新教材2023_2024学年高中物理第3章热力学定律章末综合训练新人教版选择性必修第三册

第三章章末综合训练

一、选择题

1.(2023河北张家口第四中学阶段练习)如图所示,野外生存需要取火时,可以用随身携带的取火装置,在铜制活塞上放置少量易燃物,将金属筒套在活塞上迅速下压,即可点燃易燃物。在此过程中,若认为筒内气体与外界无热交换,忽略气体分子间的相互作用,则筒内封闭气体(　　)

A.对外做负功,分子的平均动能增大

B.对外做正功,内能增大

C.对外做正功,分子的平均动能减小

D.对外做负功,内能减小

2.(2023北京海淀高二阶段练习)关于热力学定律,下列说法正确的是(　　)

A.在一定条件下物体的温度可以降到绝对零度

B.物体不可能从单一热源吸收热量全部用于做功,而不产生其他影响

C.吸收了热量的物体,其内能一定增加

D.压缩气体总能使气体的温度升高

3.(2023江苏南京燕子矶中学阶段练习)下列有关能量转化的说法正确的是(　　)

A.不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他的变化

B.只要对内燃机不断改进,就可以使内燃机的效率达到100%

C.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行

D.外界对物体做功,物体的内能必然增加

4.(2023河北张家口第四中学阶段练习)一定质量的理想气体经历了如图所示的a→d→c→b→a循环,该过程每个状态均可视为平衡态。对此气体,下列说法正确的是(　　)

A.从状态d到状态c,气体不吸热也不放热

B.从状态c到状态b,气体放热

C.从状态a到状态d,外界对气体做功

D.从状态b到状态a,气体放热

5.(2023山东聊城一中阶段练习)如图所示,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,再变化到状态c,然后由状态c回到状态a。p-V图像中的bc段与横轴平行,ca段与纵轴平行。下列说法正确的是(　　)

A.a→b→c→a的过程气体从外界吸收热量

B.a→b的过程气体温度逐渐升高

C.b→c的过程气体温度逐渐升高

D.c→a的过程外界对气体做功

6.(2023河南开封高二阶段练习)如图所示,汽缸悬空且静止,设活塞与缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动,缸壁导热性能良好,使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同,则(　　)

A.气温降低,外界对气体做功,汽缸的上底面距地面的高度减小

B.气温升高,汽缸中气体分子的数密度变大,内能增大

C.外界大气压强减小,弹簧伸长,气体从外界吸收热量

D.外界大气压强增大,汽缸的上底面距地面的高度增大

7.(多选)(2023河南南阳中学阶段练习)一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的p-V图像如图所示,已知气体从状态A变化到状态B的过程中吸收的热量为Q1,气体对外做功W1;从状态B变化到状态C过程中吸收的热量为Q2,气体对外做功W2。N1、N2分别表示A、B两个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数,则下列说法正确的是(　　)

A.Q1<Q2 B.N1>N2

C.Q1+Q2=4p0L D.Q1-W1=Q2-W2

8.(2023江苏扬州高二阶段练习)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸竖直固定在水平面上,用质量为m的绝热活塞把缸内空间分成两部分。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体,活塞用销钉K固定,已知A部分的气体体积小于B部分的气体体积,活塞能上、下自由移动。现拔掉销钉,活塞移动一小段距离静止后再将其固定。下列说法正确的是(　　)

A.两部分气体内能之和增大

B.两部分气体内能之和不变

C.两部分气体温度都升高

D.两部分气体温度都降低

二、计算题

9.(2023广东广州华南师大附中校考)气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚酯薄膜材料制成气球的球皮,然后对它充以比空气密度小的气体,之后密封好,气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时,平流层的气压为p。从早上至中午,由于阳光照射,气球内气体的内能增加了ΔU,气球有微小膨胀,半径由R1膨胀到R2,已知早上气球内气体温度为T1。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压,求中午时气球内气体的温度T2和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。

10.(2023山东滨州高二阶段练习)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,最后回到状态A,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。求:

(1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度?

(2)该气体整个过程是吸热还是放热?传递的热量是多少?

章末综合训练(三)

1.A　迅速下压过程中,气体体积变小,气体对外做负功,外界对气体做正功,即W>0,气体与外界无热交换,是绝热过程,Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,气体内能增大,温度升高,分子平均动能增大,故A正确,B、C、D错误。

2.B　绝对零度只能无限趋近,无法达到,故A错误;物体不可能从单一热源吸收热量全部用于做功,而不产生其他影响,故B正确;由热力学第一定律可知,内能的变化取决于做功和传热两个方面,所以吸收了热量的物体,其内能不一定增加,压缩气体不一定能使气体的温度升高,故C、D错误。

3.A　由热力学第二定律可知,不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响,A正确;内燃机的效率不可能达到100%,B错误;满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行,例如热量不能自发地从低温物体传到高温物体,C错误;根据热力学第一定律,内能的变化量由做功和传热共同决定,所以外界对物体做功,如果物体放热,物体的内能也可能减少或不变,D错误。

