第三章 热力学定律（重难点训练）物理人教版选择性必修第三册

第三章 热力学定律 【题型1 改变物体内能的两种方式】 1 【题型2 热力学第一定律的表达和应用】 3 【题型3 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合】 14 【题型4 能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）】 17 【题型5 第一类永动机不可能制成】 19 【题型6 热力学第二定律的不同表述与理解】 22 【题型7 第二类永动机不可能制成】 24 【题型8 热力学第二定律的微观解释（无序性）】 26 【题型9 熵与熵增加原理】 28 【题型10 热力学第三定律的表述和应用】 31 【题型1 改变物体内能的两种方式】 1．如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60℃的热水和0℃的冷水，下列说法不正确的是（　　） A．因质量相等，故A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大 B．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小 C．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递 D．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态 【答案】B 【解答】解： A.温度是分子的平均动能的标志，因质量相等，故A瓶中水的分子平均动能大，A的内能比B瓶中水的内能大．故A正确． B.质量相等的60℃的热水和0℃的冷水相比，60℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故B错误； C.若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递，故C正确； D.若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态，故D正确； 本题选不正确的，故选：B。 2．甲、乙两个物体质量之比是4：3，吸收的热量之比是2：3，它们的比热容之比和升高的温度之比，可能分别是（　　） A．5：2，1：5 B．4：2，1：1 C．1：2，4：1 D．4：3，2：3 【答案】A 【解答】解：根据题意，由公式Q＝cmΔt可得： 则有•，只要满足就可能。 A、若它们的比热容之比和升高的温度之比分别为5：2，1：5，则有，是可能的，故A正确； B．若它们的比热容之比和升高的温度之比分别为4：2，1：1，则有，不可能，故B错误； C、若它们的比热容之比和升高的温度之比分别为1：2，4：1，则有，不可能，故C错误； D、若它们的比热容之比和升高的温度之比分别为4：3，2：3，则有，不可能，故D错误。 故选：A。 3．（多选）在以下事例中，通过做功的方式来改变物体内能的是（　　） A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高 B．冬天暖气为房间供暖 C．点燃的爆竹在空中爆炸 D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热 【答案】AD 【解答】解：A、两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高，是机械能转化为内能，通过做功的方式来改变物体内能，故A正确； B、冬天暖气为房间供暖，能量的转移，通过热传递方式来改变物体内能，故B错误； C、点燃的爆竹在空中爆炸，化学能转化为机械能，故C错误； D、汽车的车轮与地面相互摩擦发热，机械能转化为内能，通过做功的方式来改变物体内能，故D正确； 故选：AD。 【题型2 热力学第一定律的表达和应用】 4．洪涝灾害时，可利用圆柱形塑料盆实施紧急漂浮自救，如图（a）所示。将盆口用力F向下迅速竖直压入水面，如图（b）所示。设盆内气体可以视为理想气体，盆内气体压缩过程中与外界无热量交换。关于此过程说法正确的是（　　） A．F大小保持不变 B．气体压强与体积成反比 C．封闭气体分子的无规则运动更加剧烈 D．气体内能保持不变 【答案】C 【解答】解：A．将盆用力向下迅速竖直压入水面，受力分析有pS＝F+G+p0S 即F＝（p﹣p0）S﹣G，下压过程为绝热压缩，气体体积减小、温度升高，气体压强p增大，则F逐渐增大，故A错误； B．气体经历的是绝热压缩过程，本过程温度升高，不是等温过程，不满足玻意耳定律pV＝C，故B错误； CD．由于竖直向下压盆过程中，外界对气体做功，气体经历的是绝热压缩过程，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，气体分子的无规则运动更加剧烈，故C正确，D错误。 故选：C。 5．古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体（　　） A．对外界做正功，内能增加 B．对外界做负功，内能减少 C．分子密集程度增大，分子平均动能增大 D．每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈 【答案】C 【解答】解：A.压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功；且该过程近似绝热，内能应增加，故A错误； B.压缩气体时，外界对气体做功，气体对外界做负功；但气体内能增加，而非减少，故B错误； C.压缩过程中，气体体积减小，分子数不变，分子密集程度增大；气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，故C正确； D.温度升高时，分子平均动能增大，是统计平均的结果，并非每个分子的运动速率都增大，故D错误。 故选：C。 6．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　） A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变 B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量 C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比 D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变 【答案】D 【解答】解：A.压强由分子平均动能和单位时间单位面积撞击数共同决定，温度升高使分子平均动能增大、撞击力增强，为维持压强不变，单位时间撞击器壁的分子数会减少，故A错误； B.根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，气体升温ΔU＞0，同时泄压时气体对外做功W＜0，因此内能增加量ΔU小于从化学反应中吸收的热量Q，故B错误； C.理想气体状态方程 pV＝nRT中，本题p、V不变，但气体物质的量n因逸出而减小，不满足“n、V不变”的前提，故p与热力学温度T不成正比，故C错误； D.压强的物理本质是气体分子对单位面积器壁的平均作用力，题目明确食材层内空气压强不变，故该平均作用力不变，故D正确。 故选：D。 7．盐穴是盐矿开采后形成的地下洞穴，盐穴压缩空气储能是一种大规模储能发电新技术的应用，可从电网吸纳用电低谷时的“过剩电能”，在用电高峰时，再将电能回馈至电网，如图是我市盐穴压缩空气储能系统示意图。初始时刻地下盐穴内气压与外界大气压强相同，为p0，在完成一次能量转储过程后地下盐穴内气体压强变为11p0。电动空气压缩机工作效率为η＝80%。盐穴气密性、导热性良好，压缩过程气体温度保持不变，将空气视为理想气体。若空气等温压缩过程中外界对气体做的功（C为常量，V初、V末分别是气体初、末态体积），则完成一次能量转储过程空气压缩机消耗的总电能为（　　） A．Cln10 B．Cln11 C． D． 【答案】D 【解答】解：初始状态：压强p0，体积V初 末状态：压强 11p0，体积V末 因压缩过程温度不变，由玻意耳定律p1V1＝p2V2 可得：p0V初＝11p0V末 代入数据可得 对气体做的功题目给出等温压缩过程中外界对气体做的功W＝C 代入数据可得体积比W＝Cln11 已知压缩机效率η＝80% ＝0.8，效率为总电能） 则：，故D正确，ABC错误。 故选：D。 8．（多选）防灾演练中，消防员演示了在水中使用塑料盆进行自救的方法。如图甲所示，消防员用双手环抱住倒扣的盆体，将盆口压入水中，最终消防员和塑料盆一起漂浮，其示意图如图乙所示。若盆中空气可视为理想气体，且温度保持不变，则在盆口缓慢下压的过程中（　　） A．盆中气体压强不变 B．盆中气体对外界放出热量 C．盆中气体分子的平均动能增加 D．盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数增加 【答案】BD 【解答】解：A、将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，由玻意耳定律可知，盆中气体的压强增大，故A错误； B、将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，外界对盆中气体做正功，由于温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故B正确； C、由于气体温度不变，所以分子平均动能不变，故C错误； D、由于气体体积减小，压强增大，则盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数增加，故D正确。 故选：BD。 9．（多选）如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上放置一个带有活塞A的导热汽缸B，活塞用平行于斜面的轻弹簧拉住，弹簧的另一端被固定，弹簧的劲度系数为k0＝100N/m，初始状态活塞到汽缸底部内侧的距离为L1＝27cm，汽缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为L2＝1cm，汽缸内气体的初始温度为T1＝270K。