第三章-热力学定律(综合复习与测试)(人教版2019选择性必修第三册)解析版

第三章热力学定律综合测试单选题：1．某同学利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究向自行车内胎打气、打气结束、静置一段时间,突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中气体内能的变化情况,车胎内气体温度随时间变化的情况如图所示.从图中可获取的信息是 ()A.从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功,内能迅速增大B.从打气结束到拔出气门芯前,由于气体对外做功,内能缓慢减少C.拔掉气门芯后由于气体冲出对外界做功,内能急剧减少D.放气后静置一段时间,由于外界再次对气体做功,气体内能增大【答案】C【解析】从开始打气到打气结束的过程中,外界对气体做的功大于气体对外界做的功,气体内能增大;从打气结束到拔出气门芯前,由于传热,气体温度下降,内能缓慢减少;拔掉气门芯后气体冲出对外界做功,气体内能急剧减少;放气后静置一段时间,由于传热气体温度上升,内能增大。故选C。2.热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化；其二是：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。第一种表述方式可以用如右图示意图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，你认为下列示意图中正确的是()【答案】B【解析】第二种表述的意思是：热机吸收热量，对外做功，同时把热量传给低温物体。故选B。3.飞机在万米高空飞行时，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【答案】C【解析】由热力学第一定律，物体内能的变化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，其边缘与外界的热交换可忽略，因而其内能不断减小，所以气团的温度会很低，故选C。故选C。4.如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小【答案】A【解析】筒内气体不与外界发生热交换，M向下滑的过程中，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体内能增大，A正确。故选A。5.一定质量的理想气体沿p－V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线ADB是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则()A．气体由A经C到B，一定是放热的B．气体由B经C为A，一定是吸热的C．气体由A经C到B再经D到A，吸热多于放热D．气体由A经C到B再经D到A，放热多于吸热【答案】C【解析】由图可知，由A经C到B，中途体积增大，对外做功，而A、B温度相等，AB内能相等，所以一定要吸热。而由B经D到A，只是体积减小，温度是不变的(是条等温线)，p－V图的面积为气体做功，由图可知A→C→B对外做功，大于B→D→A外界对气体做功整个过程，应该是吸热的，故总的吸热大于放热。故选C。6.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是()A．由a状态至b状态过程中，气体放出热量，内能减少B．由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能减少C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等【答案】D【解析】由题意，ab是一条双曲线，说明气体由a状态至b状态过程为等温变化，内能不变，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故A错误；由b状态至c状过程中，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增大，故B错误；c状态与a状态相比，体积相同，分子平均距离相等，故C错误；b状态与a状态相比，b状态体积小，分子平均距离较小，温度相等，则分子平均动能相等，故D正确。故选D。7.一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10kV～20kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是()A．化学能转化为电能B．内能转化为电能C．光能转化为电能D．机械能转化为电能【答案】D【解析】转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以为机械能转化为电能，D正确。故选D。8.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有一个用卡子卡住的可移动胶塞。用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增加到一定程度，这时读出温度计示数。打开卡子，胶塞冲出容器后()A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加【答案】C【解析】由于是厚壁容器，打开卡子后，气体迅速膨胀，这样的过程可以当作绝热过程，由此判断，转化的应是系统的内能，即气体对外做功，系统的内能减少，温度降低，选项C正确。故选C。多选题：9.奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。则以下说法中正确的是()A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用【答案】AC【解析】燃气由液态变为气态的过程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确；燃气在膨胀过程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误；由熵增加原理可知C选项正确；由能量耗散可知D选项错误。故选：AC。10.(2021·湖南卷)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，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0S1h＋mgh))E．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq\f(mgS2,S1)【答案】BDE【解析】根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确、C错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W<p0S1h＋mgh，D正确；左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：p0＋eq\f(mg,S1)＝p0＋eq\f(F,S2)，即：F＝eq\f(mgS2,S1)，E正确。故选：BDE。11.(2021·全国乙卷)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()A．ab过程中，气体始终吸热B．ca过程中，气体始终放热C．ca过程中，气体对外界做功D．bc过程中，气体的温度先降低后升高E．bc过程中，气体的温度先升高后降低【答案】ABE【解析】由理想气体的p－V图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W＝0，而压强增大，由pV＝nRT可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体一直吸热，故A正确；理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，W＞0，由pV＝nRT知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体放热，故B正确、C错误；由pV＝nRT可知，p－V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误、E正确。故选：ABE。12.如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是()A．快速挤压时，瓶内气体压强变大B．快速挤压时，瓶内气体温度不变C．快速挤压时，瓶内气体体积不变D．缓慢挤压时，气球下降【答案】AD【解析】快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D项正确。故选：AD。13．某同学设计的喷水装置如图所示，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有()A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光【答案】AC【解析】温度不变，分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积基本不变，气体的压强增大，选项A正确、B错误；打开阀门后，水减少，气体膨胀，密封气体对水做正功，选项C正确；如果水全排出气体压强为p3，有p3(2L＋0.5L)＝p1(0.5L＋0.1L)，得p3＝0.24p1＜p1，故不再充气不能把水喷光，选项D错误。故选：AC。14.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，cd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c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热【答案】BCD【解析】从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C正确；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，随着压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是气体吸热的结果，故D正确。故选：BCD。15.如图所示，两个相通的容器P、M间装有阀门K，P中充满气体，M内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，P中的气体进入M中，最终达到平衡，则()A．气体体积膨胀，内能不变B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，压强可能不变D．M中气体不可能自发地全部退回到P中【答案】AD【解析】气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0，容器M内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，A正确，B错误；因为气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小，温度降低，由eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，知气体压强变小，C错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以D正确。故选：AD。计算题：16.(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。【答案】Δh＝1cm【解析】对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh，B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B联立解得h2＝2cm对A管中的气体，初态为压强p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)，A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A联立可得2heq\o\al(2,1)－191h1＋189＝0，解得h1＝1cm或h1＝eq\f(189,2)cm＞l1(舍去)则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1cm。17．一定质量的理想气体从状态A→B，再从状态B→C，最后从状态C→A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA＝900K，问：(1)气体在状态B时的温度TB；(2)气体从状态B→C的过程中，气体做的功WBC；(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA＝3.6×105J，试说明该过程中气体是吸热还是放热，求吸(或放)了多少热量QCA。【答案】(1)300K(2)2×105J(3)放热3.6×105J【解析】(1)A→B是等容变化，根据查理定律得eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)解得TB＝eq\f(pB,pA)TA＝eq\f(1.0×105,3.0×105)×900K＝300K。(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，WBC＝pBΔVBC＝1.0×105×(3.0－1.0)J＝2×105J(3)C→A，是等温变化，由理想气体内能只与温度有关，知其内能不变，即ΔU＝0由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知外界对气体做的功全部以热量形式放出，故放热QCA＝WCA＝3.6×105J。18.某压力锅的结构如图所示.盖好密封锅盖,将压力阀套在出气孔上,给压力锅加热,当锅内气体压强达到一定值时,气体就把压力阀顶起.设定在压力阀被顶起时,停止加热.(1)若此时锅内气体的体积为V',摩尔体积为Vm,阿伏加德罗常数为NA,写出锅内气体分子数的估算表达式.(2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量.锅内原有气体的内能如何变化?变化了多少?(3)已知大气压强p与海拔h的关系满足p=p0(1-αh),其中常数α>0,p0为标准大气压.结合理想气体实验定律定性分析在不同的海拔使用压力锅,当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同.【答案】(1)N=V'VmNA【解析】(1)阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁,设