【文档说明】03-第三章 热力学定律.docx，共(7)页，177.195 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-849d355f88c71d5a3a04e0e970d54871.html

以下为本文档部分文字说明：

姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第三章热力学定律一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下述各种现象中,不属于做功改变内能的是()A.锯

条锯木头,锯条发烫B.擦划火柴,火柴头着火C.冬天对着手呵气,手变暖D.电流通过导体,导体会发热2.下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的是()A.空调在制冷过程中,从室内吸收的热量少于向室外放出的热量B.热水倒入保温杯后,热水和杯子的温度都变得更高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3.礼花喷射器通过扭动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击,将纸管里填充的礼花彩条喷出,营造气氛。喷出礼花彩条的

过程中,罐内气体()A.内能增加B.分子热运动加剧C.由于来不及发生热传递,故温度保持不变D.温度降低4.如图所示,现用活塞压缩封闭在汽缸里的空气,对空气做了90J的功,同时空气向外散热21J,关于汽缸里空气的内能变化情况,下列说法正确的是()A.内能增加90JB.内能增加69JC.内能减少1

11JD.内能减少21J5.学校用喷壶喷洒消毒液对教室进行消毒。如图,喷壶未喷洒消毒液时阀门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,消毒液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,喷消毒液过程中温度保持不变,则()A.喷消毒液过程

中,储气室内气体吸热B.喷消毒液过程中,储气室内气体内能减小C.喷消毒液过程中,储气室内气体分子数目减少D.喷消毒液过程中,储气室内气体分子平均动能增大6.小明同学突现奇思妙想,用一圆柱形导热汽缸来测物体的质量。将汽缸开口向上竖直放置(如图所示),用质量m=1kg、横截面积S=1×

10-4m2的光滑活塞封闭一定质量的理想气体,稳定时测得气柱高度h=0.2m。然后将质量为M的待测物体轻放在活塞上,再次稳定后气柱高度变为原来的12。对汽缸缓慢加热,当气体吸收10J热量时,活塞恰好回到初次稳定时的位置。大气压强p0=1.0×105Pa。下列选项正确的是()A.缓慢

加热过程中,气体内能增加6JB.缓慢加热过程中,气体对外做功3JC.待测物体质量M=1kgD.当放入活塞后,在活塞初次稳定过程中理想气体吸热7.如图所示是一种演示气体实验定律的仪器——哈勃瓶,它是一个底部开有圆孔,瓶颈很短的平底大烧瓶,在瓶内塞有一气球,气球的吹气口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔

上配有一个橡皮塞。在一次实验中,瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体,开始时气球自然松弛,气球内气体与外界连通,气体体积为V,瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体,直至气球体积增大到2V,容器和气球导热性良好,外界温度不变

,气球壁厚度不计、重力不计,大气压强为p0,在此过程中()密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题A.瓶内气体内能减小B.瓶内气体吸热C.瓶内气体压强由p0变为2p0D.气球中充入的气体质量等于开始时气球中气

体质量8.如图甲所示,足够长的内壁光滑、导热性良好的汽缸用横截面积S=10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸竖直放置,给活塞施加竖直向下的推力使活塞缓慢向下移动,当气体的压强为2.0×105Pa时,活塞离汽缸底部的距离为19cm,此时推力F=90N。现将汽缸缓慢顺时针转

动90°,该过程中保持推力F=90N大小不变、方向始终垂直于活塞,最终整体静止在水平面上,如图乙所示。已知大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度不变。则()A.活塞的质量为2kgB.图乙状态下,理想

气体的压强为1.8×105PaC.图乙状态下,活塞离汽缸底部的距离为20cmD.缓慢转动汽缸的过程中,气体向外放出热量二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全选对得4分,选对但不全的得2分,选错或不选得0分)9.根据热力学第二定

律,下列判断正确的是()A.电能不可能全部变为内能B.热机在工作中一定有高温热库和低温热库C.热机中,燃气内能不可能全部变为机械能D.热量不可能从低温物体传递给高温物体10.如图所示,带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理

