高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律精品同步测试题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律精品同步测试题，共10页。试卷主要包含了4 J等内容，欢迎下载使用。


1.为做好新冠肺炎疫情防控，学校用如图所示的压缩式喷雾器对教室走廊等场所进行消杀工作．给储液罐打足气，打开开关就可以让药液喷洒出来．若罐内气体温度保持不变，随着药液的不断喷出，则罐内气体( )
A．内能不断减小
B．压强不断减小
C．外界对气体做功
D．气体对外放热
答案 B
解析 由于罐内气体温度保持不变，故内能保持不变，A错误；随着药液的不断喷出，气体的体积增大，由理想气体状态方程可知，压强不断减小，B正确；气体的体积增大，气体对外做功，而气体的内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，C、D错误．
2.(多选)(2021·承德一中高二月考)如图所示为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．过程AB中外界对气体做功，内能不变
D．过程BC中气体吸收热量，内能不变
答案 BC
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；
过程AB中，体积减小，外界对气体做功，温度不变，故内能不变，C正确；过程BC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．
3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态B和C.两条虚线分别表示状态A或C的等温线．下列说法正确的是( )
A．气体在状态A的内能最大
B．气体在状态C的分子平均速率最大
C．AB过程中，气体对外界做功，内能增加
D．BC过程中，外界对气体做功，内能减小
答案 C
解析 由题图图像可知，气体在状态B的温度最高，则气体在状态B的内能最大，气体在状态B的分子平均速率最大，选项A、B错误；AB过程中，气体体积变大，气体对外界做功，温度升高，则内能增加，选项C正确；BC过程中，气体体积不变，则外界对气体不做功，气体温度降低，则内能减小，选项D错误．
4.一定质量的某种理想气体，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－V图像如图所示. 已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是( )
A．气体处于状态C时的温度是100 K
B．在A、B和C三个状态中，状态B的分子平均动能最大
C．从状态B变化到状态C过程中气体吸热
D．从状态A变化到状态C过程中气体内能先减小后增大
答案 B
解析 由题意可知TA＝300 K，由于A→B的过程为等压变化，则由eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，代入数据解得TB＝900 K，B→C过程是等容变化，则由eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)，代入数据解得TC＝300 K，在A、B和C三个状态中，状态B的温度最高，分子平均动能最大，故A错误，B正确；从状态B变化到状态C过程中，体积不变，则W＝0，温度降低，则内能减小，ΔU<0，根据热力学第一定律可知，Q<0，气体放热，选项C错误；从状态A变化到状态C的过程中，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故D错误．
5．(2022·南京市第一中学高二月考)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的过程中，不计活塞与汽缸的摩擦，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，活塞面积为S，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时绳子拉力FT变小，而p0不变，故p变大，气体体积减小，则汽缸内的活塞向左运动，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，则选项A、B、C错误，D正确．
6．(多选)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和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程．关于该循环过程，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，气体放出热量
B．C→D过程中，气体放出热量
C．B→C过程中，气体分子的平均动能减小
D．D→A过程中，气体内能减少
答案 AD
解析 因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确；C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故C错误；D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D正确．
7.一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程，如图所示．A→B→D过程，气体对外做功为W1，与外界交换的热量为Q1；A→C→D过程，气体对外做功为W2，与外界交换的热量为Q2.两过程中( )
A．气体吸热，Q1>Q2
B．气体吸热，|W1|＝|W2|
C．气体放热，Q1＝Q2
D．气体放热，|W1|>|W2|
答案 A
解析 p－V图像中，图线与V轴围成的“面积”表示气体对外所做的功，所以|W1|>|W2|，由于两过程的初末状态pV乘积相同，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可得TA＝TD，气体在状态A与状态D的内能相同，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得两过程气体吸热，且Q1>Q2.故选A.
