2025高考物理步步高同步练习选修3第三章　热力学定律热力学第二定律含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第三章热力学定律4热力学第二定律[学习目标]1.通过自然界中客观过程的方向性，了解热力学第二定律.2.了解热力学第二定律的两种不同表述，以及两种表述的物理实质.3.能运用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移以及宏观自然过程的方向性问题.4.认识能量耗散，知道能源是有限的．一、热力学第二定律1．定义：在物理学中，反映宏观自然过程的方向性的定律．2．热力学第二定律的克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(该表述阐述的是传热的方向性)3．热力学第二定律的开尔文表述：(1)热机①热机工作的两个阶段：第一个阶段是燃烧燃料，把燃料中的化学能变成工作物质的内能；第二个阶段是工作物质对外做功，把自己的内能变成机械能．②热机用于做功的热量一定小于它从高温热库吸收的热量，即W<Q.(2)热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．(该表述阐述了机械能与内能转化的方向性)4．热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述是等价(选填“等价”或“不等价”)的．二、能源是有限的1．能源：具有高品质的容易利用的储能物质．2．能量耗散：使用的能源转化成内能分散在环境中不能自动聚集起来驱动机器做功，这样的转化过程叫作“能量耗散”．3．能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降了，能源减少了．1．判断下列说法的正误．(1)一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的．(√)(2)机械能可以完全转化为内能，而内能不可能完全转化为机械能．(×)(3)可以从单一热库吸收热量，使之完全变为功．(√)(4)只要对内燃机不断地改进，内燃机得到的内能可以全部转化为机械能．(×)(5)能量耗散会导致总能量减少，也会导致能量品质降低．(×)2．热量总是自发地从高温物体传递给低温物体，这说明传热过程具有________．冰箱工作时，能把冰箱内的热量传递到冰箱外，这________(填“违反”或“不违反”)热力学第二定律．答案方向性不违反一、对热力学第二定律的理解导学探究1．传热的方向性能否简单理解为“热量不会从低温物体传给高温物体”？答案不能．两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，使高温物体的温度降低，低温物体的温度升高，这个过程是自发进行的，不需要任何外界的影响或者帮助，有时我们也能实现热量从低温物体传给高温物体，如电冰箱，但这不是自发地进行的，需要消耗电能．2．如图所示是制冷机和热机的工作过程示意图，通过此图思考以下问题：(1)制冷机工作时热量是自发地从低温热库传到高温热库吗？(2)热机工作时能否将从高温热库吸收的热量全部用来做功？答案(1)不是(2)不能知识深化1．自然过程的方向性(1)热传导具有方向性两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体，要实现低温物体向高温物体传递热量，必须借助外界的帮助，因而产生其他影响或引起其他变化．(2)气体的扩散现象具有方向性两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，决不会自发地分开，成为两种不同的气体．(3)机械能和内能的转化过程具有方向性物体在地面上运动，因摩擦而逐渐停止下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运动起来．(4)气体向真空膨胀具有方向性气体可自发地向真空容器内膨胀，但绝不可能出现气体自发地从容器中流出，使容器内变为真空．2．在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”“单一热库”“不可能”的含义(1)“自发地”是指热量从高温物体自发地传给低温物体的方向性．在传递过程中不会对其他物体产生影响或借助其他物体提供能量等．(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．(3)“单一热库”：指温度均匀并且恒定不变的系统．若一系统各部分温度不相同或者温度不稳定，则构成机器的工作物质可以在不同温度的两部分之间工作，从而可以对外做功．据报道，有些国家已在研究利用海水上下层温度不同来发电．(4)“不可能”：实际上热机或制冷机系统循环时，除了从单一热库吸收热量对外做功，以及热量从低温热库传到高温热库以外，过程所产生的其他一切影响，不论用任何的办法都不可能加以消除．特别提醒(1)热力学第二定律的两种表述是等价的．(2)热力学第二定律的实质：热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．例1下列过程中可能发生的是()A．某种物质从高温热源吸收20kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B．打开一高压密闭容器，其内气体自发逸出后又自发跑进去，恢复原状C．利用其他手段，使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高D．