想气体(不考虑气体分子势能),汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。汽缸固定不动,缸内活塞可自由移动且不漏气,活塞下挂一沙桶,沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞,细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是()A.外

界对气体做功,气体的内能增大B.气体对外界做功,气体的内能减小C.气体的压强增大,体积减小D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多11.一定质量的理想气体由状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其p-T图像如图所示,气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、V

c,压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0,pc=4p0,则下列说法正确的是()A.pa=2p0B.Vb=3VcC.从状态a到状态b,气体对外做功D.从状态c到状态a,气体从外界吸热12.一定质量的理想气体,经过如图所示一系列的状态变

化,从初始状态a经状态b、c、d再回到状态a,图中bc曲线为一条等温线,则下列说法正确的是()姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题A.气体在状态c的温度大于气体在状态d的温度B.从状态d

到a的过程中,气体从外界吸收的热量等于pd(Va-Vd)C.气体在状态b时的压强为𝑉𝑑𝑝𝑐2𝑉𝑎𝑝𝑑D.从状态b到c的过程中,气体分子单位时间内对容器壁单位面积撞击次数减少三、非选择题

(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图,一定质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。则bc过程中,气体的温度(填“不变”“先降低后升高”或“先升高后降低”),ca过程中,气体(填“吸热

”“放热”或“不吸热不放热”)。14.(8分)一定质量的理想气体从状态A→状态B→状态C→状态A完成一次循环,如图所示。已知状态A时气体的温度TA=600K。(1)求气体在状态B和状态C时的温度;(2)求气体从状态B→C的过程中,气体对

外做的功WBC;(3)已知气体从状态C→A的过程中,外界对气体做的功WCA=1.3×106J,试说明全过程中气体是吸热还是放热,求吸收(或放出)了多少热量。15.(9分)如图所示,高为L、横截面积为S的导热汽缸内有一不规则物体,厚度不计的轻质活塞

封闭了一定质量的理想气体,活塞正好在汽缸的顶部。再在活塞上放置质量为m的物体后,活塞缓慢下移,并静止在与缸底的距离为0.8L的高度。已知外界大气压强p0=2𝑚𝑔𝑆,忽略缸内气体温度的变化,不计活塞和汽缸的摩擦,重力加速度为g。求:(1)不规则物体的体积V0;(2)该过程

中缸内气体向外界放出的热量Q。16.(10分)如图所示,一粗细均匀的导热U形管竖直放置,右侧上端封闭,左侧上端与大气相通,右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=15.0cm,左侧密封空气柱B上方水银柱长h2=14.0cm,左右两侧水银面高度差h1=10.0cm,已知大气压强p0

=76.0cmHg,大气温度t1=27℃,U形管横截面积S=7.6cm2。现用特殊手段只对空气柱A加热,直到空气柱A、B下方水银面等高。求:(1)加热前空气柱A、B的压强各为多少;(2)空气柱A、B下方水银面等高时A中气体的温度t2;(3)对空气柱A加热的过

程中空气柱B与外界传递的热量Q。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题17.(13分)如图所示,P、Q是两个质量均为m=1kg、厚度均不计的活塞,可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动,

其面积分别为S1=30cm2、S2=10cm2,它们之间用一根长为3d的轻质细杆连接,静止时汽缸中气体的温度T1=600K,活塞P下方气柱(较粗的一段气柱)长为d=3cm,已知大气压强p0=1×105Pa,缸内气体可看作理

想气体,在活塞移动过程中不漏气。(1)求活塞静止时汽缸内气体的压强p1;(2)若缸内气体的温度缓慢降为T2=300K,求此时的压强p2;(3)已知(2)过程中缸内气体的内能减小12.375J,求气体放出的热量。18.(14

分)如图所示为一超重报警装置示意图,高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器开口向下竖直悬挂,容器内有一厚度不计、质量为m的活塞,稳定时正好封闭一段长度为𝐿4的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测

