新高考物理一轮复习课时作业第14章第3讲热力学定律与能量守恒定律（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第14章第3讲热力学定律与能量守恒定律（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1. (2020·山东省德州市一模)如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000 J，则封闭气体的内能变化量为( )
A．400 J B.1200 J
C.2000 J D.2800 J
答案 B
解析 由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功大小为W＝p0Sx＝1×105×0.04×0.2 J＝800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝－W＋Q＝－800 J＋2000 J＝1200 J，故A、C、D错误，B正确。
2. (2020·山东省潍坊高密市模拟)如图，在研究功与内能改变的关系时，将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部，用力向下压活塞，可以将易燃物点燃。关于该实验，下列说法正确的是( )
A．筒内气体在被压缩的同时从外界迅速吸收热量，导致气体温度升高
B．只要最终筒内气体压强足够大，筒内易燃物就会被点燃
C．若实验中易燃物被点燃，则是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快
答案 D
解析 筒内气体在被压缩时外界对气体做功，由于是被迅速压缩，该过程可看作是绝热过程，则气体内能增大，温度升高，A错误；易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，B错误；压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不足以把易燃物点燃，C错误；该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速增大，温度升高，D正确。
3. (2020·山东省威海市一模)如图所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三个状态的压强相等
B．从a到c气体的内能减小
C．从a到b气体吸收热量
D．从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等
答案 C
解析 根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C得V＝eq \f(C,p)T，若压强不变，则V­T图像应为过原点的倾斜直线，A错误；从a到c气体温度升高说明内能增加，B错误；从a到b气体体积增加说明对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q知气体吸收热量，C正确；从a到b与从b到c气体体积变化相同，但由V＝eq \f(C,p)T可知气体压强不断增大，因而从b到c气体对外界做功的数值比从a到b时的大，D错误。
4. (2021·八省联考江苏卷)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体( )
A．在状态a和c时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
答案 B
解析 根据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则Qcd＝0，Wcd<0，根据ΔU＝W＋Q，ΔUcd<0，则温度降低；气体从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c的温度高于在状态a时的温度，故在状态c时的内能大于在状态a时的内能，A错误；a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功，Wab>0，Qab＝0，则ΔUab＝Wab，即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；根据p­V图像与V轴围成的面积表示气体做功的大小，可知一次循环过程中外界对气体做的功W＝Wcd＋Wab＜0，而整个过程气体内能变化为零，则整个过程Q＞0，即在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，D错误；根据D项分析可知，Qbc＞－Qda，而ΔUbc＝Qbc，ΔUda＝Qda，则ΔUbc＞－ΔUda，即b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C错误。
5．(2020·河北省张家口市一模改编)下列说法正确的是( )
A．若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统必定达到热平衡
B．一个孤立系统如果过程不可逆，则熵是增加的
C．露珠成球状说明液体表面分子间呈现斥力
D．一定质量的理想气体等容升温，一定吸收热量
答案 ABD
解析 根据热平衡定律可知，若两个系统同时与状态确定的第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，故A正确；一个孤立系统若过程不可逆，则熵是增加的，故B正确；液体表面张力使液体具有收缩的趋势，露珠成球形是由于液体表面张力的作用，故C错误；一定质量的理想气体等容升温，内能增加，而体积不变，气体对外做功为零，根据热力学第一定律可知，一定吸收热量，故D正确。
6．下列说法正确的是( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的
C．自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D．绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大
答案 BCD
解析 能量耗散是指能量的可利用率越来越低，但仍然遵守能量守恒定律，故A错误；热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确；根据热力学第二定律，自然发生的传热过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故C正确；绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，故D正确。
7．(2021·八省联考湖南卷) 一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从d到a，气体对外界做正功
E．从a经过b、c、d，再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等
答案 BCE
解析 从a到b，气体压强不变，体积变大，根据eq \f(pV,T)＝C可知，温度升高，气体分子平均动能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，A错误；从b到c，气体体积不变，压强变大，根据eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度升高，B正确；从c到d是等温膨胀过程，气体的温度不变，则气体内能不变，C正确；从d到a，气体体积减小，则外界对气体做正功，D错误；从a经过b、c、d，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做的功也等于图像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程始末气体温度相同，则气体内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，E正确。