已知汽缸质量为M＝0.4kg，活塞的质量为m＝0.2kg，汽缸内部的横截面积为S＝1cm2，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U＝kT，k＝2×10﹣3J/K，不计一切摩擦，g＝10m/s2，大气压为。现对汽缸进行缓慢加热，则（　　） A．初始状态下弹簧的伸长量为1cm B．初始状态下汽缸内气体压强 C．汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板时，气体的温度为280K D．从最初到汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板时，气体吸收的热量Q＝0.1J 【答案】BCD 【解答】解：AB、对汽缸和活塞整体分析，弹簧弹力F＝（M+m）gsinθ＝kΔx，对活塞受力分析有F+p1S＝mgsinθ+p0S，代入数据解得，Δx＝0.03m＝3cm，故A错误，B正确； C、设汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中，封闭气体的压强不变，则有，解得T2＝280K，故C正确； D、该过程中内能增大，为ΔU＝kT2﹣kT1，外界对气体做功W＝﹣p1（V2﹣V1），根据热力学第一定律有 ΔU＝W+Q，联立解得 Q＝0.1J，故D正确。 故选：BCD。 10．如图，粗细均匀且上端开口的玻璃管竖直放置，管内用长h＝4cm的水银封闭着一段长l1＝3.8cm的空气柱。已知大气压强p0＝76cmHg，则管内气体的压强p1＝ 　80　 cmHg。将玻璃管缓慢转至水平，管内气体温度保持不变，则此时管内空气柱长度l2＝ 　4.0　 cm，此过程中管内气体 　吸热　 （填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”）。 【答案】80；4.0；吸热。 【解答】解：管内气体的压强p1＝p0+ph＝76cmHg+4cmHg＝80cmHg 玻璃管缓慢转至水平时，管内气体压强p2＝p0＝76cmHg 根据玻意耳定律p1Sl1＝p2Sl2 解得 气体的体积增大，气体对外做功，则W＜0 根据热力学第一定律ΔU＝W+Q 气体的温度不变，内能不变，可得Q＞0，因此在这个过程中气体吸收热量。 故答案为：80；4.0；吸热。 11．2025年1月，位于湖北应城的全球首套300兆瓦级压气储能电站“能储一号”正式全容量并网，其工作原理是利用电网负荷低谷时的剩余电力将外界空气压缩进入高压密封设备内，在用电高峰再释放出来发电。已知高压密封设备可视为绝热容器，则在将空气压缩进入高压密封设备的过程中，气体内能　增大　 （选填“增大”“减小”或“不变”），气体分子对设备器壁单位面积的平均撞击力　增大　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】增大；增大。 【解答】解：将空气压缩进入绝热容器中的过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大，温度升高； 根据上述分析可知，气体的内能增大，温度升高，气体分子平均动能增大，气体的体积减小，分子数密度增大，因此压强增大，即气体分子对器壁单位面积的平均撞击力增大。 故答案为：增大；增大。 12．如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内，用质量m＝2kg、厚度不计的活塞密封了一部分理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。活塞的面积S＝1.0×10﹣3m2，整个装置始终处于大气压恒为的空气中，开始时气缸内气体温度为47℃，活塞离气缸底部的高度h1＝0.8m。现将气缸置于室温为27℃的环境中，气体向外界释放30J的热量后再次达到平衡，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）再次平衡时活塞离气缸底部的距离h2； （2）活塞再次平衡过程中，气体内能的变化量ΔU。 【解答】解：（1）根据题意，气缸内气体在平衡状态变化前后，对活塞的压力是不变的，所以气体压强始终不变，满足等压变化的条件，由盖—吕萨克定律得 其中T1＝（47+273）K＝320K，T2＝（27+273）K＝300K 代入可得到h2＝0.75m （2）气体体积减小的过程中外界对气体做功，W为正，设气缸内气体的压强为p1，则有W＝﹣p1S（h2﹣h1） 对活塞受力分析，有mg+p0S＝p1S 代入可得W＝6J 根据热力学第一定律，有ΔU＝Q+W 其中Q＝﹣30J 可得ΔU＝﹣24J 答：（1）再次平衡时活塞离气缸底部的距离为0.75m； （2）活塞再次平衡过程中，气体内能的变化量为﹣24J。 13．如图所示，一绝热汽缸固定在倾角θ＝30°的斜面上，距汽缸底部L＝0.8m处有一横截面积S＝10cm2、密封性良好的轻质绝热活塞，用一轻质细线绕过定滑轮将活塞与一质量m1＝2kg的物体相连。初始时刻整个装置恰好处于静止状态，且汽缸内气体的温度为300K（封闭气体可视为理想气体，大气压强p0＝1×105Pa）。现用电热丝对汽缸内气体进行缓慢加热，直至活塞到汽缸底部的距离为1.5L，不计一切摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求最终汽缸内气体的热力学温度T2； （2）假设该过程吸收的热量为200J，求封闭气体内能的增加量。 【解答】解：（1）初始状态：装置静止，活塞受力平衡，有p1S+m1g＝p0S 解得，V1＝LS ，T1＝300K 最终状态活塞受力不变，有， 由盖一吕萨克定律有 解得 （2）气体膨胀做的功 由热力学第一定律有ΔU＝Q+W＝200J﹣32J＝168J 答：（1）最终汽缸内气体的热力学温度T2为450K； （2）封闭气体内能的增加量为168J。 14．将一底面积为S的圆柱形杯子倒扣在水中，松手后杯底恰好与水面齐平，如图甲所示，杯内有高度为h的空气。现用拉力F缓慢向上提起杯子，杯口一直没有脱离水面。忽略杯子的厚度及形变，大气压强为p0，重力加速度为g，水的密度为ρ，杯内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。 （1）求杯子的质量m以及刚开始时杯内空气的压强p1； （2）当在水面上方杯子内有高度为H的水时，如图乙所示，求此时杯内水面到杯底的距离l； （3）向上提升杯子的过程中，杯内空气是吸热还是放热，请说明理由。 【解答】解：（1）刚开始时，对杯子受力分析，重力等于浮力，有mg＝ρgSh 解得m＝ρSh 杯内空气的压强等于水中深度为h处的压强p1＝ρgh+p0 （2）当在水面上方杯子内有高度为H的水时，杯内空气的压强p2满足p2+ρgH＝p0 杯子被缓慢提起，有充足的时间与外界进行热交换，因此气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1hS＝p2lS 解得 （3）吸热，理由：气体发生等温变化，内能不变，即ΔU＝0 由第（2）问可知，提升过程中，杯内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q 可知Q＞0，故向上提升杯子的过程中，杯内空气吸热。 答：（1）杯子的质量m是ρSh，刚开始时杯内空气的压强是ρgh+p0； （2）当在水面上方杯子内有高度为H的水时，如图乙所示，此时杯内水面到杯底的距离是； （3）吸热，理由：气体发生等温变化，内能不变，即ΔU＝0 由第（2）问可知，提升过程中，杯内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q 可知Q＞0，故向上提升杯子的过程中，杯内空气吸热。 15．用如图所示装置可以测量形状不规则矿石的体积，软管内装有水银，实验过程环境温度不变，装置导热性和气密性均良好。操作步骤如下： ①打开阀门K，使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动管D，使容器B的水银面与其底端刻度n对齐； ②关闭K，向上移动管D，使容器B的水银面到达其顶端刻度m处，测得管D、容器B内水银面高度差为h1； ③打开K，把某矿石投入容器C中，再次移动管D使容器B的水银面与其底端刻度n对齐； ④重复步骤②，测得管D、容器B内水银面高度差为h2。 已知容器C和管A的总体积为V0，大气压为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g。 （1）求容器B的体积VB； （2）求该矿石的体积V； （3）设步骤②的过程封闭气体放热为Q1，步骤④的过程封闭气体放热为Q2，请分析并判断Q1和Q2的大小关系。 【解答】解：（1）对步骤①②，设封闭气体末态压强为p1，p1＝p0+ρgh1，p0（+V）＝p1V 解得VB （2）对步骤③④，设封闭气体末态压强为p2p2＝p0+ρgh2，p0（VB+V0﹣V）＝p2（V0﹣V） 解得V （3）两个过程有热力学第一定律ΔU＝W+Q 由于两个过程均为等温变化，气体内能不变，故气体放出的热量大小等于外界对气体做功大小，分两个过程体积的变化量相同，初态压强相同，由（1）（2）可知h1＜h2，步骤④的末态压强大，平均压强大，外界对气体做功多 由此可知，Q1＜Q2 答：（1）容器B的体积VB是； （2）该矿石的体积V是； （3）设步骤②的过程封闭气体放热为Q1，步骤④的过程封闭气体放热为Q2，Q1＜Q2。 【题型3 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合】 16．如图所示，一定质量的理想气体经历a→b→c→d状态变化，其中a状态的温度为T0，c→d为等温过程。下列说法正确的是（　　） A．c状态的温度为3T0 B．d状态的压强为1.5p0 C．b→c的过程中，所有气体分子的运动速率都增加 D．