重物,当活塞下降至位于离容器底部3𝐿4位置的预警传感器处时,系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度为T0,大气压强为p0,重力加速度为g,不计摩擦阻力。(1)求轻绳未连重物时封闭气体的压强;(2)求刚好触发超重预警时所挂重物

的质量M;(3)在(2)条件下,若外界温度缓慢降低1%,气体内能减少ΔU0,求气体向外界放出的热量Q。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题答案与解析第三章热力学定律1.C2.B3.D4.B5.A6.A7.C8.C9.BC10.ACD11.AD12

.AC1.C锯条锯木头,克服摩擦力做功,使锯条的内能增加、温度升高而发烫,是利用做功的方式改变内能,A不符合题意;擦划火柴,克服摩擦力做功,使火柴头的内能增加、温度升高达到燃点而燃烧,是利用做功的方式改变内能,B不符合题意;冬天对着手呵气,手从热气吸收热量,使手的内能

增加、温度升高而变暖,是利用传热的方式改变内能,C符合题意;电流通过导体,电流做功,消耗的电能转化为内能,使导体发热,是利用做功的方式改变内能,故D不符合题意。2.B空调在制冷过程中,从室内吸收的热量少于向室外放出的热量,不违背热力学第一定律,故A不符合题意;热水倒入保温杯后,外界没有对它们

做功,同时也没有向其传递热量,所以热水和杯子的温度不可能都变得更高,否则就违背了热力学第一定律,故B符合题意;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,这违背的是热力学第二定律,故C不符合题意

;制冷机消耗电能,从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内,发生了内能的转移,同时对外界产生了影响,这既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律,故D不符合题意。3.D气体喷出时,来不及与外界交换热量,可视

为发生绝热膨胀,Q=0,气体对外做功,由W+Q=ΔU,可知气体内能减少,温度降低,分子热运动减弱,故A、B、C错误,D正确。4.B根据题意,由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,汽缸里空气的内能变化为ΔU=-2

1J+90J=69J,即内能增加了69J,选项B正确。5.A喷消毒液过程中,气体对外做功,W<0,由于气体温度不变,内能不变,则ΔU=0,根据ΔU=W+Q,可知储气室内气体吸热,选项A正确,B错误;喷消毒液过程中,储气室内气体质量不变,则分子数目不变,选项C错误;喷消毒液过程中,储气

室内温度不变,则气体分子平均动能不变,选项D错误。故选A。6.A放上物体前,对活塞受力分析有p1S=p0S+mg,代入数据解得p1=2×105Pa。将质量为M的待测物体轻放在活塞上,气体发生等温变化,有p1

V1=p2V2,即p1·hS=p2·12hS,得p2=4×105Pa,对活塞与物体受力分析有p2S=p0S+Mg+mg,解得M=2kg,选项C错误;缓慢加热过程中,气体压强为p2不变,气体对外做功,W=-p2(V1-V2)=-p2(Sh-S·12h)=-4J,即气体对外做功4J,选项B错误

;缓慢加热过程中,气体内能增加ΔU=Q+W=10J-4J=6J,选项A正确;当放入活塞后,在活塞初次稳定过程中气体做等温变化,ΔU=0,W>0,根据ΔU=Q+W,可知Q<0,即气体放热,选项D错误。7.C瓶内气体做等温变化,内能不变,选项A错

误;瓶内气体体积减小,则外界对气体做正功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知瓶内气体向外界放热,选项B错误;对瓶内气体,根据玻意耳定律有p0·2V=pV,解得p=2p0,选项C正确;对气球中的气体,初始的压强和体积分别为p0、V,设

充入的气体压强和体积分别为p0、ΔV,充气后气球中气体的压强和体积分别为2p0、2V,对充气后气球内的全部气体,由玻意耳定律得p0(V+ΔV)=2p0·2V,可知ΔV=3V,则气球中原来气体与充入气球中气体的质量比为𝑚𝑚0=𝑉Δ𝑉=

