d=3cm,已知大氣壓強p0=1×105Pa,缸內氣體可看作理想氣體,在活塞移動過程中不漏氣。(1)求活塞靜止時汽缸內氣體的壓強p1;(2)若缸內氣體的溫度緩慢降為T2=300K,求此時的壓強p2;(3)已知(2)過程中缸內氣體的內能減小12.375J,求氣體放出的熱量。18.(14分)如圖所示為一超重報警裝置示意圖,高為L、橫截面積為S、質量為m、導熱性能良好的薄壁容器開口向下豎直懸掛,容器內有一厚度不計、質量為m的活塞,穩(wěn)定時正好封閉一段長度為L4的理想氣柱?；钊赏ㄟ^輕繩連接受監(jiān)測重物,當活塞下降至位于離容器底部3L4位置的預警傳感器處時,系統(tǒng)可發(fā)出超重預警。已知初始時環(huán)境熱力學溫度為T0,大氣壓強為p0,(1)求輕繩未連重物時封閉氣體的壓強;(2)求剛好觸發(fā)超重預警時所掛重物的質量M;(3)在(2)條件下,若外界溫度緩慢降低1%,氣體內能減少ΔU0,求氣體向外界放出的熱量Q。

答案與解析熱力學定律1.C2.B3.D4.B5.A6.A7.C8.C9.BC10.ACD11.AD12.AC1.C鋸條鋸木頭,克服摩擦力做功,使鋸條的內能增加、溫度升高而發(fā)燙,是利用做功的方式改變內能,A不符合題意;擦劃火柴,克服摩擦力做功,使火柴頭的內能增加、溫度升高達到燃點而燃燒,是利用做功的方式改變內能,B不符合題意;冬天對著手呵氣,手從熱氣吸收熱量,使手的內能增加、溫度升高而變暖,是利用傳熱的方式改變內能,C符合題意;電流通過導體,電流做功,消耗的電能轉化為內能,使導體發(fā)熱,是利用做功的方式改變內能,故D不符合題意。2.B空調在制冷過程中,從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量,不違背熱力學第一定律,故A不符合題意;熱水倒入保溫杯后,外界沒有對它們做功,同時也沒有向其傳遞熱量,所以熱水和杯子的溫度不可能都變得更高,否則就違背了熱力學第一定律,故B符合題意;某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功,而不產生其他影響,這違背的是熱力學第二定律,故C不符合題意;制冷機消耗電能,從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內,發(fā)生了內能的轉移,同時對外界產生了影響,這既不違背熱力學第一定律,也不違背熱力學第二定律,故D不符合題意。3.D氣體噴出時,來不及與外界交換熱量,可視為發(fā)生絕熱膨脹,Q=0,氣體對外做功,由W+Q=ΔU,可知氣體內能減少,溫度降低,分子熱運動減弱,故A、B、C錯誤,D正確。4.B根據題意,由熱力學第一定律ΔU=Q+W可得,汽缸里空氣的內能變化為ΔU=21J+90J=69J,即內能增加了69J,選項B正確。5.A噴消毒液過程中,氣體對外做功,W<0,由于氣體溫度不變,內能不變,則ΔU=0,根據ΔU=W+Q,可知儲氣室內氣體吸熱,選項A正確,B錯誤;噴消毒液過程中,儲氣室內氣體質量不變,則分子數目不變,選項C錯誤;噴消毒液過程中,儲氣室內溫度不變,則氣體分子平均動能不變,選項D錯誤。故選A。6.A放上物體前,對活塞受力分析有p1S=p0S+mg,代入數據解得p1=2×105Pa。將質量為M的待測物體輕放在活塞上,氣體發(fā)生等溫變化,有p1V1=p2V2,即p1·hS=p2·12hS,得p2=4×105Pa,對活塞與物體受力分析有p2S=p0S+Mg+mg,解得M=2kg,選項C錯誤;緩慢加熱過程中,氣體壓強為p2不變,氣體對外做功,W=p2(V1V2)=p2(ShS·12h)=4J,即氣體對外做功4J,選項B錯誤;緩慢加熱過程中,氣體內能增加ΔU=Q+W=10J4J=6J,選項A正確;當放入活塞后,在活塞初次穩(wěn)定過程中氣體做等溫變化,ΔU=0,W>0,根據ΔU=Q+W,可知Q<0,即氣體放熱,選項7.C瓶內氣體做等溫變化,內能不變,選項A錯誤;瓶內氣體體積減小,則外界對氣體做正功,根據熱力學第一定律ΔU=Q+W,可知瓶內氣體向外界放熱,選項B錯誤;對瓶內氣體,根據玻意耳定律有p0·2V=pV,解得p=2p0,選項C正確;對氣球中的氣體,初始的壓強和體積分別為p0、V,設充入的氣體壓強和體積分別為p0、ΔV,充氣后氣球中氣體的壓強和體積分別為2p0、2V,對充氣后氣球內的全部氣體,由玻意耳定律得p0(V+ΔV)=2p0·2V,可知ΔV=3V,則氣球中原來氣體與充入氣球中氣體的質量比為mm0=VΔV=18.C初始時對活塞受力分析可得p0S+mg+F=p1S,代入數據解得m=1kg,選項A錯誤;圖乙狀態(tài)下,對活塞受力分析可得p0S+F=p2S,解得p2=1.9×105Pa,選項B錯誤;理想氣體做等溫變化,由玻意耳定律得p1l1S=p2l2S,解得l2=20cm,選項C正確;緩慢轉動汽缸的過程中,氣體溫度不變,內能不變,氣體體積增大,對外做功,根據熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量,選項D錯誤。