a→b的过程中，气体对外界做正功 【答案】B 【解答】解：A.a→c过程中，根据理想气体状态方程 代入数据得Tc＝T0，故A错误； B.c→d过程，根据玻意耳定律有3p0×V0＝pd×2V0 代入数据得pd＝1.5p0，故B正确； C.b→c的过程中体积不变，压强升高，则温度升高，气体分子的平均运动速率增加，但不是所有气体分子的速率都增加，故C错误； D.a→b的过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，故D错误。 故选：B。 17．在研究热机效率与微观机制时，科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历A→B→C→A循环过程中气体压强p与热力学温度T的关系图像。已知AB、BC分别与横轴和纵轴平行，CA延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　） A．A→B过程，气体的体积将增大 B．A→B过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多 C．B→C过程，每个气体分子的动能均保持不变 D．C→A过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量 【答案】A 【解答】解：A、在A→B过程中，气体压强p保持不变，温度T逐渐升高。根据盖﹣吕萨克定律可知，气体体积V随之增大，故A正确； B、在A→B过程中，气体压强p恒定，温度T升高导致分子平均动能增大，单个分子撞击器壁的平均作用力因此变大。为维持压强不变，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数目必须减少，故B错误； C、在B→C过程中，气体温度T不变，因此分子的平均动能保持不变。但并非每一个气体分子的动能都维持不变，故C错误； D、在C→A过程中，其p﹣T图像为通过原点的直线。依据理想气体状态方程可以推断，气体体积V保持不变，因此气体做功W＝0；同时，温度T降低导致气体内能减少，即ΔU＜0。根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，代入W＝0可得Q＝ΔU，这意味着气体放出的热量恰好等于其内能的减少量，故D错误。 故选：A。 18．（多选）如图所示，一定质量的理想气体经a→b→c→d→a完成循环过程，ab、cd与纵轴平行，bc与横轴平行，其中d→a过程为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是（　　） A．b→c过程中，气体内能减少 B．c→d过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少 C．状态b、d的体积和压强满足pbVb＜pdVd D．d→a过程中，气体从外界吸收热量 【答案】BC 【解答】解：A、由图像可知，在b→c过程中，气体压强保持不变，体积逐渐增大，依据盖﹣吕萨克定律V＝CT可知，气体温度升高，其内能增加，故A错误； B、由图像可知，在c→d过程中，气体体积保持不变，压强逐渐减小，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少，故B正确； D、由题意知，d→a过程为等温过程，气体内能不变，即ΔU＝0。气体体积减小，外界对气体做功，即W＞0。根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，解得Q＝﹣W＜0，表明气体放出热量，故D错误。 C、由题意知，d→a过程为等温过程，依据玻意耳定律可得paVa＝pdVd。由图可知a→b为等容过程，且pa＞pb，Va＝Vb，因此有paVa＞pbVb，进而可得pbVb＜pdVd，故C正确； 故选：BC。 19．如图，一定质量的某种理想气体的循环由下面三个过程组成：1→2为绝热过程，过程中气体　不与　 （选填“与”或“不与”）外界交换热量，2→3为等压过程；3→1为等温过程。1→2过程中，气体温度　升高　 （选填“升高”“降低”或“不变”）；2→3过程中，气体对　外　 做功（选填“外”或“内”）；3→1过程中，气体的内能　不变　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】不与；升高；外；不变。 【解答】解：过程1→2为绝热过程，根据热力学定义，该过程中气体与外界无热量交换；观察p﹣V图像可知，从状态1到状态2气体体积减小，外界对气体做功W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，可得ΔU＞0，对于一定质量的理想气体，内能增加则温度升高；过程2→3为等压过程，由图像知，从状态2到状态3气体体积增大，表明气体对外界做功；过程3→1为等温过程，理想气体内能仅由温度决定，温度不变则内能不变。 故答案为：不与；升高；外；不变。 20．一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p﹣V图像如图所示，变化顺序为A→B→C→D→A，图中AB线段反向延长线过坐标原点，BC、DA线段与p轴垂直，CD线段与V轴垂直。已知理想气体在A状态的温度为T，图中p0、V0均为已知量，求： （1）整个过程中理想气体的最高温度； （2）整个过程理想气体是吸热还是放热，吸收或释放了多少热量。 【解答】解：（1）状态C温度最高，从状态A到状态C，由理想气体状态方程可得 代入数据可得T′＝6T （2）从A→B→C过程，气体对外界做功 从D→A过程，外界对气体做功W2＝p0（3V0﹣V0）， 由热力学定律可得ΔU＝Q+W总 代入数据可得，吸热。 答：（1）整个过程中理想气体的最高温度是6T； （2）整个过程理想气体是吸热，吸收了热量。 【题型4 能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）】 21．下列现象中，符合能量转化守恒定律但违反热力学第二定律的是（　　） A．一杯热茶自然放置，茶水会慢慢冷却 B．蒸汽机把蒸汽的部分内能转化成机械能 C．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体 D．通过降低海水温度的方法就可以得到大量的能量用来发电从而解决能源短缺的问题 【答案】D 【解答】解：A.热传递具有方向性，一杯热茶自然放置，茶水会慢慢冷却，遵循热力学第二定律，故A正确； B.根据热力学第二定律：蒸汽机的能量损失不可避免，只能把蒸汽的部分内能转化为机械能，故B正确； C.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，此过程中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故C正确； D.根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并转化为功而不引起其他的变化，利用降低海水温度放出大量的热量来发电，降低海水温度的过程，消耗的能源更多，不能解决能源短缺的问题，故D错误。 故选：D。 22．蓄热砖式电暖器工作时先通电加热内部蓄热砖，蓄热砖达到设定高温后断电，在不通电情况下蓄热砖仍能长时间对外放热。则蓄热砖式电暖器（　　） A．通电加热过程电暖器将内能转化为电能 B．蓄热砖不通电对外放热过程其内能保持不变 C．蓄热砖放热时通过热传递改变周围物体的内能 D．减少蓄热砖质量，使其升高相同温度时所需热量会更多 【答案】C 【解答】解：A、通电加热过程电暖器消耗电能，对外提供内能，将电能转化为内能，故A错误； B、蓄热砖不通电对外放热过程其内能减少，故B错误； C、蓄热砖放热时通过热传递改变周围物体的内能，故C正确； D、由Q＝cmΔt可知，减少蓄热砖质量，使其升高相同温度时所需热量会减少，故D错误。 故选：C。 23．（多选）夏天人们常在家中开电风扇来缓解炎热感，下列相关说法正确的是（　　） A．风扇提升空气流经人体表面的速度，帮助人体降温 B．在密闭的房间内开电风扇，室内空气的温度会升高 C．风扇提升空气流动的速度，使得室内空气的温度降低 D．风扇提升空气流动的速度，使得室内空气分子热运动的平均动能降低 【答案】AB 【解答】解：电风扇打开会提升空气流经人体表面的速度，加快人体汗液的蒸发，蒸发吸热，所以人感到凉爽，但不能改变室内空气的温度，空气分子的平均动能只与温度有关，即不能使室内空气分子热运动的平均动能降低，但在密闭的房间内开电风扇，因电风扇消耗电能产生热能，反而使室内空气的温度会升高。故AB正确，CD错误。 故选：AB。 【题型5 第一类永动机不可能制成】 24．在热学中，下列说法正确的是（　　） A．第一类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律 B．第二类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律 C．热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能而内能不能转化为机械能 D．热量只能从高温物体传向低温物体，而不能从低温物体传向高温物体 【答案】A 【解答】解：A：不消耗能量而不断对外做功的第一类永动机是不可能制成的，因为它违背了能量守恒定律。故A正确； B：从单一热源吸收热量而对外做功的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B错误； C：热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能，而内能在“一定的条件下”也能转化为机械能。故C错误； D：热量能从高温物体传向低温物体，在“一定的条件下”也能从低温物体传向高温物体。故D错误。 故选：A。 25．关于下列几幅图的说法正确的是（　　） A．图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动 B．图乙为布朗运动产生原因的示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显 C．图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是多晶体 D．