课时作业34　热力学定律和能量守恒VIP

1、课时作业34热力学定律和能量守恒时间：45分钟总分值：100分一、选择题(8864)1以下说法中正确的选项是()A任何物体的内能就是组成物体的所有分子热运动动能的总和B只要对内燃机不断改良，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C做功和热传递在改变内能的方式上是不同的D满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，所以A选项错误将内能全部转化为机械能而不引起其他变化是不可能的，B选项错误在热力学第二定律中，热传导是有方向性的，不违背能量转化和守恒定律，但不能自发进行，D选项错误做功和热传递是改变内能的两种方式，C选项正确答案：C2如图1，某同学将

2、空的薄金属筒开口向下压入水中设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小，那么()图1A从外界吸热B内能增大C向外界放热D内能减小解析：水温恒定且金属筒缓慢下降，那么空气的温度始终不变，气体的内能不变，B、D错误筒内空气体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律，气体必须向外界放热，A错误，所以C正确答案：C3图2为电冰箱的工作原理示意图压缩机工作时，强迫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，以下说法正确的选项是()图2A热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B电冰

3、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反热力学第二定律D电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：在电冰箱的热量传递过程中是由于压缩机消耗电能做功才使热量从冰箱内传到冰箱外，并不是自发地进行，所以A项错误，B项正确电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律和能量守恒定律，所以C项正确，D项错误答案：BC4一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，那么在整个过程中一定有()AQ1Q2W2W1BQ1Q2CW1W2 DQ1Q2解析：

4、理想气体的初态和末态相同，那么温度相同，理想气体的内能变化为零由热力学第一定律：UW总Q总(W1W2)(Q1Q2)，0(W1W2)(Q1Q2)，所以W2W1Q1Q2，所以A选项正确答案：A图35如图3所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过屡次往复运动后活塞静止，气体到达平衡态经过此过程()AEp全部转换为气体的内能BEp一局部转换成活塞的重力势能

5、，其余局部仍为弹簧的弹性势能CEp全部转换成活塞的重力势能和气体的内能DEp一局部转换成活塞的重力势能，一局部转换为气体的内能，其余局部仍为弹簧的弹性势能解析：依题可知，断开绳子，活塞最终静止后的位置高于初始位置，Ep的能量转化有三种形式：活塞的重力势能、气体的内能及弹簧的弹性势能，故D正确答案：D图46(高考)图4是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的()A温度升高，内能增加600JB温度升高，内能减少200JC温度降低，内能增加600JD温度降低，内能减少200J解析：由热力学第一定律知：UQW800 J200 J600 J，所

6、以内能增加600 J，温度升高，选项A正确答案：A图57(全国卷)如图5，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两局部a内有一定量的稀薄气体，b内为真空抽开隔板K后，a内气体进入b，最终到达平衡状态在此过程中()A气体对外界做功，内能减少B气体不做功，内能不变C气体压强变小，温度降低D气体压强变小，温度不变解析：由于b内为真空，容器绝热，所以a内气体进入b时不做功，且内能不变，温度不变，选项B正确，A、C错误；根据气体压强微观解释可知，气体等温膨胀，那么压强变小，选项D正确答案：BD8(高考)给旱区送水的消防车停于水平地面在缓慢放水过程中，假设车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，那么胎内气体

7、()A从外界吸热 B对外界做负功C分子平均动能减小 D内能增加解析：缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，内能不变，分子平均动能不变，选项C、D错误；由体积增大可知气体对外界做功，或克服外界做功，选项B错误由热力学第一定律可知气体从外界吸热，选项A正确答案：A二、计算题(31236)9(高考)一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中AB过程为等压变化，BC过程为等容变化VA0.3 m3，TATC300K，TB400 K.(1)求气体在状态B时的体积(2)说明BC过程压强变化的微观原因(3)设AB过程气体吸收热量为Q1，BC过程气体放出热量为Q2，比拟Q1、Q2的大小并说明原因解

8、析：(1)设气体在B状态时的体积为VB，由盖吕萨克定律得eq f(VA,TA)eq f(VB,TB)代入数据得VB0.4 m3.(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)(3)Q1大于Q2；因TATC，故AB增加的内能与BC减少的内能相同，而AB过程气体对外做正功，BC过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2.答案：(1)0.4 m3(2)见解析(3)Q1Q2，原因见解析图610如图6所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)两气缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸壁无

9、摩擦活塞的下方为理想气体，上方为真空当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(m13m，m22m)(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次到达平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为T0)(2)在到达上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部)解析：(1)设左、右活塞的面积分别为A和A.由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即eq f(3mg,A)eq f(2mg,A)由此得Aeq f( 3,2)A在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至

10、气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为eq f(2mg,A)，体积为eq f(5Ah,2)；在末态，气体的压强为eq f(8mg,3A)，体积为eq f(3Ax,2)(x为左活塞的高度)由波意耳马略特定律得eq f(mg,A)5Aheq f(4mg,3A)3Ax由上式解得xeq f(5,4)h即两活塞的高度差为eq f(5,4)h.(2)当温度由T0上升到T时，气体的压强始终为eq f(8mg,3A).设x是温度到达T时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得xeq f(T,T0)xeq f(5Th,4T0)气体对活塞做的功为WFs4mgeq f(5,4)h(eq f(T,T0)1)5mgh(eq f(T,T0)1)在此过程中气体吸收热量答案：(1)eq f(5,4)h(2)5mgh(eq f(T,T0)1)吸收热量11现有m0.90 kg的硝酸甘油C3H5(NO3)3被密封于体积V04.0103 m3的容器中，在某一时刻被引爆，瞬间发生剧烈的化学反响，反响的产物全是氮、氧等气体假设：反响中每消耗1 kg硝酸甘油释放能量U6.00106 J；反响产生的全部混合气体温度升高1 K所需能量Q1.00103 J；这些混合气体满足理想气体状态方程eq f(