高中物理高考 第3讲　热力学定律与能量守恒定律 作业

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第3讲　热力学定律与能量守恒定律  　　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＝C得V＝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＝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＝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＝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＝C可知p＝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＝C可知p＝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＋　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＋，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＋；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)V　(2)p0V＋αT0解析　(1)由理想气体状态方程得＝解得：V1＝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＝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＝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)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＝p0。(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝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＝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＝0B→C，气体膨胀对外做功，此过程外界对气体做功WBC＝－1000 JC→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＝即＝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－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。