如图丁所示，“饮水小鸭”“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去 【答案】A 【解答】解：A.图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动，故A正确； B.图乙为布朗运动产生原因的示意图，说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越不明显，故B错误； C.图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是单晶体，故C错误； D.如图丁所示，“饮水小鸭“喝“完口水后，直立起来，直立一 会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝“一口，如此循环往复，根据能量守恒可知，“饮水小鸭”头部饮水后不断蒸发， 吸收周围空气的热量，才能持续工作下去，故D错误。 故选：A。 26．（多选）下列有关热现象说法正确的是（　　） A．甲图是分子间作用力与分子间距离示意图，在r0处引力和斥力等大，分子力为零，分子间势能最小 B．乙图是气体分子速率分布图，由图可知T1代表的温度小于T2代表的温度，但T1图像与坐标轴包围的面积大于T2图像与坐标轴包围的面积 C．丙图中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因 D．丁图中永动机的设计，违背了热力学第二定律 【答案】AC 【解答】解：A、图甲是分子间作用力示意图，在r0处分子引力和斥力等大反向，分子力为零，分子间势能最小，故A正确； B、温度越高，速率大的分子占总分子数的百分比越大，则T1小于T2，但T1对应图像与坐标轴包围的面积等于T2对应图像与坐标轴包围的面积，均为1，故B错误； C、图丙中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表面张力形成的原因，故C正确； D、第一类永动机违背能量守恒定律，不可能制成，故D错误。 故选：AC。 27．约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰•维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下． 在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，而且竟在德国取得了专利权! 请你分析一下，维尔金斯“永动机”能实现吗？ 【解答】解：维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律．小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球增加了机械能；但小球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现． 【题型6 热力学第二定律的不同表述与理解】 28．对下列各图的理解，正确的是（　　） A．图甲是同一部分气体在不同温度下的图线，可知温度tⅠ＞tⅡ B．图乙冰箱的工作原理表明热量可以自发地从低温物体传到高温物体 C．图丙方解石的双折射现象体现了其光学性质的各向异性 D．图丁玻璃管中的水银液面呈凸形，表明水银能浸润玻璃 【答案】C 【解答】解：A.温度越高，气体分子平均速率越大，麦克斯韦速率分布曲线的峰值会向大速率方向移动，且峰值降低。由图可知曲线Ⅱ的最概然速率更大，因此tⅡ＞tⅠ，故A错误； B.根据热力学第二定律，热量不能自发从低温物体传到高温物体，冰箱工作时需要消耗外界电能做功，不是自发过程，故B错误； C.方解石是单晶体，单晶体具有光学各向异性，双折射现象就是光学各向异性的体现，故C正确； D.液体不浸润固体时，液面会呈现凸形，水银液面在玻璃管中呈凸形，说明水银不能浸润玻璃，故D错误。 故选：C。 29．（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（　　） A．热量不可能从低温物体向高温物体传递 B．池塘中的气泡上浮的过程中对外界做正功 C．一定质量的理想气体向真空绝热自由膨胀的过程中内能不变 D．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化为机械能 【答案】BC 【解答】解：A.根据热力学第二定律，热量可以从低温物体向高温物体传递，但必须引起其他变化（如电冰箱工作时消耗电能），故A错误； B.池塘中的气泡上浮过程中，气泡所处深度减小，外界压强减小。根据理想气体状态方程pV＝nRT，气泡体积膨胀，对外界做正功，故B正确； C.一定质量的理想气体向真空绝热自由膨胀时，由于是绝热过程（Q＝0），且气体向真空膨胀不对外做功（W＝0）。根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得ΔU＝0，即气体内能不变，故C正确； D.根据热力学第二定律，机械能可以全部转化为内能（如摩擦生热），但内能不可能全部用来做功转化为机械能而不引起其他变化（如第二类永动机不可能制成），故D错误。 故选：BC。 30．（多选）如图所示，导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，外界环境保持恒温，活塞与汽缸壁光滑接触，现将活塞杆缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功，下列说法正确的是恒温（　　） A．所有气体分子热运动的速率都相等 B．气体的压强减小 C．气体对外做功，从外界吸收热量，但内能不变 D．气体从单一热源吸收热量，若全部用来对外做功时，会违反热力学第二定律 【答案】BC 【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，等温条件下分子平均动能不变，但不是所有分子热运动的速率都相等，分子速率有大有小，只是平均速率不变，故A错误。 B、气体等温膨胀，则温度T不变、体积V变大。根据理想气体状态方程pV＝nRT，可知压强p减小，故B正确。 C、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，等温过程温度不变，因此内能不变（ΔU＝0）；气体膨胀对外做功（W＜0）。根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得Q＝﹣W＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。 D、热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响。此过程中活塞缓慢移动，有外界对活塞的力等参与（产生了其他影响），所以气体从单一热源吸收热量全部用来对外做功时，不违反热力学第二定律，故D错误。 故选：BC。 31．有同学把热力学第二定律理解为“功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功”，或“热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体”。这些理解对吗？为什么？ 【解答】解：两种理解都不正确。功可以全部转化为热量，热量也能全部转化为功，但必须发生其他的一些变化；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，通过外力做功是可以把热量从低温物体传到高温物体。 答：两种理解都不正确。功可以全部转化为热量，热量也能全部转化为功，但必须发生其他的一些变化；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，通过外力做功是可以把热量从低温物体传到高温物体。 【题型7 第二类永动机不可能制成】 32．关于热学知识，下列说法正确的是（　　） A．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到﹣293℃ B．单晶体的光学性质一定各向异性 C．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第一定律 D．若某固体气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，在忽略分子间隙的情况下，每个气凝胶分子的直径为 【答案】D 【解答】解：A、根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，宇宙的下限温度是﹣273℃，所以制冷机也不可以使温度降到﹣293℃，故A错误； B、单晶体的物理性质具有各向异性，但不是所有的物理性质都具有各向异性，所以单晶体的光学性质不一定是各向异性，故B错误； C、第二类永动机并不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律，所以不可能制成，故C错误； D、若某固体气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，则摩尔体积为V，设分子的直径为d，阿伏加德罗常数为NA，在忽略分子间隙的情况下，则V，解得每个气凝胶分子的直径为d，故D正确。 故选：D。 33．热泵空调被广泛视为缓解电动汽车冬季续航焦虑的关键技术之一，其核心原理是通过“逆卡诺循环”实现热量的搬运，它能在冬季从低温环境中提取热量送入车厢，能效比（制热量与耗电量之比）在2.0～4.5之间，可提升续航20～30km。关于热泵空调，下列说法正确的是（　　） A．其工作过程违背了热力学第二定律 B．制热循环中，其向车厢放出的热量全部来自消耗的电能 C．在绝热压缩过程中，压缩机对制冷剂（视为理想气体）做功，可使其升压升温 D．当制冷剂温度升高时，组成它的所有分子的热运动速率都增大 【答案】C 【解答】解：A．热泵空调在冬季从低温环境中提取热量送入车厢其工作过程中，消耗了电能，它不违背了热力学第二定律，故A错误； B．制热循环中，其向车厢放出的热量主要来自低温环境中热量，故B错误； C．