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开答案C解析根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的影响，但通过一些其他手段是可以实现的，故C项正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，要使内能全部转化为机械能必定要引起其他变化，故A项错误；气体膨胀具有方向性，故B项错误；扩散现象也有方向性，故D项错误．例2根据热力学第二定律可知，下列说法中正确的是()A．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化B．没有冷凝器，只有单一的热库，能将从单一热库吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的C．制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气中，而不引起其他变化D．如果没有摩擦漏气，热机效率可以达到100%答案A解析热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外部的帮助，即会引起其他变化，A选项正确，B选项错误；传热过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，C选项错误；热机效率无法达到100%，D选项错误．1．一切物理过程均遵循能量守恒定律，但遵循能量守恒定律的物理过程不一定均能实现．2．热力学第二定律的两种表述分别对应着一种“不可能”，但都有一个前提条件“自发地”或“不产生其他影响”，如果去掉这种前提条件，就都是有可能的．例如电冰箱的作用就是使热量从低温物体传到高温物体，等温膨胀就是从单一热库吸收热量，使之完全用来做功，但不是自发地或是产生了其他影响．二、热力学第一定律和热力学第二定律的比较1．两定律的比较热力学第一定律热力学第二定律区别是能量守恒定律在热力学中的表现，否定了创造能量和消灭能量的可能性，从而否定了第一类永动机是关于在有限空间和时间内，一切和热现象有关的物理过程、化学过程具有不可逆性的经验总结，从而否定了第二类永动机联系两定律分别从不同角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律，二者既相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础2.两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机设计要求不消耗任何能量，可以不断做功(或只给予很少的能量启动后，可以永远运动下去)将内能全部转化为机械能，而不引起其他变化(或只有一个热库，实现内能向机械能的转化)不可能制成的原因违背了能量守恒定律违背了热力学第二定律例3对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是()A．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J热量，则它的内能增加20JB．物体从外界吸收热量，其内能一定增加，物体对外界做功，其内能一定减少C．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律D．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体答案A解析根据热力学第一定律知，ΔU＝W＋Q＝－100J＋120J＝20J，说明内能增加了20J，故A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，ΔU的大小由W、Q共同决定，说明物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；第二类永动机没有违背能量守恒定律，不能制成是因为它违背了热力学第二定律，故C错误；通过做功的方式可以使热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱制冷时热量从低温物体传递给高温物体，故D错误．例4(2020·全国卷)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有____．(填正确答案标号)A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内答案BC解析A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律．三、能源与能量耗散导学探究1．流动的水带动水磨做功，由于磨盘和粮食之间的摩擦和挤压，使磨盘和粮食的温度升高，水流的一部分机械能转变成了内能，这些内能最终流散到周围的环境中，我们没有办法把这些流散的内能重新收集起来加以利用．可见，内能与机械能相比，哪种能量的品质低？答案内能．2．如图所示是两幅宣传节约能源的图片．请问：既然能量是守恒的，我们为什么还要节约能源？答案能量是守恒的，但能量耗散却导致能量品质的降低，在利用它们的时候，高品质的能量释放出来并最终转化为低品质的能量．知识深化能量与能源的区别1．能量是守恒的，既不会增加也不会减少．2．能源是具有高品质的容易利用的储能物质．3．能量耗散，能量总量不变，但能量品质会下降即能源减少，故我们要节约能源．例5(2021·河北巨鹿中学高二期中)关于能量和能源，下列说法正确的是()A．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造B．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源C．