第3章 热力学定律 章末检测试卷(3)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（粤教版2019）

章末检测试卷(三) 1 一、单项选择题 1.(2023·广州市高二期末)下列对能量理解正确的是 A.能量在被利用的过程中，可利用的效率不变 B.能量转化遵守能量守恒定律 C.能量可以凭空消失 D.自然界中的能量在不断减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 开尔文的表述阐述了机械能与内能转化的方向性：机械能可以全部转化为内能，而内能不可能全部用来做功以转化为机械能，因此能量在被利用的过程中，可利用的效率是不同的，A错误； 由能量守恒定律可知，能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变，因此能量转化遵守能量守恒定律，B正确，C错误； 由能量守恒定律可知，自然界中的能量不会减少，D错误。 2.关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是 A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定是吸收了热量 C.物体温度不变，就没有吸热或放热 D.物体温度升高，内能不一定增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 晶体熔化过程中物体吸收热量，内能增大但温度不变，故A错误； 物体温度升高可能是因为吸收热量，也可能是外界对其做功，故B错误； 物体温度不变，但仍可能有吸热或放热。例如在晶体熔化过程中，温度不变，物体持续吸热；在晶体凝固过程中，温度不变，物体持续放热，故C错误； 内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，与物体温度、体积有关，故D正确。 3.(2023·深圳市高二期中)关于热力学定律，下列说法中正确的是 A.热量不能从低温物体传到高温物体 B.在一定条件下，物体的温度可以降低到0 K C.第二类永动机违背了热力学第一定律，因而是不可能实现的 D.一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，只是要引起其他的变化，故A错误； 绝对零度是一切低温物体的极限温度，不可能达到，故B错误； 第二类永动机违背了热力学第二定律，因而是不可能实现的，故C错误； 一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，故D正确。 14 15 4.(2024·广州市模拟)如图，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热气缸内。若环境温度不变，活塞与气缸壁间无摩擦，现对活塞向下施加压力使其缓慢下降，此过程中 A.气体压强增大，内能增加 B.气体压强增大，吸收热量 C.外界对气体做功，气体内能不变 D.气体对外界做功，气体吸收热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度不变，可知气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，气体放出热量，故选C。 5.(2023·广州市高二期末)某些汽车的发动机采用了“阿特金森循环”技术，可简化成发动机内部一定质量的理想气体经历了如图a→b→c→d→a的循环，此过程中燃料与空气混合燃烧，产生大量高温高压气体而膨胀，通过机械装置对外做功。其中a→b和c→d过程可认为是绝热过程。下列说法正确的是 A.b→c过程，外界对气体做正功，气体内能增大 B.b→c过程，外界对气体不做功，气体内能增大 C.a→b过程，外界对气体不做功，气体内能增大 D.c→d过程，外界对气体做正功，气体内能不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 b→c过程气体体积不变，外界对气体不做功，由可知压强增大时，则温度升高，内能增大，故A错误，B正确； a→b过程气体体积减小，外界对气体做正功，即W>0；由题意可知a→b过程为绝热过程，即Q=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增大，故C错误； c→d过程，气体体积增大，外界对气体做负功，W<0，又因为c→d过程为绝热过程，即Q=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减小，故D错误。 6.如图所示，气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸和活塞是绝热的，气缸固定不动，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，不计活塞与气缸间的摩擦，则下列说法正确的是 A.气缸内的活塞向右运动 B.气缸内气体的内能变小 C.气缸内气体的压强减小 D.气缸内气体的分子平均动能变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设气缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力 分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，细沙不断流 出时细线拉力FT变小，而p0不变，则气缸内的活 塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界 对气体做功，由于气缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则气缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。 