在绝热压缩过程中，压缩机对制冷剂（视为理想气体）做功，使气体的内能增加，温度升高，压强增大，因此压缩机对制冷剂做功可使其升压升温，故C正确； D．当制冷剂温度升高时，分子的平均动能增大，但不是组成它的所有分子的热运动速率都增大，故D错误。 故选：C。 34．（多选）下列说法正确的是（　　） A．法国科学家泊松用实验证实了电磁波的存在 B．不需要任何动力或燃料的永动机是可以制成的 C．电子束穿过铝箔后形成衍射图样，说明电子具有波动性 D．翻松土壤可以破坏土壤里的毛细管，从而防止土壤中的水分散失 【答案】CD 【解答】解：A．赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误； B．根据能量转化和守恒定律可知，不需要任何动力或燃料的永动机是不可以制成的，故B错误； C．电子束穿过铝箔后形成衍射图样，说明电子具有波动性，是物质波的典型表现，故C正确； D．翻松土壤可以破坏土壤里的毛细管，减少水分蒸发，从而防止土壤中的水分散失，故D正确。 故选：CD。 【题型8 热力学第二定律的微观解释（无序性）】 35．半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800到1250摄氏度）状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是（　　） A．这种渗透过程是分子的扩散现象 B．这种渗透过程是自发可逆的 C．温度升高时，掺杂源物质所有分子的热运动速率都增加 D．硅晶体是单晶体，具有各向同性 【答案】A 【解答】解：A、掺杂源物质的分子通过热运动渗透进硅晶体表面，是不同物质相互接触时彼此进入对方的扩散现象，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散越显著，故A正确。 B、根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自发过程都是不可逆的，该渗透过程是自发的热运动过程，不可逆，故B错误。 C、温度是分子平均热运动速率的标志，温度升高时，分子的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增加，仍有部分分子速率可能减小，故C错误。 D、硅晶体是单晶体，单晶体具有各向异性（不同方向物理性质不同），而非各向同性，故D错误。 故选：A。 36．“破镜重圆”真的有可能发生吗？最近，物理学家在实验室观察到了某种金属材料发生的神奇现象：当该金属出现极细小裂纹时，裂纹会在分子力作用下快速自我修复，从而实现了真正的“破镜重圆”。已知分子间平衡距离为r0。下列说法正确的是（　　） A．裂纹修复过程中裂纹处的分子力做正功 B．裂纹修复过程中裂纹处的分子势能变大 C．裂纹自我修复现象与热力学第二定律相矛盾 D．当裂纹两边的分子间距大于10r0时，分子间仍有较明显的分子力 【答案】A 【解答】解：AB．在裂纹处，分子间距r＞r0，根据分子合力特点，可知分子间作用力表现为引力，根据功能关系，裂纹修复时引力做正功，分子势能减小。故A正确；B错误； C．在分子间引力作用下，裂纹自然修复，体现了热力学过程的方向性，符合热力学第二定律。故C错误； D．当分子间距r＞10r0时，分子间几乎没有作用力。故D错误。 故选：A。 37．（多选）关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是（　　） A．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中一定吸收热量 B．布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现象是分子热运动的间接反映 C．阿伏伽德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数 D．热传递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程 E．水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当作球形处理 【答案】ACE 【解答】解：A.一定质量理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能增加，对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，一定吸收热量，故A正确； B.扩散现象是由于分子无规则运动直接形成的，而布朗运动是分子热运动的间接反映，故B错误； C.阿伏伽德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏伽德罗常数，故C正确； D.根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故D错误； E.油膜为单分子紧密排列的，测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理，因此单分子油膜的厚度被认为是油分子的直径，所以油膜法可以把油分子近似看作一个球体，故E正确。 故选：ACE。 【题型9 熵与熵增加原理】 38．2024年4月30日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林圆满完成了出舱活动期间的全部既定任务。已知飞船在航天员出舱前要“减压”，在航天员从太空返回进入飞船时要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”。气闸舱的原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满空气，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（　　） A．气体膨胀做功，内能减小 B．气体向外界放出热量 C．气体分子对A舱壁的压强减小 D．一段时间后，B内气体的密度可以自发地恢复到原来真空状态 【答案】C 【解答】解：AB．系统温度不变，则理想气体的温度不变，内能不变，气体自由扩散，没有对外做功，根据ΔU＝W+Q可知，整个系统与外界没有热交换，故AB错误； C．气体温度不变，则分子热运动的剧烈程度不变，体积增大，则分子的密集程度变小，故压强减小，故C正确； D．根据熵增加原理，B中气体不可能自发地全部退回到A中，B内气体的密度也不可能自发地恢复到原来真空状态，故D错误。 故选：C。 39．下列说法正确的是（　　） A．热量不能由低温物体传到高温物体 B．摔碎的玻璃往往有棱有角，说明玻璃是一种晶体 C．水银滴落到地板砖上会像小球一样滚动说明水银不浸润地板砖 D．一定质量的理想气体分别通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收的热量相同 【答案】C 【解答】解：A、热量不能自发的由低温物体传到高温物体，但通过外界做功，可以将热量由低温物体传到高温物体，故A错误； B、摔碎的玻璃有棱有角并不能说明玻璃是晶体，玻璃没有确定的熔点，故不是晶体，故B错误； C、水银滴落到地板砖上会缩成小球，说明水银不浸润地板砖，故C正确； D、一定质量的理想气体温度都升高1℃，内能增加量相等，等压变化时，气体体积变大，气体对外界做功，等容变化时做功为零，根据热力学第一定律可知，气体等压变化的过程中吸收的热量更多，故D错误。 故选：C。 40．（多选）真空保温杯是由不锈钢加上真空层做成的盛水的容器，顶部有盖，密封严实，真空绝热层能使装在内部的水等液体延缓散热，以达到保温的目的，保温杯的真空度（真空状态下气体的稀薄程度）决定了保温杯的保温效果，保温杯外壳一旦出现裂缝，保温层的气体增多，其保温效果会受到很大的影响。已知杯中气体可视为理想气体，环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa、关于保温杯，下列说法正确的是（　　） A．一个保温杯盛有大半杯100℃的水，第二天杯盖很难打开，是因为杯内气压降低，低于大气压 B．一个保温杯盛有半杯100℃的水，经过一段时间，杯内气体分子对杯壁单位面积的撞击次数将减少 C．保温杯可以延缓散热，但杯中水的温度仍然会变化，说明自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，朝着熵减小的方向发展 D．一保温杯中盛有半瓶常温下的水，经过一段时间，瓶内气体达到了饱和汽压，则瓶内的水将停止蒸发 【答案】AB 【解答】解：A、杯中气体体积不变，第二天温度降低，根据查理定律知杯中气体压强降低，低于大气压，故A正确； D、杯中100℃的水，经过一段时间，温度降低，压强降低，则杯内气体分子对杯壁单位面积的撞击次数将减少，故B正确； C、根据热力学第二定律，自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，朝着熵增大的方向发展，则C错误； D、达到饱和汽压后，水蒸发和液化达到动态平衡，蒸发的水分子数目等于液化回到液体中的水分子数目，并不是停止蒸发，故D错误。 故选：AB。 41．人一天大约向周围环境散发热量8×106J，求： （1）人在一天中的熵变； （2）由于人的散热导致环境在一天中的熵变。忽略人的其它生理活动带来的熵变，并忽略人的体温波动。人的体温为310K，环境温度按273K计算。 【解答】解：（1）人在一天中的熵变 J/K （2）环境在一天中的熵变 J/K 答：（1）人在一天中的熵变﹣2.58×104J/K； （2）由于人的散热导致环境在一天中的熵变2.93×104J/K。 【题型10 热力学第三定律的表述和应用】 42．下列关于热现象和热现象的规律的说法正确的是 （　　） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子存在斥力的缘故 C．随着制冷技术的不断发展，不远的将来可以使温度降低到﹣274℃ D．