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性答案C解析根据能量守恒定律，能量是不能被创造的，选项A错误；在能源的利用过程中，虽然能量在数量上并未减少，但是能源的品质在降低，所以还需要节约能源，选项B错误；根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，选项C正确；能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能量的总量并不减少，但能量品质降低了，选项D错误．考点一对热力学第二定律的理解1．关于自然过程中的方向性，下列说法正确的是()A．摩擦生热的过程是可逆的B．凡是符合能量守恒的过程一般都是可逆的C．涉及热现象的宏观自然过程都具有“单向性”或“不可逆性”D．空调机既能制冷又能制热，说明传热不存在方向性答案C2．把水和酒精混合后，用蒸发的方式又可以分开，然后液化恢复到原来的状态，这说明()A．扩散现象没有方向B．将水和酒精分开时，引起了其他变化，故扩散具有方向性C．将水和酒精分开时，并没有引起化学变化，故扩散现象没有方向性D．用本题的实验，无法说明扩散现象是否具有方向性答案B解析由题意可知，两者混合时是自动发生的，但两者分离时，要先加热后冷却，也就是说，向分离与向混合这两个方向的发展是可以通过过程是否自动完成、是否需要外加其他手段才能完成来区分的，因此，可以证明扩散是有方向性的，B正确，A、C、D错误．3．如图所示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．下列说法中正确的是()A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰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．电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律D．电冰箱的工作原理违背了热力学第一定律答案B4．(2022·南通市高二开学考试)小华为参加电视台《异想天开》节目，提出了下列4个设想方案，从理论上讲可行的是()A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响B．将屋顶盖上太阳能板，可用太阳能来解决照明和热水问题C．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空气，又变废为宝答案B解析根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的，故A错误；利用太阳能最有前途的领域是通过太阳能电池将太阳能直接转化为电能再加以利用，解决照明和热水问题，故B正确；绝对零度是温度的极值，是不能达到的，故C错误；根据热力学第二定律可知，汽车尾气中各类有害气体不能自发分离，要在排气管上安装催化转化器，故D错误．5．(2021·盐城实验高中高二期中)关于两类永动机和热力学两大定律，下列说法正确的是()A．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热库吸收热量，完全变成功也是可能的答案D解析第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知选项D中的现象是可能的，但会产生其他影响，D正确．考点二能源与能量耗散6．(2022·江苏省高二学业考试)关于能量和能源，下列说法中正确的是()A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要D．能量的转化和转移具有方向性．且现有可利用的能源有限，故必须节约能源答案D解析能量在转化和转移过程中，总量是守恒的，但品质降低了，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源，选项D正确．7．(2021·江苏宜兴市张渚高级中学高二期中)热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象．所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把散失的能量重新收集、加以利用．下列关于能量耗散的说法中正确的是()A．能量耗散说明能量不守恒B．能量耗散不符合热力学第二定律C．能量耗散使能量的总量减少D．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答案D解析能量耗散是指能量在转化和转移的过程中扩散到周围环境中无法再收集起来，满足能量守恒定律，也符合热力学第二定律，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了．能量耗散反应了涉及热运动的宏观过程都具有方向性，所以A、B、C错误，D正确．8.如图所示，汽缸内装有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，汽缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触面是光滑的，但不漏气．现将活塞与杆连接，使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是()A．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，所以此过程违反了热力学第二定律B．气体是从单一热库吸热，但并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．