學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精題組層級快練（五十六）一、選擇題1．（2016·延慶模擬）對于一個熱力學系統,下列說法正確的是（)A．如果外界對它傳遞熱量則系統內能一定增加B．如果外界對它做功則系統內能一定增加C．如果系統的溫度不變則內能一定不變D．系統的內能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它做功的和答案D解析物體吸收熱量，可能同時對外做功,內能不一定增加，故選項A錯誤；外界對物體做功，物體可能同時放熱，物體的內能不一定增加，故選項B錯誤;如果系統的溫度不變，物態發生變化，則內能一定變化，故選項C錯誤;根據熱力學第一定律,系統的內能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它做功的和，故選項D正確．2．(2016·珠海模擬）在一鍋正在沸騰的水中，一個小氣泡由底層緩慢地升到液面，上升過程中氣泡的壓強不斷減小，則氣泡在上浮過程中（)A．內能增大 B．內能減小C．外界對氣泡做功 D．吸收熱量答案D解析氣泡緩慢上升的過程中，外部的壓強逐漸減小，由于外部恒溫，根據eq\f(pV,T)＝C，所以體積增大，氣泡膨脹對外做功，溫度不變，則內能不變，故選項A、B錯誤；根據熱力學第一定律可得,ΔU＝Q＋W知，氣泡內能不變，同時對外做功，所以必須從外界吸收熱量，故選項C錯誤，選項D正確．3．(2016·梅州模擬）小紅和小明打乒乓球不小心把乒乓球踩扁了，小明認真觀察后發現表面沒有開裂，于是把踩扁的乒乓球放在熱水里泡一下,基本恢復了原狀．乒乓球內的氣體可視為理想氣體，對于乒乓球恢復原狀的過程，下列描述中正確的是()A．內能變大，球內氣體對外做正功的同時吸熱B．內能變大，球內氣體對外做正功的同時放熱C．內能變大，球內氣體對外做負功的同時吸熱D．內能變小，球內氣體對外做負功的同時放熱答案A解析乒乓球內的氣體受力膨脹，故對外做功，故W＜0，氣體溫度升高，故內能增加，故ΔU＞0，根據熱力學第一定律公式ΔU＝Q＋W，Q＞0,即吸收熱量,故選項A正確，選項B、C、D錯誤．4．對于一定量的理想氣體,下列說法正確的是（)A．若氣體的壓強不變，其內能一定不變B．若氣體的內能不變，其狀態一定不變C．若氣體的溫度隨時間不斷升高，其壓強一定不斷增大D．當氣體溫度升高時，氣體的內能一定增大答案D解析對于理想氣體而言，內能是由溫度決定的，根據理想氣體狀態方程，eq\f(pV,T）＝C可知，當壓強不變時,其溫度不一定不發生變化,因此內能不一定不變,選項A錯誤；而反過來，內能不變只能說明溫度不變，可能發生等溫變化，也就是氣體狀態可能發生變化，選項B錯誤；根據理想氣體狀態方程，eq\f(pV,T)＝C，溫度升高，只能是pV乘積變大，至于壓強可能增加也可能減小,選項C錯誤；內能是由溫度決定的,當溫度升高時,內能一定增加，選項D正確．5．（2016·南昌模擬）下列敘述和熱力學定律相關,其中正確的是()A．第一類永動機不可能制成,是因為違背了能量守恒定律B．能量耗散過程中能量不守恒C．電冰箱的制冷系統能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，違背了熱力學第二定律D．能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性E．物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功答案ADE解析第一類永動機既不消耗能量又能源源不斷對外做功，違背了能量守恒定律，所以不可能制成，故選項A正確；能量耗散過程中能量也守恒,故選項B錯誤；電冰箱的致冷系統能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，是由于壓縮機做功,并不違背了熱力學第二定律,故選項C錯誤，能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，故選項D正確；根據熱力學第二定律可知：氣體不可能從單一熱源吸熱,并全部用來對外做功，而不引起其它變化，若引起外界變化則可以,故選項E正確．