2024年高考物理第一轮复习：第4讲　限时规范训练

限时规范训练

[基础巩固]

1．(2021·江苏扬州期末)(多选)下列说法正确的是(　　)

A．一锅水中撒一点花粉，加热时发现水中的花粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越激烈

B．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大

C．气体的体积增大，内能有可能保持不变

D．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律

解析：BC　本题考查内能、热力学第二定律等．布朗运动是液体内部分子做无规则运动时，对悬浮小颗粒碰撞作用的不平衡所引起的，花粉的运动是由于水的对流形成的，不是布朗运动，故A错误；温度高的物体内能不一定大，因为内能不仅与温度有关，还与质量有关；温度是分子平均动能的标志，故温度高的物体，分子平均动能一定大，故B正确；气体的体积增大，气体对外做功，但如果此时气体吸收热量，内能有可能保持不变，故C正确；空调机作为制冷机使用时，在压缩机做功的情况下，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，并不违反热力学第二定律，故D错误．

2．(2021·山东卷)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮．上浮过程中，小瓶内气体(　　)

A．内能减少

B．对外界做正功

C．增加的内能大于吸收的热量

D．增加的内能等于吸收的热量

解析：B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU>0，W<0，则Q>0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误．

3．(2021·山东潍坊模拟)如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现将沙桶底部钻一个小洞，让沙子慢慢漏出．汽缸外部温度恒定不变，则(　　)

A．缸内的气体压强减小，内能减小

B．缸内的气体压强增大，内能减小

C．缸内的气体压强增大，内能不变

D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加

解析：C　本题考查热力学第一定律的应用．设活塞以及沙桶(含沙子)的质量为m，对活塞以及沙桶(含沙子)整体为研究对象，由平衡条件可得p0S＝pS＋mg，则当m减小时，p增大，由理想气体状态方程可知，气体体积变小，外界对气体做功，由于气体的温度不变，则ΔU＝0，气体的内能不变，选项C正确．

4．(2021·福建莆田二模)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程气体的压强p与体积V的关系如图所示，则从A到B的过程(　　)

A．气体的温度降低

B．气体的内能减小

C．外界对气体做功

D．气体从外界吸收热量

解析：D　本题考查热力学第一定律的应用．由题图可知，从A到B的过程，气体的pV乘积变大，则气体的温度升高，内能增加，选项A、B错误；从A到B的过程，气体的体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；根据热力学第一定律可知，气体内能不变，且气体对外界做功，则气体从外界吸收热量，选项D正确．

5．如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B(　　)

A．可通过等容变化实现

B．不可能经过体积减小的过程

C．气体一定从外界吸热

D．外界一定对气体做正功

解析：C　根据＝C(常数)，可得p＝T，由此可知A、B与O点的连线表示等容变化，直线AO斜率大，则A状态下气体体积小，即A状态体积小于B状态的体积，所以气体自状态A到状态B的过程中，体积必然变大，A错误；由于具体气体变化的过程未知，故可能经过体积减小的过程，B错误；整个过程，气体体积增大，气体对外界做功，W为负值，从图中看出气体温度升高，所以Q必须为正数，即气体必须从外界吸热，C正确、D错误．

6．(2021·河北邯郸市高三三模)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A.A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2×105 Pa.

(1)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？

(2)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？

解析：(1)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖­吕萨克定律＝

TB＝600 K

B→C过程由题图可知是等温变化，所以TC＝TB＝600 K

C→A过程根据理想气体状态方程＝

pA＝1.5×105 Pa

(2)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200 J

体积膨胀，气体对外界做功W＝－pA·ΔV＝－300 J

根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q

Q＝500 J

即该理想气体吸热，吸收热量Q为500 J

答案：(1)600 K，1.5×105 Pa　(2)吸收热量，500 J

[能力提升]

7．(2021·全国高三专题练习)(多选)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、c→d三个状态变化过程，其中纵坐标表示理想气体压强p、横坐标表示理想气体的热力学温度T.则下列结论正确的是(　　)