13,选项D错误。8.C初始时对活塞受力分析可得p0S+mg+F=p1S,代入数据解得m=1kg,选项A错误;图乙状态下,对活塞受力分析可得p0S+F=p2S,解得p2=1.9×105Pa,选项B错误;理想气体做等温变化,由玻意耳定律得p1l1S=p2

l2S,解得l2=20cm,选项C正确;缓慢转动汽缸的过程中,气体温度不变,内能不变,气体体积增大,对外做功,根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量,选项D错误。故选C。9.BC根据热力学第二定律可知,凡与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性,电能

可以全部变为内能(由焦耳定律可知),但内能不可能全部变成电能,而不产生其他影响,选项A错误;热机工作时从高温热库吸收热量,一部分用来做功,转变为机械能,另一部分热量排放给低温热库,热机的效率达不到百分之百,选项B、C正确;热量可以从低温物体传给高温物体

,但要引起其他变化,选项D错误。10.ACD对活塞(包含沙桶)进行受力分析,由平衡条件,有pS+mg=p0S,则封闭气体的压强为p=p0-𝑚𝑔𝑆,当沙子漏出时,m减小,大气压不变,封闭气体的压强增大,气体的体积减小,外界对气体做功,气体的内能增加,选项B错误,A、C正确;理想气体的内

能增加,温度升高,气体的体积减小,所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,选项D正确。11.AD由题图可知,从状态a到状态b属于等容过程,气体体积不变,由查理定律可得𝑝𝑎𝑇𝑎=𝑝𝑏𝑇𝑏,其中pb=p0,Ta=2Tb,解得pa=2p0,选项A正确;由题图可知,从状态b到状态c属于

等温过程,气体温度不变,由玻意耳定律得pbVb=pcVc,其中pb=p0,pc=4p0,解得Vb=4Vc,选项B错误;从状态a密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题到状态b,气体体积不变,故气体不会对外做功,选项C错误;从状态c到状态

a,气体温度升高,内能增大,即ΔU>0,而气体压强减小,由𝑝𝑉𝑇=C可知,气体体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体要从外界吸收热量,选项D正确。12.AC根据理想气体状态方程可得𝑝𝑐𝑉𝑐𝑇𝑐=𝑝𝑑𝑉𝑑𝑇𝑑,由图像可知pcVc

>pdVd,则有Tc>Td,选项A正确。从状态d到a的过程中,气体压强不变,体积增大,则气体温度升高,气体内能增大;外界对气体做功为W=-pd(Va-Vd),根据热力学第一定律ΔU=W+Q>0可知气体从外界吸收的热量大于pd(Va-Vd),选项B错误。设气体在状态c的体积为Vc,由图像可

得𝑝𝑐𝑉𝑐=𝑝𝑑𝑉𝑑,可得Vc=𝑝𝑐𝑝𝑑Vd,从状态b到c的过程中,气体发生等温变化,则有pbVa=pcVc,解得pb=𝑝𝑐𝑉𝑐𝑉𝑎=𝑉𝑑𝑝𝑐2𝑉𝑎𝑝𝑑,选项C

正确。从状态b到c的过程中,气体发生等温变化,气体分子平均动能保持不变,气体压强增大,根据气体压强微观意义可知,气体分子单位时间内对容器壁单位面积撞击次数增多,选项D错误。13.答案先升高后降低(3分)放热(3分)解析由p-V图

可见,bc过程中p、V乘积先增大后减小,则温度先升高后降低。ca过程中气体体积减小,外界对气体做功,且p、V乘积减小,即温度降低,内能减小,则气体放热。14.答案(1)200K600K(2)8×105J(3)放热5×105J解析(1)A→B,气体发生等容变化,𝑝𝐴𝑇𝐴=𝑝𝐵𝑇

𝐵(1分)解得TB=200K(1分)C→A,气体发生等温变化,则TC=TA=600K(1分)(2)B→C等压膨胀,气体对外界做功WBC=pB·ΔV=2×105×4J=8×105J(1分)(3)根据ΔU=W+Q(1分)全过程中,气体从A状态开始变化,最后又回到A状态,则气体内能相同,得ΔU=0(1