6．(2016·宜昌模擬）關于熱力學定律，下列說法正確的是（)A．第二類永動機不可能制成是因為它違反了能量守恒定律B．一定量氣體,吸熱200J，氣體對外做功220J，內能減少20JC．熱量能夠自發地從高溫物體傳到低溫物體D．利用高科技手段，可以將流散到周圍環境中的內能重新收集起來加以利用而不引起其他變化E．一定質量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣答案BCE解析第二類永動機不違反能量守恒定律,但違反了熱力學第二定律，故選項A錯誤；氣體對外做功220J，W＝－220J，吸收200J熱量,Q＝200J，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20J，即內能減少20J，故選項B正確；根據熱力學第二定律,熱量能夠自發地從高溫物體傳到低溫物體，故選項C正確；根據熱力學第二定律利用高科技手段，不可能將流散到周圍環境中的內能重新收集起來加以利用而不引起其他變化，故選項D錯誤；一定質量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣，體積增大，對外做功，所以吸收的熱量大于增加的內能,故選項7.（2016·開封模擬）如圖所示,一絕熱容器被隔板K隔開成a、b兩部分．已知a內有一定量的稀薄氣體,b內為真空．抽開隔板K后,a內氣體進入b，最終達到平衡狀態．在此過程中(）A．氣體對外界做功，內能減少B．氣體不做功，內能不變C．氣體壓強變小，溫度不變D．氣體壓強變大，溫度不變E．單位時間內撞擊容器壁的分子數減少答案BCE解析絕熱容器內的稀薄氣體與外界沒有熱傳遞,Q＝0，稀薄氣體向真空擴散時氣體沒有做功，W＝0，根據熱力學第一定律稀薄氣體的內能不變，則溫度不變，稀薄氣體擴散體積增大，根據玻意耳定律可知，氣體的壓強必然變小，故選項A、D錯誤，選項B、C正確；溫度不變，分子的平均動能不變，壓強減小，說明單位時間內撞擊容器壁的分子數減少，故選項E正確．8。如圖所示，一定質量的理想氣體，從狀態A經絕熱過程A→B、等容過程B→C、等溫過程C→A又回到了狀態A，則（）A．A→B過程氣體降溫B．B→C過程氣體內能增加，可能外界對氣體做了功C．C→A過程氣體放熱D．全部過程氣體做功為零答案AC解析A→B過程氣體絕熱膨脹，氣體對外界做功，其對應的內能必定減小，即氣體溫度降低，選項A正確；B→C過程氣體等容升壓，由p/T＝C（常量）可知，氣體溫度升高,其對應內能增加，因做功W＝0，選項B錯；C→A過程氣體等溫壓縮，故內能變化為零,但外界對氣體做功，因此該過程中氣體放熱，選項C正確；A→B過程氣體對外做功，其數值等于AB線與橫軸包圍的面積．B→C過程氣體不做功．C→A過程外界對氣體做功，其數值等于CA線與橫軸包圍的面積,顯然全過程對氣體做的凈功為ABC封閉曲線包圍的面積，選項D不正確．9。導熱氣缸開口向下，內有理想氣體，缸內活塞可自由滑動且不漏氣，活塞下掛一個沙桶,沙桶裝滿沙子時,活塞恰好靜止，現在把沙桶底部鉆一個小洞，細沙慢慢漏出，并緩慢降低氣缸外部環境溫度，則(）A．氣體壓強增大，內能可能不變B．外界對氣體做功,氣體溫度降低C．氣體體積減小，壓強增大，內能一定減小D．外界對氣體做功，氣體內能一定增加答案BC解析由平衡條件知活塞受到的沙桶拉力減小，其他力如活塞重力、大氣壓力不變，則氣體壓強增大、體積減小,外界對氣體做功，由于環境溫度緩慢降低，則氣體內能減少，由ΔU＝W＋Q知Q<0,即向外放熱．10。(2015·福建）如圖所示,一定質量的理想氣體，由狀態a經過ab過程到達狀態b或者經過ac過程到達狀態c.設氣體在狀態b和狀態c的溫度分別為Tb和Tc,在過程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac，則(）A．