以上三种说法都不对答案C解析此过程虽然是气体从单一热库吸热，全部用来对外做功，但引起了其他变化，所以此过程不违反热力学第二定律，故选C.9.如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在一杯热水中，接触点2插在一杯冷水中，此时灵敏电流计的指针会发生偏转，这就是温差发电现象，根据这一现象，下列说法中正确的是()A．这一过程违反了热力学第二定律B．这一过程违反了热力学第一定律C．热水和冷水的温度将发生变化D．这一过程违反了能量守恒定律答案C解析任何宏观的实际热现象都符合热力学第二定律，故A错误；吸放热和做功均会改变内能，该过程没有违反热力学第一定律，故B错误；在实验过程中，热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，热水一定会降温，冷水一定会升温，故C正确；能量守恒定律是普适定律，在实验过程中，热水的内能部分转化成电能，电能也部分转化成冷水的内能，符合能量守恒定律，故D错误．本章知识网络构建eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(内能\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(功与内能：在绝热情况下，功是内能变化的量度,热与内能：只发生传热时，热量是内能变化的量度,做功和传热在改变内能上是等价的)),热力学第一定律\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所,做的功的和,表达式：ΔU＝W＋Q)),能量守恒定律\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(能量守恒定律,第一类永动机不能制成的原因：违背能量守恒定律)),热力学第二定律\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体,开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他,影响,第二类永动机不能制成的原因：违背了热力学第二定律,能源是有限的)),))热力学第一定律与气体实验定律的综合应用1.(2021·江苏东台创新高级中学高二月考)为做好新冠肺炎疫情防控，学校用如图所示的压缩式喷雾器对教室走廊等场所进行消杀工作．给储液罐打足气，打开开关就可以让药液喷洒出来．若罐内气体温度保持不变，随着药液的不断喷出，则罐内气体()A．内能不断减小B．压强不断减小C．外界对气体做功D．气体对外放热答案B解析由于罐内气体温度保持不变，故内能保持不变，A错误；随着药液的不断喷出，气体的体积增大，由理想气体状态方程可知，压强不断减小，B正确；气体的体积增大，气体对外做功，而气体的内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，C、D错误．2．(2021·江苏南京市第十三中学高二期末)如图所示，一定质量理想气体的体积V与温度T关系图像，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C.则下列说法中正确的是()A．在A、B、C三个状态中B对应的压强最大B．在A、B、C三个状态中C对应的压强最大C．AB过程中外界对气体做功，内能增加D．BC过程中气体吸收热量，内能不变答案B解析由题图图像知，状态C的温度最高、体积最小，则由eq\f(pV,T)＝C知，状态C对应的压强最大，A错误，B正确；AB过程中，体积减小，外界对气体做功，温度不变，故内能不变，C错误；BC过程中，体积不变，外界对气体不做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，D错误．3．(2021·盐城市高二期末)如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态B和C.两条虚线分别表示状态A或C的等温线．下列说法正确的是()A．气体在状态A的内能最大B．气体在状态C的分子平均速率最大C．AB过程中，气体对外界做功，内能增加D．BC过程中，外界对气体做功，内能减小答案C解析由题图图像可知，气体在状态B的温度最高，则气体在状态B的内能最大，气体在状态B的分子平均速率最大，选项A、B错误；AB过程中，气体体积变大，气体对外界做功，温度升高，则内能增加，选项C正确；BC过程中，气体体积不变，则外界对气体不做功，气体温度降低，则内能减小，选项D错误．4．(2021·南京市高二期末)一定质量的某种理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图像如图所示.已知气体处于状态A时的温度为300K，则下列判断正确的是()A．气体处于状态C时的温度是100KB．在A、B和C三个状态中，状态B的分子平均动能最大C．从状态B变化到状态C过程中气体吸热D．从状态A变化到状态C过程中气体内能先减小后增大答案B解析由题意可知TA＝300K，由于A→B的过程为等压变化，则由eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，代入数据解得TB＝900K，B→C过程是等容变化，则由eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，代入数据解得TC＝300K，在A、B和C三个状态中，状态B的温度最高，分子平均动能最大，故A错误，B正确；从状态B变化到状态C过程中，体积不变，则W＝0，温度降低，则内能减小，ΔU<0，根据热力学第一定律可知，Q<0，气体放热，选项C错误；从状态A变化到状态C的过程中，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故D错误．