分)对于全过程有ΔU=WAB-WBC+WCA+Q,因为A→B发生等容变化,WAB=0,所以得Q=WBC-WCA(1分)解得Q=-5×105J,即气体放热5×105J(1分)15.答案(1)25SL(2)35mgL解析(1)放置重

物后,假设缸内气体的压强为p1,根据平衡条件可得p1S=p0S+mg(1分)解得p1=32p0(1分)根据玻意耳定律可得p0(SL-V0)=p1(0.8SL-V0)(1分)解得V0=25SL(1分)(2)外界对气体做功

为W=(mg+p0S)·Δh(1分)解得W=0.6mgL(1分)根据热力学第一定律可得ΔU=W-Q(1分)又ΔU=0(1分)故气体向外界放出的热量为Q=35mgL(1分)16.答案(1)80cmHg90cmHg(2)177℃(3)0解析(1)加热前

有pB=p0+𝑝ℎ2=90cmHg(1分)pA=pB-𝑝ℎ1=80cmHg(1分)(2)空气柱B压强保持不变,则有pA2=pB=90cmHg(1分)对空气柱A根据理想气体状态方程有𝑝𝐴𝐿1S𝑇1=𝑝𝐴2(𝐿1+ℎ12)

S𝑇2(1分)解得T2=450K(1分)则t2=177℃(1分)(3)空气柱B温度不变,所以内能不变,ΔU=0(1分)空气柱B压强不变,温度不变,所以体积不变,W=0(1分)根据热力学第一定律ΔU=W+Q(1分)可知Q=0(1分)17.答案(1

)1.1×105Pa(2)9.2×104Pa(3)18.975J解析(1)对P、Q活塞整体受力分析,如图所示姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题根据平衡条件有p1S1+p0S2=2m

g+p1S2+p0S1(1分)解得p1=1.1×105Pa(1分)(2)随缸内气体温度降低,活塞向下移动;在活塞P移动到汽缸分界处的过程中,缸内气体压强不变,做等压变化,有𝑉1𝑇1=𝑉2𝑇𝐶(1分)其中初始体积为V1=dS1+2dS2=150c

m3(1分)当P到达分界处时,体积为V2=90cm3(1分)联立解得TC=360K(1分)活塞P移动到分界处后,缸内气体体积不变,温度继续降低,气体做等容变化,有𝑝1𝑇𝐶=𝑝2𝑇2(1分)解得p2≈9

.2×104Pa(1分)(3)在缸内气体温度逐渐降为300K过程中,外界对气体做功为W=p1|ΔV|=p1(V1-V2)=6.6J(1分)由热力学第一定律ΔU=W+Q(1分)其中ΔU=-12.375J(1分)解得Q=ΔU-W=-18.975

J(1分)即气体放出的热量为18.975J(1分)18.答案(1)p0-𝑚𝑔𝑆(2)2𝑝0S3𝑔-23m(3)ΔU0+𝑝0SL400-𝑚𝑔𝐿400解析(1)轻绳未连重物时对活塞受力分析得p1S+mg=p0S(1分)解得p1

=p0-𝑚𝑔𝑆(1分)(2)刚好触发超重预警时,对活塞受力分析得p2S+(M+m)g=p0S(2分)由玻意耳定律得p1·𝐿𝑆4=p2·3𝐿𝑆4(1分)解得M=2𝑝0S3𝑔-23m(1分)(3)由盖-吕萨克定律得𝑉2𝑇0=𝑉30.99�

�0(1分)其中V2=3𝐿𝑆4(1分)解得V3=0.99V2(1分)则ΔV=V2-V3=3400LS(1分)此过程外界对气体做的功为W=p2ΔV(2分)由热力学第一定律有ΔU0=Q-W(1分)可知Q=ΔU0+𝑝0SL400-𝑚𝑔𝐿40

0(1分)