7.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是 A.pa=3p0 B.Vb=3Vc C.从状态a到状态b，气体对外做功 D.从状态c到状态a，气体从外界吸热 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由查理定律可得，又pb=p0，得pa=2p0，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B错误； 从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不对外做功，故C错误； 从状态c到状态a，Vc<Va，所以c到a的过程中气体对外界做功，由题图可知，Tc<Ta，所以状态c的内能小于状态a的内能，从c到a气体内能增大，同时气体对外界做功，根据热力学第一定律知气体从外界吸热，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、多项选择题 8.(2023·潮州市高二月考)如图所示，绝热的气缸被一个绝热的活塞分成左、右两部分，活塞质量不计，活塞用销钉锁住，活塞与气缸之间没有摩擦，气缸左边装有一定质量的理想气体，右边为真空，现在拔去销钉，抽去活塞，让气体向右边的真空做绝热自由膨胀，下列说法正确的是 A.气体在向真空膨胀的过程中不对外做功，分子平均动 能不变 B.气体在向真空膨胀的过程中对外做功，气体内能减少 C.气体在向真空膨胀的过程中，气体体积增大，内能不变 D.若无外界的干预，气体分子可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 气体在向真空膨胀过程中体积增加，而在该过程 中没有力的作用，所以气体不做功，即W=0，而 该过程属于绝热过程，即Q=0，由上述可知，其温度不变，所以分子的平均动能不变。根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，所以气体内能不发生变化，故A、C正确，B错误； 根据热力学第二定律，若无外界的干预，气体分子不可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空，故D错误。 13 14 15 9.(2023·中山市高二期末)如图为一定质量的理想气体的压强p与体积V的关系图像，气体状态经历A→B→C→A完成一次循环，A状态的温度为300 K，下列说法正确的是 A.A→B过程中，气体从外界吸热 B.B→C的过程中，外界对气体做正功 C.C→A的过程中，气体分子的平均动能减小 D.状态B时，气体温度为100 K 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由图像可知A→B过程中，气体的体积不变，根据查理定律，可得，代入数据，解得TB=900 K，即温度升高，气体内能增大， 13 14 15 根据热力学第一定律，可得ΔU=W+Q，其中W=0，ΔU>0，解得Q>0，即气体从外界吸热，故A正确，D错误； 由图像可知B→C的过程中，气体体积增加，气体对外界做正功，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由图像可知C→A的过程中，气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律，可得，解得TC=900 K，易知该过程气体温度降低，分子的平均动能减小，故C正确。 13 14 15 10.图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞、活塞连杆与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气柱长度为L，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气柱长为，已知大气压强为p0，室内温度为T0，重力加速度为g，则 A.该同学的质量为m+S B.该同学坐稳后，封闭气体的压强增大、 温度升高 C.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至 1.1T0，每个气体分子的动能都增大 D.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，该过程缸内气体对外界做功为 0.1(p0S+mg)L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 人盘坐上椅面，缸内压强由p1变为p2，环境温度不变，气缸导热，所以气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律可得p1LS=p2S，以活塞、活塞连杆与椅面整体为研究对象，根据平衡条件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正确，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 气体温度升高，分子的平均动能 增大，并不是每个气体分子的动 能都增大，故C错误； 室内气温缓慢上升至1.1T0，气体 等压膨胀，设稳定后气柱的长度为L'，根据盖—吕萨克定律有， 又因为气体膨胀，所以气体对外界做功为W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、非选择题 11.