5．(2022·江苏南京市第一中学高二期中)如图所示汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出的过程中，不计活塞与汽缸的摩擦，则下列说法正确的是()A．汽缸内的活塞向右运动B．汽缸内气体的内能变小C．汽缸内气体的压强减小D．汽缸内气体的分子平均动能变大答案D解析设汽缸内气体压强为p，活塞面积为S，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时绳子拉力FT变小，而p0不变，故p变大，气体体积减小，则汽缸内的活塞向左运动，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，则选项A、B、C错误，D正确．6.(2021·扬州市高二期中)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程．关于该循环过程，下列说法正确的是()A．A→B过程中，气体放出热量B．C→D过程中，气体放出热量C．B→C过程中，气体分子的平均动能减小D．D→A过程中，气体内能增加答案A解析因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确；C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故C错误；D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D错误．7．(2021·江苏宜兴市张渚高级中学高二期中)一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程，如图所示．A→B→D过程，气体对外做功为W1，与外界交换的热量为Q1；A→C→D过程，气体对外做功为W2，与外界交换的热量为Q2.两过程中()A．气体吸热，Q1>Q2B．气体吸热，|W1|＝|W2|C．气体放热，Q1＝Q2D．气体放热，|W1|>|W2|答案A解析p－V图像中，图线与V轴围成的“面积”表示气体对外所做的功，所以|W1|>|W2|，由于两过程的初末状态pV乘积相同，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可得TA＝TD，气体在状态A与状态D的内能相同，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得两过程气体吸热，且Q1>Q2.故选A.8．(2021·苏州市高二期末)一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是()A．状态a、b、c的压强大小满足pb＝pc＝9paB．a到b过程中气体内能减小C．b到c过程中气体放出热量D．c到a过程中每一个分子的速率都不变答案C解析a到b为等容变化，有eq\f(pa,T0)＝eq\f(pb,3T0)，解得pb＝3pa，c到a过程，为等温变化，有pcV0＝pa·3V0，解得pc＝3pa，综上可得pb＝pc＝3pa，故A错误；a到b过程中，温度升高，内能增大，故B错误；b到c过程中，温度降低，内能减小，即ΔU<0，体积减小，外界对气体做功W>0，由热力学第一定律可知Q<0，即气体放出热量，故C正确；温度是平均动能的标志，是大量分子运动的统计结果，对单个分子没有意义，故D错误．9．(2021·徐州市高二期末)如图所示，在斯特林循环的p－V图像中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再次回到a，整个循环由两个等容过程ab、cd和两个等温过程bc、da组成，则()A．a→b过程，外界对气体不做功，气体内能不变B．b→c过程，气体对外界做功，气体内能减少C．c→d过程，气体向外界放热，气体内能减少D．整个循环过程中，气体对外界做功小于气体从外界吸收的热量答案C解析a→b过程为等容变化，外界对气体不做功，由eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)可得Tb>Ta，气体的内能增大，故A错误；b→c过程为等温变化，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，故B错误；c→d过程为等容变化，气体对外界不做功，由eq\f(pc,Tc)＝eq\f(pd,Td)可得Tc>Td，则气体内能减少，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得c→d过程，气体向外界放热，故C正确；整个循环过程中，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D错误．10．(2021·宿迁市高二期末)如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距底部高度h＝27cm，容器内气体温度为t1＝27℃.现给电热丝通电，经过一段时间，气体温Pa，不计活塞与器壁间摩擦，求：(1)封闭部分气体的压强；(2)当气体温度升高至t2时，活塞距底部高度H；(3)若整个加热过程中内能变化量为120J，气体吸收的热量Q.答案(1)3×105Pa(2)36cm(3)125.4J解析(1)对活塞，由平衡条件得pS＝p0S＋mg得p＝3×105Pa(2)由题意知封闭气体发生等压变化，则有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)即eq\f(Sh,T1)＝eq\f(SH,T2)代入数据得H＝36cm(3)由题意得W＝－pΔV＝－5.4J，ΔU＝120J由ΔU＝W＋Q，得Q＝125.4J.11.