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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第三册 第3章 章末检测试卷(三)（含解析）
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章末检测试卷(三)(满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2022·南充市高二期末改编 )关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )A．浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精B．空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体C．若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功D．理想热机的效率可以达到100%答案 B解析 浓度为75%的医用酒精长时间静置，不会自然分离为水和纯酒精，违反热力学第二定律，故A错误；空调既能制热也能制冷，说明通过压缩机做功热量能够从低温物体传到高温物体，故B正确；热力学第二定律可表述为：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，故C错误；由C中分析可知，理想热机的效率不可以达到100%，故D错误。2.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端黏着艾绒，猛推推杆，封闭的气体被迅速压缩，即可点燃艾绒。在此过程中( )A．气体温度升高，每个气体分子的动能都增大B．气体温度不变，气体分子的平均动能增大C．气体压强增大，内能增加D．气体压强不变，内能减少答案 C解析 封闭的气体被推杆压缩过程中，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，猛推推杆，对气体做功，则W>0，又因为时间很短，可认为Q＝0，所以气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增大，气体体积减小，压强增大，故A、B、D错误，C正确。3.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。4.(2022·南京市高二期中)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，不计活塞与汽缸间的摩擦，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，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，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，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。5．(2022·广州市高二期末)如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同，则( )A．A球吸收的热量较多B．B球吸收的热量较多C．两球吸收的热量一样多D．两球对外做的功一样多答案 B解析 水和水银的初温相同(两球的初温相同)，当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，所以内能变化相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银的密度比水的密度大，所以B球吸收的热量较多，故选B。6.(2022·南京市高二期中)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面“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。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大于在空气中释放的热量D．因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会升高答案 C解析 要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水升温，因此消耗能量，故A、B错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片从热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形变，转出热水需要将能量释放，然后再进入热水吸热，故水温降低，故D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，已知状态A气体的温度为150 ℃。下列说法正确的是( )A．气体在状态B时的温度为300 ℃B．气体在此过程中吸收了200 J的热量C．状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加D．状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时的一半答案 B解析 从状态A变化到状态B，发生等压变化，则eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，由题意知VA＝2.0×10－3 m3，VB＝4.0×10－3 m3，TA＝273 K＋150 ℃＝423 K，可得TB＝2TA＝846 K＝573 ℃，故A错误；从状态A变化到状态B，气体膨胀，气体对外界做功，则W＝－0.4×105×(4.0－2.0)×10－3 J＝－80 J，从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，则ΔU＝120 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝200 J，故B正确；从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；从状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，分子对器壁的平均撞击力增大；根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，但不一定减半，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.(2022·海南高二期末)用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后停止充气，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出，直到停喷。储气室内气体可视为理想气体，喷液过程中忽略气体与外界的热交换，则在喷液过程中下列说法正确的是( )A．储气室内气体压强增大B．储气室内气体温度降低C．储气室内气体内能减小D．消毒液停喷瞬间，储气室气体压强等于外界大气压强答案 BC解析 在喷液过程中，储气室内气体绝热膨胀，对外界做功，吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知气体内能减小，温度降低，故B、C正确；根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知气体压强减小，故A错误；消毒液停喷瞬间，设导管中液面比喷壶内液面高h，消毒液密度为ρ，大气压强为p0，根据平衡条件可知储气室气体压强为p＝ρgh＋p0>p0，故D错误。9.如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )A．左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加B．左右两边气体温度都升高C．左边气体压强增大D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量答案 ABC解析 当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出的热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动活塞，从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确；根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。10．(2022·中山市高二期末)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法正确的是( )A．冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量B．该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递C．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低答案 ABD解析 根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，制冷剂从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)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＝250 K，则状态C的温度TC＝____________ K；(3)若已知A→B过程放热Q＝80 J，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 变大(每空1分) (2)250(2分) (3)－20 20(每空1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＝250 K；(3)A→B过程外界对气体做功W＝pΔV＝1×105×(1.2－0.6)×10－3 J＝60 J气体放热Q＝80 J则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝W－Q＝－20 J；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＝80 J－60 J＝20 J。12.(8分)(2022·菏泽市高二月考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10－3 m3，温度为T0，气体内能U与温度的关系为U＝aT(a为常数)。