热机中燃气的热能不可能全部变成机械能 【答案】D 【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的热运动，故A错误； B、气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故B错误； C、根据热力学第三定律可知，物体的温度不可能低于﹣273.15℃，故C错误； D、根据热力学第二定律热机中燃气的热能不可能全部变成机械能，故D正确； 故选：D。 43．下列说法正确的是（　　） A．一定质量的零摄氏度的水结成同温度的冰，分子热运动的平均动能变小 B．一定质量的气体体积变大一定对外做功 C．无论科技如何发达，降温技术有多么高明，绝对零度都不可能真正达到 D．随着温度的升高，物质的每个分子热运动剧烈程度都在加剧 【答案】C 【解答】解：A、一定质量的零摄氏度的水结成同温度的冰，温度不变，分子平均热运动动能不会改变，故A错误； B、如果外界是真空，则气体膨胀不需要克服外力做功，故B错误； C、根据热力学第三定律，绝对零度无法通过有限步骤达到，故C正确； D、温度升高是分子平均动能增大的统计结果，但个别分子的动能可能减小，故D错误。 故选：C。 44．（多选）关于热学规律，下列说法正确的是（　　） A．随着技术的进步绝对零度可以实现 B．外界对物体做功，物体的内能可能不变 C．火力发电时，燃烧物质的内能可以全部转化为电能 D．一切自发的热学过程都是向着分子热运动无序性增大的方向进行 【答案】BD 【解答】解：A、绝对零度永不能够达到。故A错误； B、根据热力学第一定律可知，外界对物体做功的同时，若放出热量，其内能可能不变，故B正确； C、根据热力学第二定律可知，火力发电时，燃烧物质的内能不可以全部转化为电能。故C错误； D、根据熵增原理可知，一切自发的热学过程都是向着分子热运动无序性增大的方向进行。故D正确； 故选：BD。 45．（1）下列说法正确的是（仅有一个正确选项） 　D　 A．两个接触在一起的固体间不可能发生扩散现象 B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动 C．温度相同的物体的分子平均速率相同 D．无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度 （2）气缸长为L＝1m，固定在水平面上，气缸中有横截面积S＝100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27℃，大气压为Pa时，气柱长度为l＝0.9m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计．问： ①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力F的大小？ ②如果气缸内气体温度升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为多少摄氏度？ 【解答】解：（1）A、固体的分子也在不停地做无规则运动，同时固体的分子之间也存在间隙，所以扩散现象不仅发生在气体和液体之间，固体之间也会发生扩散现象．故A错误 B、布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动，故B错误 C、温度是分子平均动能的标志，温度相同说明分子的平均动能相等，而不是速率相等．故C错误 D、无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度，故D正确 故选D． （2）①设活塞到达气缸右端口时，封闭气体的压强为p1， 由题，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得： p0lS＝p1LS 解得：p1Pa＝9×104Pa 又对活塞平衡得：p1S＝p0S﹣F 联立解得：F＝（p0﹣p1）S＝（1×105﹣9×104）×100×10﹣4N＝100N ②气缸内气体温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化， 根据盖•吕萨克定律得： 解得：t′＝60℃ 故答案为：（1）D （2）①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力F的大小是100N； ②如果气缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为60℃． / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 热力学定律 【题型1 改变物体内能的两种方式】 1 【题型2 热力学第一定律的表达和应用】 2 【题型3 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合】 8 【题型4 能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）】 10 【题型5 第一类永动机不可能制成】 10 【题型6 热力学第二定律的不同表述与理解】 12 【题型7 第二类永动机不可能制成】 13 【题型8 热力学第二定律的微观解释（无序性）】 14 【题型9 熵与熵增加原理】 15 【题型10 热力学第三定律的表述和应用】 16 【题型1 改变物体内能的两种方式】 1．如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60℃的热水和0℃的冷水，下列说法不正确的是 A．因质量相等，故A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大 B．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小 C．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递 D．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态 2．甲、乙两个物体质量之比是4：3，吸收的热量之比是2：3，它们的比热容之比和升高的温度之比，可能分别是（　　） A．5：2，1：5 B．4：2，1：1 C．1：2，4：1 D．4：3，2：3 3．（多选）在以下事例中，通过做功的方式来改变物体内能的是（　　） A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高 B．冬天暖气为房间供暖 C．点燃的爆竹在空中爆炸 D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热 【题型2 热力学第一定律的表达和应用】 4．洪涝灾害时，可利用圆柱形塑料盆实施紧急漂浮自救，如图（a）所示。将盆口用力F向下迅速竖直压入水面，如图（b）所示。设盆内气体可以视为理想气体，盆内气体压缩过程中与外界无热量交换。关于此过程说法正确的是（　　） A．F大小保持不变 B．气体压强与体积成反比 C．封闭气体分子的无规则运动更加剧烈 D．气体内能保持不变 5．古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体（　　） A．对外界做正功，内能增加 B．对外界做负功，内能减少 C．分子密集程度增大，分子平均动能增大 D．每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈 6．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　） A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变 B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量 C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比 D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变 7．盐穴是盐矿开采后形成的地下洞穴，盐穴压缩空气储能是一种大规模储能发电新技术的应用，可从电网吸纳用电低谷时的“过剩电能”，在用电高峰时，再将电能回馈至电网，如图是我市盐穴压缩空气储能系统示意图。初始时刻地下盐穴内气压与外界大气压强相同，为p0，在完成一次能量转储过程后地下盐穴内气体压强变为11p0。电动空气压缩机工作效率为η＝80%。盐穴气密性、导热性良好，压缩过程气体温度保持不变，将空气视为理想气体。若空气等温压缩过程中外界对气体做的功（C为常量，V初、V末分别是气体初、末态体积），则完成一次能量转储过程空气压缩机消耗的总电能为（　　） A．Cln10 B．Cln11 C． D． 8．（多选）防灾演练中，消防员演示了在水中使用塑料盆进行自救的方法。如图甲所示，消防员用双手环抱住倒扣的盆体，将盆口压入水中，最终消防员和塑料盆一起漂浮，其示意图如图乙所示。若盆中空气可视为理想气体，且温度保持不变，则在盆口缓慢下压的过程中（　　） A．盆中气体压强不变 B．盆中气体对外界放出热量 C．盆中气体分子的平均动能增加 D．盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数增加 9．（多选）如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上放置一个带有活塞A的导热汽缸B，活塞用平行于斜面的轻弹簧拉住，弹簧的另一端被固定，弹簧的劲度系数为k0＝100N/m，初始状态活塞到汽缸底部内侧的距离为L1＝27cm，汽缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为L2＝1cm，汽缸内气体的初始温度为T1＝270K。已知汽缸质量为M＝0.4kg，活塞的质量为m＝0.2kg，汽缸内部的横截面积为S＝1cm2，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U＝kT，k＝2×10﹣3J/K，不计一切摩擦，g＝10m/s2，大气压为。现对汽缸进行缓慢加热，则（　　） A．初始状态下弹簧的伸长量为1cm B．初始状态下汽缸内气体压强 C．汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板时，气体的温度为280K D．从最初到汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板时，气体吸收的热量Q＝0.1J 10．如图，粗细均匀且上端开口的玻璃管竖直放置，管内用长h＝4cm的水银封闭着一段长l1＝3.8cm的空气柱。已知大气压强p0＝76cmHg，则管内气体的压强p1＝ 　 　 cmHg。将玻璃管缓慢转至水平，管内气体温度保持不变，则此时管内空气柱长度l2＝ 　 　 cm，此过程中管内气体 　 　 （填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”）。 11．2025年1月，位于湖北应城的全球首套300兆瓦级压气储能电站“能储一号”正式全容量并网，其工作原理是利用电网负荷低谷时的剩余电力将外界空气压缩进入高压密封设备内，在用电高峰再释放出来发电。已知高压密封设备可视为绝热容器，则在将空气压缩进入高压密封设备的过程中，气体内能　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”），气体分子对设备器壁单位面积的平均撞击力　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 12．如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内，用质量m＝2kg、厚度不计的活塞密封了一部分理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。活塞的面积S＝1.0×10﹣3m2，整个装置始终处于大气压恒为的空气中，开始时气缸内气体温度为47℃，活塞离气缸底部的高度h1＝0.8m。现将气缸置于室温为27℃的环境中，气体向外界释放30J的热量后再次达到平衡，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）再次平衡时活塞离气缸底部的距离h2； （2）活塞再次平衡过程中，气体内能的变化量ΔU。 13．如图所示，一绝热汽缸固定在倾角θ＝30°的斜面上，距汽缸底部L＝0.8m处有一横截面积S＝10cm2、密封性良好的轻质绝热活塞，用一轻质细线绕过定滑轮将活塞与一质量m1＝2kg的物体相连。初始时刻整个装置恰好处于静止状态，且汽缸内气体的温度为300K（封闭气体可视为理想气体，大气压强p0＝1×105Pa）。现用电热丝对汽缸内气体进行缓慢加热，直至活塞到汽缸底部的距离为1.5L，不计一切摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求最终汽缸内气体的热力学温度T2； （2）假设该过程吸收的热量为200J，求封闭气体内能的增加量。 14．将一底面积为S的圆柱形杯子倒扣在水中，松手后杯底恰好与水面齐平，如图甲所示，杯内有高度为h的空气。现用拉力F缓慢向上提起杯子，杯口一直没有脱离水面。忽略杯子的厚度及形变，大气压强为p0，重力加速度为g，水的密度为ρ，杯内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。 （1）求杯子的质量m以及刚开始时杯内空气的压强p1； （2）当在水面上方杯子内有高度为H的水时，如图乙所示，求此时杯内水面到杯底的距离l； （3）向上提升杯子的过程中，杯内空气是吸热还是放热，请说明理由。 15．用如图所示装置可以测量形状不规则矿石的体积，软管内装有水银，实验过程环境温度不变，装置导热性和气密性均良好。操作步骤如下： ①打开阀门K，使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动管D，使容器B的水银面与其底端刻度n对齐； ②关闭K，向上移动管D，使容器B的水银面到达其顶端刻度m处，测得管D、容器B内水银面高度差为h1； ③打开K，把某矿石投入容器C中，再次移动管D使容器B的水银面与其底端刻度n对齐； ④重复步骤②，测得管D、容器B内水银面高度差为h2。 已知容器C和管A的总体积为V0，大气压为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g。 （1）求容器B的体积VB； （2）求该矿石的体积V； （3）设步骤②的过程封闭气体放热为Q1，步骤④的过程封闭气体放热为Q2，请分析并判断Q1和Q2的大小关系。 【题型3 热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合】 16．如图所示，一定质量的理想气体经历a→b→c→d状态变化，其中a状态的温度为T0，c→d为等温过程。下列说法正确的是（　　） A．c状态的温度为3T0 B．d状态的压强为1.5p0 C．b→c的过程中，所有气体分子的运动速率都增加 D．a→b的过程中，气体对外界做正功 17．在研究热机效率与微观机制时，科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历A→B→C→A循环过程中气体压强p与热力学温度T的关系图像。已知AB、BC分别与横轴和纵轴平行，CA延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　） A．A→B过程，气体的体积将增大 B．A→B过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多 C．B→C过程，每个气体分子的动能均保持不变 D．C→A过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量 18．（多选）如图所示，一定质量的理想气体经a→b→c→d→a完成循环过程，ab、cd与纵轴平行，bc与横轴平行，其中d→a过程为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是（　　） A．b→c过程中，气体内能减少 B．c→d过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少 C．状态b、d的体积和压强满足pbVb＜pdVd D．d→a过程中，气体从外界吸收热量 19．如图，一定质量的某种理想气体的循环由下面三个过程组成：1→2为绝热过程，过程中气体　 　 （选填“与”或“不与”）外界交换热量，2→3为等压过程；3→1为等温过程。1→2过程中，气体温度　 　 （选填“升高”“降低”或“不变”）；2→3过程中，气体对　 　 做功（选填“外”或“内”）；3→1过程中，气体的内能　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 20．一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p﹣V图像如图所示，变化顺序为A→B→C→D→A，图中AB线段反向延长线过坐标原点，BC、DA线段与p轴垂直，CD线段与V轴垂直。已知理想气体在A状态的温度为T，图中p0、V0均为已知量，求： （1）整个过程中理想气体的最高温度； （2）整个过程理想气体是吸热还是放热，吸收或释放了多少热量。 【题型4 能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）】 21．下列现象中，符合能量转化守恒定律但违反热力学第二定律的是（　　） A．一杯热茶自然放置，茶水会慢慢冷却 B．蒸汽机把蒸汽的部分内能转化成机械能 C．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体 D．通过降低海水温度的方法就可以得到大量的能量用来发电从而解决能源短缺的问题 22．蓄热砖式电暖器工作时先通电加热内部蓄热砖，蓄热砖达到设定高温后断电，在不通电情况下蓄热砖仍能长时间对外放热。则蓄热砖式电暖器（　　） A．通电加热过程电暖器将内能转化为电能 B．蓄热砖不通电对外放热过程其内能保持不变 C．蓄热砖放热时通过热传递改变周围物体的内能 D．减少蓄热砖质量，使其升高相同温度时所需热量会更多 23．（多选）夏天人们常在家中开电风扇来缓解炎热感，下列相关说法正确的是（　　） A．风扇提升空气流经人体表面的速度，帮助人体降温 B．在密闭的房间内开电风扇，室内空气的温度会升高 C．风扇提升空气流动的速度，使得室内空气的温度降低 D．风扇提升空气流动的速度，使得室内空气分子热运动的平均动能降低 【题型5 第一类永动机不可能制成】 24．在热学中，下列说法正确的是（　　） A．第一类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律 B．第二类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律 C．热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能而内能不能转化为机械能 D．热量只能从高温物体传向低温物体，而不能从低温物体传向高温物体 25．关于下列几幅图的说法正确的是（　　） A．图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动 B．图乙为布朗运动产生原因的示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显 C．图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是多晶体 D．如图丁所示，“饮水小鸭”“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去 26．（多选）下列有关热现象说法正确的是（　　） A．甲图是分子间作用力与分子间距离示意图，在r0处引力和斥力等大，分子力为零，分子间势能最小 B．乙图是气体分子速率分布图，由图可知T1代表的温度小于T2代表的温度，但T1图像与坐标轴包围的面积大于T2图像与坐标轴包围的面积 C．丙图中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因 D．