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中气泡　　　(选填“吸收”或“放出”)的热量是　　　 J，气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了　　 J。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 吸收 0.6 0.2 理想气体做等温变化的过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+ W及气泡对外界做功0.6 J，可知气泡一定同时从外界吸收热量0.6 J，而温度上升的过程，内能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。 12.一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，其状态变化过程的p-T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3，温度为T0，气体内能U与热力学温度的关系为U=aT(a为常数)。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 -aT0 (1)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从A到B发生等容变化：， 可得TB=T0，从状态A变化到状态B的过程中， 气体内能的变化量ΔU=UB-UA=-aT0 13 14 15 (2)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6×10-3 因为VB=VA，从B到C发生等压变化：， 由题图知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3 (3)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为　　　 J。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 400 从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0， WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J 根据热力学第一定律可得Q=400 J， 即气体从外界吸收的热量为400 J。 13.(2024·珠海市高二月考)如图所示是一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C的p-V图像，已知气体在状态A时的温度为27 ℃，取1 atm=1×105 Pa。求： (1)气体在状态B时的温度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　150 K　 气体由状态A到状态B的过程，发生的是等容变化，即 求得：TB=TA=150 K (2)气体由状态B到状态C的过程中，是气体对外界做功还是外界对气体做功？做了多少功？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　气体对外界做功　5×104 J 气体从B到C的过程中，发生的是等压变化，体积变大，气体对外界做功，且做功大小为W=pBΔV=5×104 J。 14.(2024·惠州市高二月考)如图所示，将一容积为V0=480 mL的空玻璃瓶从空气中开口向下缓缓压入水中。设水温均匀且恒定，玻璃瓶中的气体可视为理想气体，大气压强为p0=1.0×105 Pa，水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度为g=10 m/s2，玻璃瓶高度相对水深可忽略不计，当压入水中h=2 m深处时，求： (1)瓶内空气的压强； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　1.2×105 Pa 由平衡条件，瓶内空气的压强p=p0+ρgh 解得p=1.2×105 Pa (2)瓶内空气的体积； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　400 mL 缓缓压入水温均匀且恒定的水中，瓶内的理想气体保持温度不变，由玻意耳定律得p0V0=pV 代入数据解得V=400 mL (3)被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体是吸热还是放热，为什么？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　放热，见解析 由热力学第一定律得ΔU=Q+W 因为瓶内气体体积减小，所以外界对气体做功，即W>0，而气体温度不变从而内能保持不变，即ΔU=0，解得Q<0，故气体要放热。 15.如图所示，一粗细均匀的直角导热细玻璃管右端封闭，上端开口，水平部分长为2L，竖直部分长为3L，玻璃管内的横截面积为S，管内用一段水银柱封闭了一定质量的理想气体，外界的大气压强为p0，当环境温度为T0时，水平和竖直管中的水银柱长均为L。