8.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是( )
A．状态a、b、c的压强大小满足pb＝pc＝9pa
B．a到b过程中气体内能减小
C．b到c过程中气体放出热量
D．c到a过程中每一个分子的速率都不变
答案 C
解析 a到b为等容变化，有eq \f(pa,T0)＝eq \f(pb,3T0)，解得pb＝3pa，c到a过程，为等温变化，有pcV0＝pa·3V0，解得pc＝3pa，综上可得pb＝pc＝3pa，故A错误；
a到b过程中，温度升高，内能增大，故B错误；
b到c过程中，温度降低，内能减小，即ΔU<0，体积减小，外界对气体做功W>0，由热力学第一定律可知Q<0，即气体放出热量，故C正确；
温度是平均动能的标志，是大量分子运动的统计结果，对单个分子没有意义，故D错误．
9．(多选)(2021·张家口市高二期末)如图所示，在斯特林循环的p－V图像中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再次回到a，整个循环由两个等容过程ab、cd和两个等温过程bc、da组成，则( )
A．a→b过程，外界对气体不做功，气体内能不变
B．b→c过程，气体对外界做功，气体内能减少
C．c→d过程，气体向外界放热，气体内能减少
D．整个循环过程中，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量
答案 CD
解析 a→b过程为等容变化，外界对气体不做功，由eq \f(pa,Ta)＝eq \f(pb,Tb)可得Tb>Ta，气体的内能增大，故A错误；b→c过程为等温变化，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，故B错误；c→d过程为等容变化，气体对外界不做功，由eq \f(pc,Tc)＝eq \f(pd,Td)可得Tc>Td，则气体内能减少，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得c→d过程，气体向外界放热，故C正确；整个循环过程中，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确．
10.如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距底部高度h＝27 cm，容器内气体温度为t1＝27 ℃.现给电热丝通电，经过一段时间，气体温度缓慢升高至t2＝127 ℃，已知活塞质量m＝4 kg，横截面积S＝2 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不计活塞与器壁间摩擦，求：
(1)封闭部分气体的压强；
(2)当气体温度升高至t2时，活塞距底部高度H；
(3)若整个加热过程中内能变化量为120 J，气体吸收的热量Q.
答案 (1)3×105 Pa (2)36 cm (3)125.4 J
解析 (1)对活塞，由平衡条件得pS＝p0S＋mg
得p＝3×105 Pa
(2)由题意知封闭气体发生等压变化，则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
即eq \f(Sh,T1)＝eq \f(SH,T2)，代入数据得H＝36 cm
(3)由题意得W＝－pΔV＝－5.4 J，ΔU＝120 J
由ΔU＝W＋Q，得Q＝125.4 J.
11.(2021·常州市高二期中)如图所示，质量m＝1 kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为一T形活塞，汽缸内充有一定质量的理想气体．汽缸的横截面积S＝2×10－4 m2，高度h＝40 cm，当外界温度为300 K时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央．不计汽缸壁及活塞厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2.
(1)求汽缸内气体的压强；
(2)环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升；
(3)已知汽缸内气体的内能U与热力学温度T的关系为U＝0.015T(J)，求汽缸从图示位置上升到刚好不能再上升的过程中，汽缸内气体从外界吸收的热量．
答案 (1)1.5×105 Pa (2)600 K (3)10.5 J
解析 (1)汽缸对地面恰好没有压力，即处于平衡状态时，可得p0S＋mg＝pS
解得汽缸内气体的压强为p＝1.5×105 Pa.
(2)气体原来的温度T1＝300 K，环境温度升高时，气体发生等压变化，温度升高到T2，气体体积为hS时，汽缸不再上升，可得eq \f(\f(1,2)hS,T1)＝eq \f(hS,T2)
代入数据解得T2＝600 K.
(3)该过程气体对外界做功，
则W＝－p·ΔV＝－p·eq \f(1,2)hS＝－6 J
当汽缸不再上升时气体内能增加ΔU＝0.015(T2－T1)＝4.5 J
由热力学第一定律可知，汽缸内气体从外界吸收的热量Q＝ΔU－W＝10.5 J.