故選C。9.BC根據熱力學第二定律可知,凡與熱現象有關的宏觀自然過程都具有方向性,電能可以全部變?yōu)閮饶?由焦耳定律可知),但內能不可能全部變成電能,而不產生其他影響,選項A錯誤;熱機工作時從高溫熱庫吸收熱量,一部分用來做功,轉變?yōu)闄C械能,另一部分熱量排放給低溫熱庫,熱機的效率達不到百分之百,選項B、C正確;熱量可以從低溫物體傳給高溫物體,但要引起其他變化,選項D錯誤。10.ACD對活塞(包含沙桶)進行受力分析,由平衡條件,有pS+mg=p0S,則封閉氣體的壓強為p=p0mgS,當沙子漏出時,m減小,大氣壓不變,封閉氣體的壓強增大,氣體的體積減小,外界對氣體做功,氣體的內能增加,選項B錯誤,A、C正確;理想氣體的內能增加,溫度升高,氣體的體積減小,所以每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多,選項D11.AD由題圖可知,從狀態(tài)a到狀態(tài)b屬于等容過程,氣體體積不變,由查理定律可得paTa=pbTb,其中pb=p0,Ta=2Tb,解得pa=2p0,選項A正確;由題圖可知,從狀態(tài)b到狀態(tài)c屬于等溫過程,氣體溫度不變,由玻意耳定律得pbVb=pcVc,其中pb=p0,pc=4p0,解得Vb=4Vc,選項B錯誤;從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體體積不變,故氣體不會對外做功,選項C錯誤;從狀態(tài)c到狀態(tài)a,氣體溫度升高,內能增大,即ΔU>0,而氣體壓強減小,由pVT=C可知,氣體體積增大,氣體對外做功,W<0,由熱力學第一定律ΔU=Q+W12.AC根據理想氣體狀態(tài)方程可得pcVcTc=pdVdTd,由圖像可知pcVc>pdVd,則有Tc>Td,選項A正確。從狀態(tài)d到a的過程中,氣體壓強不變,體積增大,則氣體溫度升高,氣體內能增大;外界對氣體做功為W=pd(VaVd),根據熱力學第一定律ΔU=W+Q>0可知氣體從外界吸收的熱量大于pd(VaVd),選項B錯誤。設氣體在狀態(tài)c的體積為Vc,由圖像可得pcVc=pdVd,可得Vc=pcpdVd,從狀態(tài)b到c的過程中,氣體發(fā)生等溫變化,則有pbVa=pcVc,解得pb=pcVcVa13.答案先升高后降低(3分)放熱(3分)解析由pV圖可見,bc過程中p、V乘積先增大后減小,則溫度先升高后降低。ca過程中氣體體積減小,外界對氣體做功,且p、V乘積減小,即溫度降低,內能減小,則氣體放熱。14.答案(1)200K600K(2)8×105J(3)放熱5×105J解析(1)A→B,氣體發(fā)生等容變化,pATA=p解得TB=200K(1分)C→A,氣體發(fā)生等溫變化,則TC=TA=600K(1分)(2)B→C等壓膨脹,氣體對外界做功WBC=pB·ΔV=2×105×4J=8×105J(1分)(3)根據ΔU=W+Q(1分)全過程中,氣體從A狀態(tài)開始變化,最后又回到A狀態(tài),則氣體內能相同,得ΔU=0(1分)對于全過程有ΔU=WABWBC+WCA+Q,因為A→B發(fā)生等容變化,WAB=0,所以得Q=WBCWCA(1分)解得Q=5×105J,即氣體放熱5×105J(1分)15.答案(1)25SL(2)3解析(1)放置重物后,假設缸內氣體的壓強為p1,根據平衡條件可得p1S=p0S+mg(1分)解得p1=32p0(1分根據玻意耳定律可得p0(SLV0)=p1(0.8SLV0)(1分)解得V0=25SL(1分(2)外界對氣體做功為W=(mg+p0S)·Δh(1分)解得W=0.6mgL(1分)根據熱力學第一定律可得ΔU=WQ(1分)又ΔU=0(1分)故氣體向外界放出的熱量為Q=35mgL(1分16.答案(1)80cmHg90cmHg(2)177℃(3)0解析(1)加熱前有pB=p0+p?2=90cmHg(1pA=pBp?1=80cmHg(1(2)空氣柱B壓強保持不變,則有pA2=pB=90cmHg(1分)對空氣柱A根據理想氣體狀態(tài)方程有pAL1ST解得T2=450K(1分)則t2=177℃(1分)(3)空氣柱B溫度不變,所以內能不變,Δ