4.B　由图像知,从状态d到状态c,气体温度不变,压强减小,可知气体体积增大,则气体对外做功,温度不变,气体内能不变,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体吸收热量,故A错误;根据p-T图像的斜率表示,可知从状态c到状态b,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,气体内能减小,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体放热,故B正确;从状态a到状态d,气体压强不变,温度升高,可知气体体积增大,说明气体对外界做功,故C错误;从状态b到状态a,ab的延长线过原点,则气体做等容变化,W=0,温度升高,气体内能增大,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体吸收热量,故D错误。

5.A　a→b的过程气体对外做功,其大小等于ab直线与坐标轴围成的面积;b→c的过程外界对气体做功,其大小等于直线bc与坐标轴围成的面积;c→a的过程气体体积不变,对外不做功,外界对气体也不做功;则a→b→c→a的过程气体对外做功,大小等于三角形abc面积的大小,整个过程内能不变,根据ΔU=W+Q可知,整个过程气体从外界吸收热量,选项A正确。a→b的过程中,气体pV乘积的变化情况无法确定,则气体温度的变化情况也无法确定,选项B错误。b→c的过程气体压强不变,体积减小,则气体温度降低,选项C错误。c→a的过程气体体积不变,则外界对气体不做功,选项D错误。

6.A　以整个汽缸及活塞为研究对象进行受力分析,根据平衡条件有F弹=(m汽+m活)g=kx,可知弹力大小始终等于整体的重力,弹簧的长度始终不变,则活塞的位置始终不变。汽缸内气体的压强p=p0+,故气温的变化不影响缸内压强,根据理想气体的状态方程=C可知,压强不变、温度降低,则体积减小,外界对气体做功,汽缸的上底面距地面的高度将减小,故A正确。温度升高,则体积增大,汽缸中气体分子的数密度变小;温度升高,气体内能增大,故B错误。外界大气压强减小,根据整体受力平衡可知,弹簧弹力不变,弹簧长度不变;压强减小而温度不变,则体积增大,外界对气体做负功,气体内能不变,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体从外界吸收热量,故C错误。外界大气压强增大,而温度不变,则体积减小,因活塞位置不变,则汽缸的上底面距地面的高度减小,故D错误。

7.BC　根据图像可知,A、B、C状态对应的pV乘积分别为3p0L、4p0L、3p0L,根据理想气体的状态方程=C,有TA=TC<TB;由图像与横轴围成的面积表示气体对外做功,有W1==2.5p0L,W2==1.5p0L,可得W1>W2;由状态A变化到状态B,根据热力学第一定律知ΔU1=Q1-W1>0,得Q1>W1=2.5p0L;由状态B变化到状态C,根据热力学第一定律知ΔU2=Q2-W2<0,Q2<W2=1.5p0L,所以Q1>Q2,故A错误。从状态A变化到状态B,气体的温度升高,分子的平均动能增大,则分子每次碰撞器壁的平均作用力增大,由于气体压强减小,根据压强微观意义可知,单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数变小,即N1>N2,故B正确。由于ΔU1=Q1-W1>0,ΔU2=Q2-W2<0,ΔU1=-ΔU2,所以Q1-W1=W2-Q2,变形得Q1+Q2=W1+W2=4p0L,故C正确,D错误。

8.A　根据=C可知,A部分的气体压强大于B部分的气体压强,又因为活塞受到竖直向下的重力,则拔掉销钉,活塞向下移动,重力势能减小,由能量守恒定律可知,两部分气体内能之和增大,故A正确,B错误;同理,活塞下移,A部分的气体对外界做功,同时外界对B部分的气体做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,依题意,汽缸绝热,可得Q=0,易知A部分的气体内能减小,温度降低,B部分的气体内能增大,温度升高,故C、D错误。

9.答案 T1　ΔU+πp()

解析 早上气体体积V1=

中午气体体积V2=

从早上至中午,气球内的气体做等压变化,有

联立解得T2=T1

气球膨胀过程,气体压强为p,气体对外做功,W=-p(V2-V1)

由热力学第一定律ΔU=Q+W

解得Q=ΔU+πp()。

10.答案 (1)-173 ℃　27 ℃　(2)放热　200 J

解析 (1)由图像可知,A→B是等容变化,由查理定律得

代入数据得TB=100K

又T=t+273K

联立解得tB=-173℃

B→C是等压变化,由盖-吕萨克定律得

代入数据得TC=300K

即tC=27℃。

(2)根据热力学第一定律ΔU=Q+W

A→B过程气体不做功,W1=0;B→C过程气体对外做功,W2<0;C→A过程外界对气体做功,W3>0;由于C→A过程气体的平均压强大于B→C过程气体的压强,所以可知|W2|<W3,则有W=W3+W2>0

A→B→C→A的整个过程中内能不变,ΔU=0,则可知Q<0,即整个过程中气体对外放出热量

由图像与横轴围成的面积表示气体对外做的功,得整个过程中外界对物体做的功为

W=W3+W2=×105×(3×10-3-1×10-3)J-1×105×(3×10-3-1×10-3)J=200J

则Q=-W=-200J

即气体整个过程放出200J热量。