(2021·常州市高二期中)如图所示，质量m＝1kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为一T形活塞，汽缸内充有一定质量的理想气体．汽缸的横截面积S＝2×10－4m2，高度h＝40cm，当外界温度为300K时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央．不计汽缸壁及活塞厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p0＝1×105Pa，g取10m/s2.(1)求汽缸内气体的压强；(2)环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升；(3)已知汽缸内气体的内能U与热力学温度T的关系为U＝0.015T(J)，求汽缸从图示位置上升到刚好不能再上升的过程中，汽缸内气体从外界吸收的热量．答案(1)1.5×105Pa(2)600K(3)10.5J解析(1)汽缸对地面恰好没有压力，即处于平衡状态时，可得p0S＋mg＝pS解得汽缸内气体的压强为p＝1.5×105Pa.(2)气体原来的温度T1＝300K，环境温度升高时，气体发生等压变化，温度升高到T2，气体体积为hS时，汽缸不再上升，可得eq\f(\f(1,2)hS,T1)＝eq\f(hS,T2)代入数据解得T2＝600K.(3)该过程气体对外界做功，W＝－p·ΔV＝－p·eq\f(1,2)hS＝－6J当汽缸不再上升时气体内能增加ΔU＝0.015(T2－T1)＝4.5J由热力学第一定律可知，汽缸内气体从外界吸收的热量Q＝ΔU－W＝10.5J.12．(2022·如东市高二期末)如图所示，左端封闭右端开口的导热汽缸水平放置，横截面积为S，用厚度不计的光滑活塞封闭了长为L的理想气体，活塞距汽缸开口端距离为b，活塞的重力为G.已知外界大气压强为p0，热力学温度为T.现在给汽缸缓慢加热，活塞恰好移到汽缸右端口(汽缸仍然封闭)．(1)此时封闭气体的温度是多少；(2)如果再把汽缸开口向上竖直放置，封闭气体的长度仍为L，此时封闭气体的温度变为多少；(3)在(2)的情况下，给汽缸缓慢加热，活塞恰好移到汽缸上端口(汽缸仍然封闭)．封闭气体吸收的热量为Q，求此过程封闭气体内能的增加量．答案(1)eq\f(L＋b,L)T(2)eq\f(p0S＋GT,p0S)(3)Q－(p0S＋G)b解析(1)活塞恰在汽缸右端口时(汽缸仍然封闭)，设密闭气体的温度为T1，由盖－吕萨克定律有eq\f(LS,T)＝eq\f(L＋bS,T1)解得T1＝eq\f(L＋b,L)T(2)汽缸竖直放置时，设密闭气体的温度为T2，由活塞受力平衡有p2S＝p0S＋G由查理定律有eq\f(p0,T)＝eq\f(p2,T2)解得T2＝eq\f(p0S＋GT,p0S)(3)此过程气体对外界做功，W＝－p2Sb＝－(p0S＋G)b由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W解得ΔU＝Q－(p0S＋G)b.13．(2022·南京市高二月考)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的内能增大C．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)D．整个过程，理想气体向外界释放的热量等于p0S1h＋mgh答案C解析整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功为零，选项A错误；整个过程，因为汽缸导热且活塞缓慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不变，选项B错误；左端活塞到达B位置时，则封闭气体的压强p＝eq\f(mg,S1)＋p0＝eq\f(F,S2)＋p0，解得外力F＝eq\f(mgS2,S1)，选项C正确；整个过程，气体的内能不变，气体体积减小，外界对气体做功等于气体放出的热量，若在活塞上一次性放上质量为m的沙子时，外界对气体做功为W＝(p0S1＋mg)h，此时理想气体向外界释放的热量等于p0S1h＋mgh，但是因沙子是逐渐加入的，则外界对气体做功W≠(p0S1＋mg)h，理想气体向外界释放的热量也不等于p0S1h＋mgh，选项D错误．14．(2021·盐城市高二期中)一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，下列判断正确的是()A．在a→b过程中气体对外做的功等于在b→c过程中气体对外做的功B．在b→c过程中气体从外界吸收的热量小于在c→a过程中气体向外界放出的热量C．在c→a过程中外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量D．在a→b过程中气体内能的增加量小于c→a过程中气体内能的减少量答案B解析由W＝p·ΔV可知，p－V图线和横轴围成的“面积”即为气体做功大小，所以在a→b过程中气体对外做的功小于在b→c过程中气体对外做的功，故A错误；b→c过程中，由eq\f(2p0·2V0,Ta)＝eq\f(p0·4V0,Tb)可得Ta＝Tb，由热力学第一定律ΔU＝Q＋Wbc可知，由于ΔU＝0，b→c过程气体从外界吸收的热量Qbc＝|Wbc|；c→a过程气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律可得eq\f(4V0,Tc)＝eq\f(V0,Ta)解得Tc＝4Ta，故从c→a内能减少即ΔU′<0，Wca>0，由ΔU′＝Qca＋Wca知|Qca|>Wca，再由W＝pΔV知|Wbc|＝Wca则可得Qbc<|Qca|，故B正确，C错误；由于b和c温度相同，则在a→b过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，故D错误．