8. (2020·安徽省蚌埠市第四次质检改编)一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p­T图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．c→d的过程中，外界对气体做功
C．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
D．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小
答案 ABD
解析 a→b的过程中，气体温度不变，气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积变大，则气体对外界做功，A正确。根据eq \f(pV,T)＝C可知p＝eq \f(C,V)T，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d状态对应的体积小于c状态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确。a→b的过程中，温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，由盖—吕萨克定律可知其体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，C错误。根据eq \f(pV,T)＝C可知p＝eq \f(C,V)T，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，D正确。
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9．(2021·八省联考福建卷)(6分)一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。一质量为m、横截面积为S的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。当活塞静止时，活塞与汽缸底部的距离为h，如图a所示。已知大气压强为p0，重力加速度为g。现把汽缸从图a状态缓慢转到图b状态，在此过程中气体温度不变，则图b状态下气体体积为____________。从图b状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离l，如图c所示。若此过程中气体内能增量为ΔU，则气体吸收的热量应为____________。
答案 hS＋eq \f(mgh,p0) p0Sl＋ΔU
解析 汽缸从图a状态缓慢转到图b状态过程中，气体温度不变，即缸内气体发生等温变化，图a状态缸内气体：p1＝p0＋eq \f(mg,S)，V1＝Sh
图b状态缸内气体：p2＝p0，V2
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
解得V2＝hS＋eq \f(mgh,p0)；
活塞向外缓慢移动距离l时，缸内气体对外做功，且W＝Fl＝p0Sl
根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
联立解得气体吸收的热量为Q＝p0Sl＋ΔU。
10. (2020·广西柳州4月线上测试)(10分)如图，容积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：
(1)汽缸内气体与大气达到热平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
答案 (1)eq \f(1,2)V (2)eq \f(1,2)p0V＋αT0
解析 (1)由理想气体状态方程得eq \f(1.2p0V,2.4T0)＝eq \f(p0V1,T0)
解得：V1＝eq \f(1,2)V。
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
活塞刚要下降时，由理想气体状态方程得eq \f(1.2p0V,2.4T0)＝eq \f(p0V,T1)
解得：T1＝2T0
在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU＝α(T0－T1)
由热力学第一定律得ΔU＝W－Q
解得：Q＝eq \f(1,2)p0V＋αT0。
11．(2021·八省联考重庆卷) (12分)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
解得再次达到平衡时气体的压强p＝eq \f(1,2)p0。
(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)
解得重新达到平衡时气体的压强为p′＝0.6p0
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；升高温度后，气体内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
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。
12. (2020·江苏省南通市二模)(12分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A。已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3 m3，从B到C过程中气体对外做功1000 J。求：
(1)气体在状态C时的体积；
(2)气体在A→B→C→A的整个过程中吸收的热量。
答案 (1)9.0×10－3 m3 (2)400 J
解析 (1)气体从C→A，发生等压变化，由盖—吕萨克定律有eq \f(VC,TC)＝eq \f(VA,TA)
代入数据解得VC＝9.0×10－3 m3。
(2)p­T图像中BA的延长线过原点，故气体从A→B为等容变化，则此过程外界对气体做功WAB＝0
B→C，气体膨胀对外做功，此过程外界对气体做功WBC＝－1000 J
C→A，气体做等压变化，体积减小，外界对气体做功，WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中外界对气体做功
W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
初末状态温度相同，所以全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体吸收的热量Q＝－W＝400 J。
13. (2020·陕西省咸阳市二模)(12分)绝热汽缸倒扣在水平地面上(汽缸顶部侧壁有一小口)，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0。现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：
(1)气体的温度升高多少？
(2)气体的内能增加多少？
答案 (1)T1 (2)Q＋(G＋G0)h－p0Sh
解析 (1)活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
即eq \f(hS,T1)＝eq \f(2hS,T2)
解得T2＝2T1
气体的温度升高了ΔT＝T2－T1＝T1。
(2)根据平衡条件，汽缸内气体的压强为p＝p0－eq \f(G＋G0,S)
活塞向下运动的过程中，外界对气体做功
W＝－pSh＝－p0Sh＋(G＋G0)h
根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为
ΔU＝Q＋W＝Q＋(G＋G0)h－p0Sh。