求：(1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU＝____________；(2)该气体在状态C时的体积为____________ m3；(3)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为____________ J。答案 (1)－eq \f(2,3)aT0(2分) (2)6×10－3(3分) (3)400(3分)解析 (1)从A到B发生等容变化：eq \f(pA,T0)＝eq \f(pB,TB)，可得TB＝eq \f(1,3)T0，从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU＝UB－UA＝－eq \f(2,3)aT0(2)因为VB＝VA，从B到C发生等压变化eq \f(VB,TB)＝eq \f(VC,TC)，由题图知TC＝TA＝T0，所以VC＝6×10－3 m3(3)从A到B再到C的过程中ΔU＝0，WAB＝0，WBC＝－pBΔV＝－105×4×10－3 J＝－400 J根据热力学第一定律可得Q＝400 J，即气体从外界吸收热量400 J。13.(12分)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力大小为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：(1)内能的增加量ΔU；(2)最终温度T。答案 (1)Q－(p0S＋Ff)L (2)eq \f(2p0S＋Ff,p0S)t0解析 (1)活塞移动时受力平衡p1S＝p0S＋Ff，(2分)气体对外界做功W＝－p1SL，(2分)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L(2分)(2)活塞发生移动前，等容过程：eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)(2分)活塞向右移动了L，等压过程：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T)，(2分)且V2＝2V1，解得T＝eq \f(2p0S＋Ff,p0S)T0。(2分)14．(14分)(2022·重庆新高考适应性测试)如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；(2)若密闭气体的内能增量与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。答案 (1)eq \f(1,2)p0 (2)0.6p0 0.2kT0解析 (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0(2分)解得此时气体压强p＝eq \f(1,2)p0。(2分)(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)(2分)解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0(2分)温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；(2分)升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0，(2分)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。(2分)15.(14分)(2022·西安市高二期中)如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的汽缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，汽缸底部与U形水银气压计(U形管内气体体积忽略不计)相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U＝αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加速度为g，大气压强为p0，水银的密度为ρ，环境热力学温度为T0时，活塞离缸底的距离为eq \f(4,5)L。求：(1)环境温度为T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh；(2)环境温度由T0缓慢升高至eq \f(3,2)T0过程中，气体吸收的热量。答案 (1)eq \f(m,ρS) (2)eq \f(1,2)αT0＋eq \f(L,5)(p0S＋mg)解析 (1)设稳定后汽缸内气体的压强为p1，对活塞，根据平衡条件得mg＋p0S＝p1S，(2分)对水银柱，有p1＝p0＋ρgΔh，(2分)解得Δh＝eq \f(m,ρS)(2分)(2)缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为T1，由盖—吕萨克定律得eq \f(\f(4,5)LS,T0)＝eq \f(LS,T1)(2分)解得T1＝eq \f(5,4)T0<eq \f(3,2)T0，(2分)之后，气体温度由eq \f(5,4)T0升高至eq \f(3,2)T0，气体发生等容变化。整个过程中，气体对外界做的功，W＝－p1(LS－eq \f(4,5)LS)，(2分)由热力学第一定律得ΔU＝α(eq \f(3,2)T0－T0)＝Q＋W解得Q＝eq \f(1,2)αT0＋eq \f(L,5)(p0S＋mg)。(2分)
章末检测试卷(三)(满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2022·南充市高二期末改编 )关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )A．浓度为75%的医用酒精长时间静置，可以自然分离为水和纯酒精B．空调既能制热也能制冷，说明热量能够从低温物体传到高温物体C．若不产生其他影响，可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功D．理想热机的效率可以达到100%答案 B解析 浓度为75%的医用酒精长时间静置，不会自然分离为水和纯酒精，违反热力学第二定律，故A错误；空调既能制热也能制冷，说明通过压缩机做功热量能够从低温物体传到高温物体，故B正确；热力学第二定律可表述为：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，故C错误；由C中分析可知，理想热机的效率不可以达到100%，故D错误。2.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端黏着艾绒，猛推推杆，封闭的气体被迅速压缩，即可点燃艾绒。在此过程中( )A．气体温度升高，每个气体分子的动能都增大B．气体温度不变，气体分子的平均动能增大C．气体压强增大，内能增加D．气体压强不变，内能减少答案 C解析 封闭的气体被推杆压缩过程中，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，猛推推杆，对气体做功，则W>0，又因为时间很短，可认为Q＝0，所以气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增大，气体体积减小，压强增大，故A、B、D错误，C正确。3.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。4.(2022·南京市高二期中)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，不计活塞与汽缸间的摩擦，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，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，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，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。5．(2022·广州市高二期末)如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同，则( )A．A球吸收的热量较多B．B球吸收的热量较多C．两球吸收的热量一样多D．两球对外做的功一样多答案 B解析 水和水银的初温相同(两球的初温相同)，当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，所以内能变化相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银的密度比水的密度大，所以B球吸收的热量较多，故选B。6.(2022·南京市高二期中)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面“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。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大于在空气中释放的热量D．因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会升高答案 C解析 要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水升温，因此消耗能量，故A、B错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片从热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形变，转出热水需要将能量释放，然后再进入热水吸热，故水温降低，故D错误。7.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，已知状态A气体的温度为150 ℃。下列说法正确的是( )A．气体在状态B时的温度为300 ℃B．气体在此过程中吸收了200 J的热量C．状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加D．