A．a→b过程，理想气体对外界做正功

B．b→c过程，理想气体向外界放出热量

C．c→d过程，理想气体内能不变

D．三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程

解析：ABD　a→b过程为等温变化，且压强减小，由公式pV＝C知，体积增大，气体对外界做正功，故A正确，b→c过程为等容变化，且温度降低，理想气体内能减小，气体做功为零，由热力学第一定律可知，气体应放热，故B正确；c→d过程为等压变化，温度升高，理想气体内能增大，故C错误；根据＝C可得V＝T，设b处的体积为Vb，则a处的体积为，c处的体积为Vb，d处的体积为6Vb，根据W＝p·ΔV可知三个状态变化过程对比，c→d过程是理想气体对外界做正功最多的过程，故D正确．

8.(多选)一定质量的理想气体发生状态变化的p­V图像如图所示，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是(　　)

A．等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高

B．从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量

C．从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体对外界做功多

D．从状态C变化到状态D，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变

解析：BCD　从C→B为等压变化，由公式＝C可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A错误；从状态A到状态B为等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体一定吸收热量，故B正确；从状态B变化到状态C，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C正确；从状态C到状态D为等温变化，所以分子的平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D正确．

9．(2021·湖南卷改编)(多选)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh

B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变

C．整个过程，理想气体的内能增大

D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)

解析：BD　本题考查理想气体分子平均动能、内能、热力学第一定律和平衡条件．整个过程，右端活塞位置始终不变，所以外力F不做功，故A错误；由于汽缸导热，整个过程环境温度保持不变，所以汽缸内气体温度不变，理想气体的分子平均动能保持不变，由于汽缸内气体是理想气体，不考虑分子势能，所以整个过程，理想气体的内能不变，故B正确，C错误；整个过程，大气压力做功为W1＝p0S1h，活塞上的细沙质量不断增加，活塞上细沙的重力做功小于W2＝mgh，根据能量守恒和热力学第一定律可得理想气体向外界放出的热量小于(p0S1h＋mgh)，故D正确．

10．如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置．现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V­T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体体积；

(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量．

解析：(1)活塞从A位置缓慢到达B位置，活塞受力平衡，气体经历等压变化过程，以活塞为研究对象，有

pS＝p0S＋mg

解得p＝p0＋＝1.2×105 Pa

由盖­吕萨克定律，有＝

解得VB＝＝6×10－4 m3.

(2)由气体的内能与热力学温度成正比，有＝

解得UB＝108 J

外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－24 J

由热力学第一定律得ΔU＝UB－U0＝Q＋W

解得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量Q＝60 J.

答案：(1)1.2×105 Pa　6×10－4 m3　(2)60 J

11．(2021·辽宁适应考)某民航客机在距地面一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1.机舱内有一导热汽缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦．客机在地面静止时，汽缸如图a所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在距地面高度h处匀速飞行时，汽缸如图b所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm，汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变．已知大气压强随距地面高度的变化规律如图c所示，地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2.

(1)判断汽缸内气体由图a状态到图b状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；

(2)求高度h处的大气压强，并根据图c估测出此时客机的飞行高度．

解析：本题通过空气压缩机考查热力学第一定律、玻意耳定律．

(1)根据热力学第一定律

ΔU＝W＋Q

从图a到图b气体体积膨胀，气体对外做功，W<0，而温度不变，内能保持不变，ΔU＝0，因此Q>0，气体从外界吸热

(2)初态封闭气体的压强

p1＝p0＋＝1.2×105 Pa

根据玻意耳定律，得

p1l1S＝p2l2S

解得p2＝0.96×105 Pa

由题意知机舱内外气体压强之比为4∶1，因此舱外气体压强为

p′2＝p2＝0.24×105 Pa.

对应题图c可知此时客机的飞行高度为104 m.

答案：(1)吸热　原因见解析　(2)0.24×105 Pa　104 m