12.如图所示，左端封闭右端开口的导热汽缸水平放置，横截面积为S，用厚度不计的光滑活塞封闭了长为L的理想气体，活塞距汽缸开口端距离为b，活塞的重力为G.已知外界大气压强为p0，热力学温度为T.现在给汽缸缓慢加热，活塞恰好移到汽缸右端口(汽缸仍然封闭)．
(1)此时封闭气体的温度是多少；
(2)如果再把汽缸开口向上竖直放置，封闭气体的长度仍为L，此时封闭气体的温度变为多少；
(3)在(2)的情况下，给汽缸缓慢加热，活塞恰好移到汽缸上端口(汽缸仍然封闭)．封闭气体吸收的热量为Q，求此过程封闭气体内能的增加量．
答案 (1)eq \f(L＋b,L)T (2)eq \f(p0S＋GT,p0S) (3)Q－(p0S＋G)b
解析 (1)活塞恰在汽缸右端口时(汽缸仍然封闭)，设密闭气体的温度为T1，由盖－吕萨克定律有eq \f(LS,T)＝eq \f(L＋bS,T1)
解得T1＝eq \f(L＋b,L)T
(2)汽缸竖直放置时，设密闭气体的温度为T2，由活塞受力平衡有p2S＝p0S＋G
由查理定律有eq \f(p0,T)＝eq \f(p2,T2)
解得T2＝eq \f(p0S＋GT,p0S)
(3)此过程气体对外界做功，
则W＝－p2Sb＝－(p0S＋G)b
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－(p0S＋G)b.
13．(多选)(2021·辽宁实验中学期中)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(横截面积分别为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做功为零
B．整个过程，理想气体的内能不变
C．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量等于p0S1h＋mgh
答案 ABC
解析 整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功为零，选项A错误；
整个过程，因为汽缸导热且活塞缓慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不变，选项B正确；
左端活塞到达B位置时，封闭气体的压强p＝eq \f(mg,S1)＋p0＝eq \f(F,S2)＋p0，解得外力F＝eq \f(mgS2,S1)，选项C正确；整个过程，气体的内能不变，气体体积减小，外界对气体做功等于气体放出的热量，若在活塞上一次性放上质量为m的沙子时，外界对气体做功为W＝(p0S1＋mg)h，此时理想气体向外界释放的热量等于p0S1h＋mgh，但是因沙子是逐渐加入的，则外界对气体做功W≠(p0S1＋mg)h，理想气体向外界释放的热量也不等于p0S1h＋mgh，选项D错误．
14.一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，下列判断正确的是( )
A．在a→b过程中气体对外做的功等于在b→c过程中气体对外做的功
B．在b→c过程中气体从外界吸收的热量小于在c→a过程中气体向外界放出的热量
C．在c→a过程中外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D．在a→b过程中气体内能的增加量小于c→a过程中气体内能的减少量
答案 B
解析 由W＝p·ΔV可知，p－V图线和横轴围成的“面积”即为气体做功大小，所以在a→b过程中气体对外做的功小于在b→c过程中气体对外做的功，故A错误；
b→c过程中，由eq \f(2p0·2V0,Ta)＝eq \f(p0·4V0,Tb)可得Ta＝Tb，由热力学第一定律ΔU＝Q＋Wbc可知，由于ΔU＝0，b→c过程气体从外界吸收的热量Qbc＝|Wbc|；c→a过程气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律可得eq \f(4V0,Tc)＝eq \f(V0,Ta)解得Tc＝4Ta，故从c→a内能减少即ΔU′<0，Wca>0，由ΔU′＝Qca＋Wca知|Qca|>Wca，再由W＝pΔV知|Wbc|＝Wca，则可得Qbc<|Qca|，故B正确，C错误；
由于b和c温度相同，则在a→b过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，故D错误．