Tb〉Tc，Qab〉Qac B．Tb〉Tc，Qab〈QacC．Tb＝Tc，Qab>Qac D．Tb＝Tc，Qab<Qac答案C解析由理想氣體狀態方程可知eq\f（paVa，Ta)＝eq\f（pcVc,Tc)＝eq\f（pbVb，Tb），即eq\f(2p0·V0，Tc)＝eq\f(p0·2V0,Tb），得Tc＝Tb，則氣體在b、c狀態內能相等，因a到b和a到c的ΔU相同;而a到c過程中氣體體積不變，W＝0，a到b過程中氣體膨脹對外做功，W<0,根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知a到b的吸熱Qab大于a到c的吸熱Qac,即Qab>Qac,選項C正確．11.如圖所示,氣缸和活塞與外界均無熱交換，中間有一個固定的導熱性良好的隔板,封閉著兩部分氣體A和B,活塞處于靜止平衡狀態．現通過電熱絲對氣體A加熱一段時間，后來活塞達到新的平衡，不計氣體分子勢能，不計活塞與氣缸壁間的摩擦，大氣壓強保持不變，則下列判斷正確的是(）A．氣體A吸熱，內能增加B．氣體B吸熱，對外做功，內能不變C．氣體A分子的平均動能增大D．氣體A和氣體B內每個分子的動能都增大E．氣體B分子單位時間內對器壁單位面積碰撞總次數減少答案ACE解析氣體A進行等容變化，則W＝0,根據ΔU＝W＋Q可知氣體A吸收熱量，內能增加,溫度升高，氣體A分子的平均動能變大，但是不是每個分子的動能都增加，選項A、C正確，選項D錯誤；因為中間是導熱隔板，所以氣體B吸收熱量，溫度升高，內能增加;又因為壓強不變，故體積變大，氣體對外做功，選項B錯誤；氣體B的壓強不變，但是體積增大,平均動能增大,所以氣體B分子單位時間內對器壁單位面積的碰撞次數減少,選項E正確．二、非選擇題12.一定質量的理想氣體，其內能跟溫度成正比．在初始狀態A時，體積為V0，壓強為p0，溫度為T0，已知此時其內能為U0。該理想氣體從狀態A經由一系列變化，最終還回到原來狀態A，其變化過程的p－T圖如圖所示，其中CA延長線過坐標原點，BA在同一豎直直線上．求：(1)狀態B的體積；（2)狀態C的體積；（3)從狀態B經由狀態C，最終回到狀態A的過程中，氣體與外界交換的熱量是多少？答案(1）eq\f(V0，3)（2）V0（3)2p0V0解析（1）由圖可知，從狀態A到狀態B為等溫變化過程，狀態B時氣體壓強為p1＝3p0，設體積為V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V1＝eq\f(V0,3）.(2)由圖可知,從狀態B到狀態C為等壓變化過程,狀態C時氣體溫度為T2＝3T0,設體積為V2，由蓋－呂薩克定律得eq\f（V1，T0）＝eq\f（V2，T2），解得V2＝V0.（3）由狀態B經狀態C回到狀態A,外界對氣體做的總功為ΔW；從狀態B到狀態C,設外界對氣體做功為ΔWBC,ΔWBC＝p2(V1－V2），聯立解得ΔWBC＝－2p0V0；從狀態C回到狀態A,由圖線知為等容過程,外界對氣體不做功，所以ΔW＝ΔWBC＝－2p0V0，從狀態B經狀態C回到狀態A，內能增加量為ΔU＝0，氣體從外界吸收的熱量為ΔQ,內能增加量為ΔU，由熱力學第一定律得ΔU＝ΔQ＋ΔW，解得ΔQ＝2p0V0，即氣體從外界吸收熱量2p0V0.13。如圖所示，體積為V，內壁光滑的圓柱形導熱汽缸頂部有一質量和厚度均可忽略的活塞;汽缸內密封有溫度為2。4T0、壓強為1.2p0的理想氣體，p0和T0分別為大氣的壓強和溫度．已知:氣體內能U與溫度T的關系為U＝αT，α為正的常量；容器內氣體的所有變化過程都是緩慢的．求：（1）汽缸內氣體與大氣達到平衡時的體積V1；(2）在活塞下降過程中，汽缸內氣體放出的熱量Q.答案(1）eq\f（1，2)V(2)eq\f（1,2)p0V＋αT0解析(1)在缸內氣體由壓強p＝1。2p0下降到p0的過程中，氣體體積不變，溫度由T＝2。4T0變為T1，由查理定律,得eq\f(T1,T）＝eq\f(p0，p) ①在氣體