丁图中永动机的设计，违背了热力学第二定律 27．约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰•维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下． 在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，而且竟在德国取得了专利权! 请你分析一下，维尔金斯“永动机”能实现吗？ 【题型6 热力学第二定律的不同表述与理解】 28．对下列各图的理解，正确的是（　　） A．图甲是同一部分气体在不同温度下的图线，可知温度tⅠ＞tⅡ B．图乙冰箱的工作原理表明热量可以自发地从低温物体传到高温物体 C．图丙方解石的双折射现象体现了其光学性质的各向异性 D．图丁玻璃管中的水银液面呈凸形，表明水银能浸润玻璃 29．（多选）关于热力学定律，下列说法正确的是（　　） A．热量不可能从低温物体向高温物体传递 B．池塘中的气泡上浮的过程中对外界做正功 C．一定质量的理想气体向真空绝热自由膨胀的过程中内能不变 D．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化为机械能 30．（多选）如图所示，导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，外界环境保持恒温，活塞与汽缸壁光滑接触，现将活塞杆缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功，下列说法正确的是恒温（　　） A．所有气体分子热运动的速率都相等 B．气体的压强减小 C．气体对外做功，从外界吸收热量，但内能不变 D．气体从单一热源吸收热量，若全部用来对外做功时，会违反热力学第二定律 31．有同学把热力学第二定律理解为“功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功”，或“热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体”。这些理解对吗？为什么？ 【题型7 第二类永动机不可能制成】 32．关于热学知识，下列说法正确的是（　　） A．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到﹣293℃ B．单晶体的光学性质一定各向异性 C．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第一定律 D．若某固体气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，在忽略分子间隙的情况下，每个气凝胶分子的直径为 33．热泵空调被广泛视为缓解电动汽车冬季续航焦虑的关键技术之一，其核心原理是通过“逆卡诺循环”实现热量的搬运，它能在冬季从低温环境中提取热量送入车厢，能效比（制热量与耗电量之比）在2.0～4.5之间，可提升续航20～30km。关于热泵空调，下列说法正确的是（　　） A．其工作过程违背了热力学第二定律 B．制热循环中，其向车厢放出的热量全部来自消耗的电能 C．在绝热压缩过程中，压缩机对制冷剂（视为理想气体）做功，可使其升压升温 D．当制冷剂温度升高时，组成它的所有分子的热运动速率都增大 34．（多选）下列说法正确的是（　　） A．法国科学家泊松用实验证实了电磁波的存在 B．不需要任何动力或燃料的永动机是可以制成的 C．电子束穿过铝箔后形成衍射图样，说明电子具有波动性 D．翻松土壤可以破坏土壤里的毛细管，从而防止土壤中的水分散失 【题型8 热力学第二定律的微观解释（无序性）】 35．半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800到1250摄氏度）状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是（　　） A．这种渗透过程是分子的扩散现象 B．这种渗透过程是自发可逆的 C．温度升高时，掺杂源物质所有分子的热运动速率都增加 D．硅晶体是单晶体，具有各向同性 36．“破镜重圆”真的有可能发生吗？最近，物理学家在实验室观察到了某种金属材料发生的神奇现象：当该金属出现极细小裂纹时，裂纹会在分子力作用下快速自我修复，从而实现了真正的“破镜重圆”。已知分子间平衡距离为r0。下列说法正确的是（　　） A．裂纹修复过程中裂纹处的分子力做正功 B．裂纹修复过程中裂纹处的分子势能变大 C．裂纹自我修复现象与热力学第二定律相矛盾 D．当裂纹两边的分子间距大于10r0时，分子间仍有较明显的分子力 37．（多选）关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是（　　） A．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中一定吸收热量 B．布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现象是分子热运动的间接反映 C．阿伏伽德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数 D．热传递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程 E．水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当作球形处理 【题型9 熵与熵增加原理】 38．2024年4月30日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林圆满完成了出舱活动期间的全部既定任务。已知飞船在航天员出舱前要“减压”，在航天员从太空返回进入飞船时要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”。气闸舱的原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满空气，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（　　） A．气体膨胀做功，内能减小 B．气体向外界放出热量 C．气体分子对A舱壁的压强减小 D．一段时间后，B内气体的密度可以自发地恢复到原来真空状态 39．下列说法正确的是（　　） A．热量不能由低温物体传到高温物体 B．摔碎的玻璃往往有棱有角，说明玻璃是一种晶体 C．水银滴落到地板砖上会像小球一样滚动说明水银不浸润地板砖 D．一定质量的理想气体分别通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收的热量相同 40．（多选）真空保温杯是由不锈钢加上真空层做成的盛水的容器，顶部有盖，密封严实，真空绝热层能使装在内部的水等液体延缓散热，以达到保温的目的，保温杯的真空度（真空状态下气体的稀薄程度）决定了保温杯的保温效果，保温杯外壳一旦出现裂缝，保温层的气体增多，其保温效果会受到很大的影响。已知杯中气体可视为理想气体，环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa、关于保温杯，下列说法正确的是（　　） A．一个保温杯盛有大半杯100℃的水，第二天杯盖很难打开，是因为杯内气压降低，低于大气压 B．一个保温杯盛有半杯100℃的水，经过一段时间，杯内气体分子对杯壁单位面积的撞击次数将减少 C．保温杯可以延缓散热，但杯中水的温度仍然会变化，说明自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，朝着熵减小的方向发展 D．一保温杯中盛有半瓶常温下的水，经过一段时间，瓶内气体达到了饱和汽压，则瓶内的水将停止蒸发 41．人一天大约向周围环境散发热量8×106J，求： （1）人在一天中的熵变； （2）由于人的散热导致环境在一天中的熵变。忽略人的其它生理活动带来的熵变，并忽略人的体温波动。人的体温为310K，环境温度按273K计算。 【题型10 热力学第三定律的表述和应用】 42．下列关于热现象和热现象的规律的说法正确的是 （　　） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子存在斥力的缘故 C．随着制冷技术的不断发展，不远的将来可以使温度降低到﹣274℃ D．热机中燃气的热能不可能全部变成机械能 43．下列说法正确的是（　　） A．一定质量的零摄氏度的水结成同温度的冰，分子热运动的平均动能变小 B．一定质量的气体体积变大一定对外做功 C．无论科技如何发达，降温技术有多么高明，绝对零度都不可能真正达到 D．随着温度的升高，物质的每个分子热运动剧烈程度都在加剧 44．（多选）关于热学规律，下列说法正确的是（　　） A．随着技术的进步绝对零度可以实现 B．外界对物体做功，物体的内能可能不变 C．火力发电时，燃烧物质的内能可以全部转化为电能 D．一切自发的热学过程都是向着分子热运动无序性增大的方向进行 45．（1）下列说法正确的是（仅有一个正确选项） 　 　 A．两个接触在一起的固体间不可能发生扩散现象 B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动 C．温度相同的物体的分子平均速率相同 D．无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度 （2）气缸长为L＝1m，固定在水平面上，气缸中有横截面积S＝100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27℃，大气压为Pa时，气柱长度为l＝0.9m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计．问： ①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力F的大小？ ②如果气缸内气体温度升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为多少摄氏度？ / 学科网（北京）股份有限公司 $