设高度为L的水银柱产生的压强为np0，理想气体的内能U与温度T的关系为U=kT， n、k均为已知常数，现缓慢加热管内封闭气体，求： (1)水银柱刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 温度为T0时，封闭气体的压强为p1=p0+np0， ① 体积为V1=LS， ② 设水银刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度 为T1，此时封闭气体的压强为p2=p0+2np0， ③ 体积为V2=2LS ④ 对封闭气体温度从T0变至T1的过程， 根据理想气体状态方程有 ⑤ 联立①~⑤式解得T1= ⑥ (2)从水银柱刚好全部进入竖直管中到水银柱上表面刚好与管的开口处平齐的过程中，封闭气体从外界吸收的热量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设管内水银柱与管的开口处平齐时，封闭气体的 温度为T2，此时封闭气体的体积为V3=3LS ⑦ 封闭气体温度从T1变至T2的过程压强不变，根据 盖—吕萨克定律有 ⑧ 联立④⑥⑦⑧式解得T2= ⑨ 在封闭气体温度从T1变至T2的过程中，水银柱上移的距离为L，则该过程中气体对外做功为 W=p2SL ⑩ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题意可知此过程气体内能的增加量 ΔU=k(T2-T1) ⑪ 根据热力学第一定律有ΔU=Q-W ⑫ 联立③⑥⑨⑩1112可得封闭气体从外界吸收的热量为 Q=(1+2n)(+p0SL)。 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 章末检测试卷(三) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2023·广州市高二期末)下列对能量理解正确的是 (　　) A.能量在被利用的过程中，可利用的效率不变 B.能量转化遵守能量守恒定律 C.能量可以凭空消失 D.自然界中的能量在不断减少 答案　B 解析　开尔文的表述阐述了机械能与内能转化的方向性：机械能可以全部转化为内能，而内能不可能全部用来做功以转化为机械能，因此能量在被利用的过程中，可利用的效率是不同的，A错误；由能量守恒定律可知，能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变，因此能量转化遵守能量守恒定律，B正确，C错误；由能量守恒定律可知，自然界中的能量不会减少，D错误。 2.关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是 (　　) A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定是吸收了热量 C.物体温度不变，就没有吸热或放热 D.物体温度升高，内能不一定增加 答案　D 解析　晶体熔化过程中物体吸收热量，内能增大但温度不变，故A错误； 物体温度升高可能是因为吸收热量，也可能是外界对其做功，故B错误；物体温度不变，但仍可能有吸热或放热。例如在晶体熔化过程中，温度不变，物体持续吸热；在晶体凝固过程中，温度不变，物体持续放热，故C错误；内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，与物体温度、体积有关，故D正确。 3.(2023·深圳市高二期中)关于热力学定律，下列说法中正确的是 (　　) A.热量不能从低温物体传到高温物体 B.在一定条件下，物体的温度可以降低到0 K C.第二类永动机违背了热力学第一定律，因而是不可能实现的 D.一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量 答案　D 解析　根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，只是要引起其他的变化，故A错误；绝对零度是一切低温物体的极限温度，不可能达到，故B错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，因而是不可能实现的，故C错误；一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，故D正确。 4.(2024·广州市模拟)如图，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热气缸内。若环境温度不变，活塞与气缸壁间无摩擦，现对活塞向下施加压力使其缓慢下降，此过程中 (　　) A.气体压强增大，内能增加 B.气体压强增大，吸收热量 C.外界对气体做功，气体内能不变 D.气体对外界做功，气体吸收热量 答案　C 解析　缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度不变，可知气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，气体放出热量，故选C。 5.(2023·广州市高二期末)某些汽车的发动机采用了“阿特金森循环”技术，可简化成发动机内部一定质量的理想气体经历了如图a→b→c→d→a的循环，此过程中燃料与空气混合燃烧，产生大量高温高压气体而膨胀，通过机械装置对外做功。其中a→b和c→d过程可认为是绝热过程。下列说法正确的是 (　　) A.b→c过程，外界对气体做正功，气体内能增大 B.b→c过程，外界对气体不做功，气体内能增大 C.a→b过程，外界对气体不做功，气体内能增大 D.c→d过程，外界对气体做正功，气体内能不变 答案　B 解析　b→c过程气体体积不变，外界对气体不做功，由=可知压强增大时，则温度升高，内能增大，故A错误，B正确；a→b过程气体体积减小，外界对气体做正功，即W>0；由题意可知a→b过程为绝热过程，即Q=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增大，故C错误；c→d过程，气体体积增大，外界对气体做负功，W<0，又因为c→d过程为绝热过程，即Q=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减小，故D错误。 6.如图所示，气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸和活塞是绝热的，气缸固定不动，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，不计活塞与气缸间的摩擦，则下列说法正确的是 (　　) A.