状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时的一半答案 B解析 从状态A变化到状态B，发生等压变化，则eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，由题意知VA＝2.0×10－3 m3，VB＝4.0×10－3 m3，TA＝273 K＋150 ℃＝423 K，可得TB＝2TA＝846 K＝573 ℃，故A错误；从状态A变化到状态B，气体膨胀，气体对外界做功，则W＝－0.4×105×(4.0－2.0)×10－3 J＝－80 J，从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120 J，则ΔU＝120 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝200 J，故B正确；从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；从状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，分子对器壁的平均撞击力增大；根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，但不一定减半，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.(2022·海南高二期末)用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后停止充气，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出，直到停喷。储气室内气体可视为理想气体，喷液过程中忽略气体与外界的热交换，则在喷液过程中下列说法正确的是( )A．储气室内气体压强增大B．储气室内气体温度降低C．储气室内气体内能减小D．消毒液停喷瞬间，储气室气体压强等于外界大气压强答案 BC解析 在喷液过程中，储气室内气体绝热膨胀，对外界做功，吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知气体内能减小，温度降低，故B、C正确；根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知气体压强减小，故A错误；消毒液停喷瞬间，设导管中液面比喷壶内液面高h，消毒液密度为ρ，大气压强为p0，根据平衡条件可知储气室气体压强为p＝ρgh＋p0>p0，故D错误。9.如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )A．左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加B．左右两边气体温度都升高C．左边气体压强增大D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量答案 ABC解析 当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出的热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动活塞，从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确；根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。10．(2022·中山市高二期末)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法正确的是( )A．冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量B．该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递C．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低答案 ABD解析 根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，制冷剂从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)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＝250 K，则状态C的温度TC＝____________ K；(3)若已知A→B过程放热Q＝80 J，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 变大(每空1分) (2)250(2分) (3)－20 20(每空1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＝250 K；(3)A→B过程外界对气体做功W＝pΔV＝1×105×(1.2－0.6)×10－3 J＝60 J气体放热Q＝80 J则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝W－Q＝－20 J；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＝80 J－60 J＝20 J。12.(8分)(2022·菏泽市高二月考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10－3 m3，温度为T0，气体内能U与温度的关系为U＝aT(a为常数)。求：(1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU＝____________；(2)该气体在状态C时的体积为____________ m3；(3)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为____________ J。答案 (1)－eq \f(2,3)aT0(2分) (2)6×10－3(3分) (3)400(3分)解析 (1)从A到B发生等容变化：eq \f(pA,T0)＝eq \f(pB,TB)，可得TB＝eq \f(1,3)T0，从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU＝UB－UA＝－eq \f(2,3)aT0(2)因为VB＝VA，从B到C发生等压变化eq \f(VB,TB)＝eq \f(VC,TC)，由题图知TC＝TA＝T0，所以VC＝6×10－3 m3(3)从A到B再到C的过程中ΔU＝0，WAB＝0，WBC＝－pBΔV＝－105×4×10－3 J＝－400 J根据热力学第一定律可得Q＝400 J，即气体从外界吸收热量400 J。13.(12分)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力大小为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：(1)内能的增加量ΔU；(2)最终温度T。答案 (1)Q－(p0S＋Ff)L (2)eq \f(2p0S＋Ff,p0S)t0解析 (1)活塞移动时受力平衡p1S＝p0S＋Ff，(2分)气体对外界做功W＝－p1SL，(2分)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L(2分)(2)活塞发生移动前，等容过程：eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)(2分)活塞向右移动了L，等压过程：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T)，(2分)且V2＝2V1，解得T＝eq \f(2p0S＋Ff,p0S)T0。(2分)14．(14分)(2022·重庆新高考适应性测试)如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；(2)若密闭气体的内能增量与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。答案 (1)eq \f(1,2)p0 (2)0.6p0 0.2kT0解析 (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0(2分)解得此时气体压强p＝eq \f(1,2)p0。(2分)(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)(2分)解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0(2分)温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；(2分)升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0，(2分)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。(2分)15.(14分)(2022·西安市高二期中)如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的汽缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，汽缸底部与U形水银气压计(U形管内气体体积忽略不计)相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U＝αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加速度为g，大气压强为p0，水银的密度为ρ，环境热力学温度为T0时，活塞离缸底的距离为eq \f(4,5)L。求：(1)环境温度为T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh；(2)环境温度由T0缓慢升高至eq \f(3,2)T0过程中，气体吸收的热量。答案 (1)eq \f(m,ρS) (2)eq \f(1,2)αT0＋eq \f(L,5)(p0S＋mg)解析 (1)设稳定后汽缸内气体的压强为p1，对活塞，根据平衡条件得mg＋p0S＝p1S，(2分)对水银柱，有p1＝p0＋ρgΔh，(2分)解得Δh＝eq \f(m,ρS)(2分)(2)缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为T1，由盖—吕萨克定律得eq \f(\f(4,5)LS,T0)＝eq \f(LS,T1)(2分)解得T1＝eq \f(5,4)T0<eq \f(3,2)T0，(2分)之后，气体温度由eq \f(5,4)T0升高至eq \f(3,2)T0，气体发生等容变化。整个过程中，气体对外界做的功，W＝－p1(LS－eq \f(4,5)LS)，(2分)由热力学第一定律得ΔU＝α(eq \f(3,2)T0－T0)＝Q＋W解得Q＝eq \f(1,2)αT0＋eq \f(L,5)(p0S＋mg)。(2分)
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