章末检测试卷(三)(满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．(2021·淮安市高二月考)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大B．一定质量的气体吸收热量，其内能不一定增大C．不可能使热量由低温物体传递到高温物体D．第二类永动机不仅违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律答案B解析做功与传热是改变物体内能的两种方式，一定质量的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增大，故A错误，B正确；不可能使热量自发地由低温物体传到高温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律但违反了热力学第二定律，故D错误．2．(2021·淮安市高二期中)一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减小1.3×105J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界释放热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界释放热量6.0×104J答案B解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得到Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界释放2.0×105J的热量，故选B.3.(2022·江苏沭阳县修远中学高二月考)如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空．现将隔板抽掉，使左侧气体自由膨胀直至达到平衡，则在此过程中()A．气体不做功，温度不变，内能不变B．气体不做功，温度不变，内能减少C．气体对外界做功，温度降低，内能减少D．气体对外界做功，温度不变，内能减少答案A解析绝热容器没有与外界交换热量，气体在真空中自由膨胀，对外不做功，根据ΔU＝Q＋W，所以内能不变，故选A.4．在寒冷的冬天里泡一泡温泉，不仅可以消除疲劳，还可扩张血管，促进血液循环，加速人体新陈代谢．假设水温恒定，则温泉中正在缓慢上升的气泡(气泡内气体可看作理想气体)()A．压强增大，体积减小，吸收热量B．压强增大，体积减小，放出热量C．压强减小，体积增大，吸收热量D．压强减小，体积增大，放出热量答案C解析温泉中正在缓慢上升的气泡，压强减小，由eq\f(pV,T)＝C知，温度不变、压强减小时体积增大；一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，故内能不变，体积增大时，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体应吸收热量，故C正确，A、B、D错误．5．(2021·南京市高二期末)一定质量的理想气体的压强p随摄氏温度t变化的关系如图所示，气体从状态a变化到状态b的过程中，下列说法正确的是()A．体积不变 B．体积增大C．外界对气体做功 D．一定从外界吸收热量答案C解析由于题图图像是过坐标原点的直线，设斜率为k，因此表达式为p＝kt根据eq\f(pV,T)＝C，又T＝273K＋t，代入整理得V＝eq\f(C,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(273,t)＋1)).因此随着温度t的升高，气体的体积减小，外界对气体做功，气体的内能增加，根据热力学第一定律，无法判断是吸热还是放热，故选C.6.为抗击新冠，防止病毒蔓延，每天都要用喷雾剂(装一定配比的84消毒液)对教室进行全面喷洒．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，储气室内气体内能不变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，储气室内气体吸热D．喷水过程中，储气室内气体压强不变答案C解析充气过程中，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，但气体内能增大，故A、B错误；喷水过程中，气体对外做功，W＜0；由于气体温度不变，则内能不变ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q可知，储气室内气体吸热，故C正确；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，根据eq\f(pV,T)＝C可知压强减小，故D错误．7.(2022·江苏南京市第一中学高二期中)如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能转动较长时间，下列说法正确的是()A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量D．转动的叶片不断搅动热水，所以水温升高答案C解析形状记忆合金进入水中后受热，形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知，能量来源于热水，热水温度会降低，故A、B、D错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放到空气中，故C正确．8．