气缸内的活塞向右运动 B.气缸内气体的内能变小 C.气缸内气体的压强减小 D.气缸内气体的分子平均动能变大 答案　D 解析　设气缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则气缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于气缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则气缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。 7.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是 (　　) A.pa=3p0 B.Vb=3Vc C.从状态a到状态b，气体对外做功 D.从状态c到状态a，气体从外界吸热 答案　D 解析　由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由查理定律可得=，又pb=p0，得pa=2p0，故A错误；由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb=pcVc，解得Vb=4Vc，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，Vc<Va，所以c到a的过程中气体对外界做功，由题图可知，Tc<Ta，所以状态c的内能小于状态a的内能，从c到a气体内能增大，同时气体对外界做功，根据热力学第一定律知气体从外界吸热，故D正确。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2023·潮州市高二月考)如图所示，绝热的气缸被一个绝热的活塞分成左、右两部分，活塞质量不计，活塞用销钉锁住，活塞与气缸之间没有摩擦，气缸左边装有一定质量的理想气体，右边为真空，现在拔去销钉，抽去活塞，让气体向右边的真空做绝热自由膨胀，下列说法正确的是 (　　) A.气体在向真空膨胀的过程中不对外做功，分子平均动能不变 B.气体在向真空膨胀的过程中对外做功，气体内能减少 C.气体在向真空膨胀的过程中，气体体积增大，内能不变 D.若无外界的干预，气体分子可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空 答案　AC 解析　气体在向真空膨胀过程中体积增加，而在该过程中没有力的作用，所以气体不做功，即W=0，而该过程属于绝热过程，即Q=0，由上述可知，其温度不变，所以分子的平均动能不变。根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，所以气体内能不发生变化，故A、C正确，B错误；根据热力学第二定律，若无外界的干预，气体分子不可能自发地退回到左边，使右边重新成为真空，故D错误。 9.(2023·中山市高二期末)如图为一定质量的理想气体的压强p与体积V的关系图像，气体状态经历A→B→C→A完成一次循环，A状态的温度为300 K，下列说法正确的是 (　　) A.A→B过程中，气体从外界吸热 B.B→C的过程中，外界对气体做正功 C.C→A的过程中，气体分子的平均动能减小 D.状态B时，气体温度为100 K 答案　AC 解析　由图像可知A→B过程中，气体的体积不变，根据查理定律，可得=，代入数据，解得TB=900 K，即温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，可得ΔU=W+Q，其中W=0，ΔU>0，解得Q>0，即气体从外界吸热，故A正确，D错误；由图像可知B→C的过程中，气体体积增加，气体对外界做正功，故B错误；由图像可知C→A的过程中，气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律，可得=，解得TC=900 K，易知该过程气体温度降低，分子的平均动能减小，故C正确。 10.图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞、活塞连杆与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气柱长度为L，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气柱长为，已知大气压强为p0，室内温度为T0，重力加速度为g，则 (　　) A.该同学的质量为m+S B.该同学坐稳后，封闭气体的压强增大、温度升高 C.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，每个气体分子的动能都增大 D.该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至1.1T0，该过程缸内气体对外界做功为0.1(p0S+mg)L 答案　AD 解析　人盘坐上椅面，缸内压强由p1变为p2，环境温度不变，气缸导热，所以气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律可得p1LS=p2S，以活塞、活塞连杆与椅面整体为研究对象，根据平衡条件可得p1S=p0S+mg，p2S=p0S+mg+Mg，解得M=m+，故A正确，B错误；气体温度升高，分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；室内气温缓慢上升至1.1T0，气体等压膨胀，设稳定后气柱的长度为L'，根据盖—吕萨克定律有=，又因为气体膨胀，所以气体对外界做功为W=p2S(L'-)=0.1(p0S+mg)L，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中气泡　　　　(选填“吸收”或“放出”)的热量是　　　　 J，气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了　　　　 J。  答案　吸收　0.6　0.2 解析　理想气体做等温变化的过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W及气泡对外界做功0.6 J，可知气泡一定同时从外界吸收热量0.6 J，而温度上升的过程，内能增加了0.3 J-0.1 J=0.2 J。 12.(10分)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，其状态变化过程的p-T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3，温度为T0，气体内能U与热力学温度的关系为U=aT(a为常数)。求： (1)(3分)从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=　　　　；  (2)(3分)该气体在状态C时的体积为　　　　 m3；  (3)(4分)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量为　　　　 J。  答案　(1)-aT0　(2)6×10-3　(3)400 解析　(1)从A到B发生等容变化：=， 可得TB=T0，从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的变化量ΔU=UB-UA=-aT0 (2)因为VB=VA，从B到C发生等压变化：=， 由题图知TC=TA=T0，所以VC=6×10-3 m3 (3)从A到B再到C的过程中ΔU=0，WAB=0， WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J 根据热力学第一定律可得Q=400 J， 即气体从外界吸收的热量为400 J。 13.(10分)(2024·珠海市高二月考)如图所示是一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C的p-V图像，已知气体在状态A时的温度为27 ℃，取1 atm=1×105 Pa。求： (1)(5分)气体在状态B时的温度； (2)(5分)气体由状态B到状态C的过程中，是气体对外界做功还是外界对气体做功？做了多少功？ 答案　(1)150 K　(2)气体对外界做功　5×104 J 解析　(1)气体由状态A到状态B的过程，发生的是等容变化，即= 求得：TB=TA=150 K (2)气体从B到C的过程中，发生的是等压变化，体积变大，气体对外界做功，且做功大小为W=pBΔV=5×104 J。 14.(12分)(2024·惠州市高二月考)如图所示，将一容积为V0=480 mL的空玻璃瓶从空气中开口向下缓缓压入水中。设水温均匀且恒定，玻璃瓶中的气体可视为理想气体，大气压强为p0=1.0×105 Pa，水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度为g=10 m/s2，玻璃瓶高度相对水深可忽略不计，当压入水中h=2 m深处时，求： (1)(3分)瓶内空气的压强； (2)(3分)瓶内空气的体积； (3)(6分)被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体是吸热还是放热，为什么？ 答案　(1)1.2×105 Pa　(2)400 mL　(3)放热，见解析 解析　(1)由平衡条件，瓶内空气的压强p=p0+ρgh 解得p=1.2×105 Pa (2)缓缓压入水温均匀且恒定的水中，瓶内的理想气体保持温度不变，由玻意耳定律得p0V0=pV 代入数据解得V=400 mL (3)由热力学第一定律得ΔU=Q+W 因为瓶内气体体积减小，所以外界对气体做功，即W>0，而气体温度不变从而内能保持不变，即ΔU=0，解得Q<0，故气体要放热。 15.(14分)如图所示，一粗细均匀的直角导热细玻璃管右端封闭，上端开口，水平部分长为2L，竖直部分长为3L，玻璃管内的横截面积为S，管内用一段水银柱封闭了一定质量的理想气体，外界的大气压强为p0，当环境温度为T0时，水平和竖直管中的水银柱长均为L。设高度为L的水银柱产生的压强为np0，理想气体的内能U与温度T的关系为U=kT，n、k均为已知常数，现缓慢加热管内封闭气体，求： (1)(6分)水银柱刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度； (2)(8分)从水银柱刚好全部进入竖直管中到水银柱上表面刚好与管的开口处平齐的过程中，封闭气体从外界吸收的热量。 答案　(1) (2)(1+2n)(+p0SL) 解析　(1)温度为T0时，封闭气体的压强为 p1=p0+np0， ① 体积为V1=LS， ② 设水银刚好全部进入竖直管中时封闭气体的温度为T1，此时封闭气体的压强为p2=p0+2np0， ③ 体积为V2=2LS ④ 对封闭气体温度从T0变至T1的过程，根据理想气体状态方程有= ⑤ 联立①~⑤式解得T1= ⑥ (2)设管内水银柱与管的开口处平齐时，封闭气体的温度为T2，此时封闭气体的体积为V3=3LS ⑦ 封闭气体温度从T1变至T2的过程压强不变，根据盖—吕萨克定律有= ⑧ 联立④⑥⑦⑧式解得T2= ⑨ 在封闭气体温度从T1变至T2的过程中，水银柱上移的距离为L，则该过程中气体对外做功为 W=p2SL ⑩ 由题意可知此过程气体内能的增加量 ΔU=k(T2-T1) ⑪ 根据热力学第一定律有ΔU=Q-W ⑫ 联立③⑥⑨⑩1112可得封闭气体从外界吸收的热量为Q=(1+2n)(+p0SL)。 学科网（北京）股份有限公司 $$