(2021·南通市高二期末)用图甲所示的装置探究注射器内封闭气体的压强与体积的关系，根据测得的实验数据作出p－eq\f(1,V)图像如图乙所示，线段AB的延长线经过坐标原点O，BC段为曲线，环境温度保持不变．则下列说法中正确的是()A．A→B过程，气体的内能增加B．A→B过程，气体吸收热量C．B→C过程，气体对外做正功D．B→C过程，可能出现了漏气答案D解析因AB是过原点的直线，可知A→B过程温度不变，气体的内能不变，即ΔU＝0；A→B过程体积减小，外界对气体做功，W＞0，根据ΔU＝Q＋W，可知Q＜O，故气体放出热量，选项A、B错误；B→C过程体积减小，则外界对气体做功，选项C错误；B→C过程中pV乘积减小，则可能出现了漏气，选项D正确．9．(2021·连云港市高二期末)一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知状态A的温度与状态C的温度相同，下列说法正确的是()A．A→B过程气体温度升高，密度减小B．A→B过程外界对气体做功，气体温度降低C．A→B→C过程气体与外界的热交换为零D．A→B过程气体吸收的热量小于B→C过程气体放出的热量答案A解析根据盖—吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)可知，A→B过程气体体积增大，温度升高，密度减小，所以A正确；A→B过程气体体积增大，气体对外界做功，气体温度升高，所以B错误；A、C状态气体的温度相同，气体的内能不变，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，由于气体膨胀对外界做功W<0，则气体从外界吸收热量，所以C错误；由于A→B→C过程气体从外界吸收热量，则A→B过程气体吸收的热量大于B→C过程气体放出的热量，所以D错误．10．(2021·常州市高二期末)如图所示为一定质量理想气体在状态变化过程中压强随体积的变化图像，气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，最后经等温过程返回到状态A，下列说法正确的是()A．A到B过程气体温度保持不变B．B到C过程气体内能可能不变C．C到A过程气体吸收热量D．全过程气体放热大于吸热答案D解析由题图可知，从A到B过程气体体积增大，气体对外做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律可知，气体内能减小，ΔU<0，气体温度降低，故A错误；由B到C过程气体体积不变，外界对气体不做功，由eq\f(pC,TC)＝eq\f(pB,TB)，故B到C过程温度升高，气体内能变大，故B错误；C到A过程气体温度不变而体积减小，外界对气体做功，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体放出热量，故C错误；p－V图线与横轴所围的“面积”表示气体做功的大小，图线AB、BC、CA所围的“面积”表示整个过程外界对气体做的功，由于整个过程气体内能不变，所以气体放出的热量大于吸收的热量，故D正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(10分)(2022·江苏南京航空航天大学苏州附属中学高二期中)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环．它由两个等压过程和两个绝热过程组成．图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)，已知某些状态的部分参数如图所示(见图中所标数据)．试解决下列问题：(1)从状态C→D过程气体分子的密度____________，分子的平均动能会____________；(均选填“变大”“变小”或“不变”)(2)已知状态A的温度TA＝250K，求状态C的温度TC＝____________K；(3)若已知A→B过程放热Q＝80J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝____________J，B→C过程外界对气体做的功WBC＝____________J.答案(1)变小(1分)变大(1分)(2)250(4分)(3)－20(2分)20(2分)解析(1)从状态C→D过程，气体体积变大，气体质量不变，气体分子的密度变小；从状态C→D过程，压强不变，由盖－吕萨克定律得，气体的体积变大，温度升高，则气体分子的平均动能会变大；(2)根据理想气体状态方程，有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)，代入数据，解得TC＝250K；(3)A→B过程外界对气体做功W＝pΔV＝1×105×(1.2－0.6)×10－3J＝60J气体放热Q＝80J则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝W－Q＝－20J；从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC＝80J－60J＝20J.12．(10分)(2022·南京市高二月考)如图甲所示，一横截面积S＝10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，不计活塞与汽缸间的摩擦．如图乙所示是气体从状态A缓慢变化到状态B的V－T图像．已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A状态的压强为p＝1.5×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝900J，大气压强p0＝1.0×105Pa，重