第3章 专题提升课3 热力学定律与气体实验定律的综合-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册教用课件(教科版)

专题提升课3　课后达标检测 1．(多选)(2023·青海西宁期末)如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经等容变化到状态b，再从状态b经等压变化到状态c，a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　)   A．状态b到状态c的过程中气体放热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度高于在状态a的温度 D．状态b到状态c的过程中气体对外做正功 3 4 5 6 7 8 2 1 √ √ 课后达标检测 解析：a、c两状态温度相等，则气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故B正确； 3 4 5 6 7 8 2 1 课后达标检测 2．(2024·江苏泰州一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示。下列判断正确的是(　　)   A．气体在a→b过程中做等温变化 B．气体在b→c过程中内能增加 C．气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等 D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量 3 4 5 6 7 8 1 2 √ 课后达标检测 解析：气体在a→b过程中因pV乘积变大，可知温度升高，A错误； 气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，B错误； 在p－V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做的功，可知气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等，C正确； 气体在一次循环过程中从a到b再到c过程气体对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，D错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 课后达标检测 3．(多选)一定质量的理想气体经历A→B→C→A的过程，其体积随温度的变化情况如图所示。下列说法不正确的是(　　)   A．A→B过程，气体压强增大 B．A→B过程，气体的内能增加 C．B→C过程，气体吸收热量 D．C→A过程，气体压强减小 4 5 6 7 8 1 2 3 √ √ √ 课后达标检测 A→B过程温度不变，气体内能不变，故B错误； B→C过程，气体体积不变，外界对气体做功为零，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故C正确； C→A过程，气体体积与温度比保持不变，即压强不变，故D错误。 4 5 6 7 8 1 2 3 课后达标检测 4．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，则(　　)   A．体积减小 B．内能减少 C．气体一定从外界吸热 D．外界一定对气体做正功 3 5 6 7 8 1 2 4 √ 课后达标检测 气体自状态A到状态B的过程中，温度升高，所以内能增加，故B错误； 整个过程，气体体积增大，所以气体对外做功，而内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热， 故C正确，D错误。 3 5 6 7 8 1 2 4 课后达标检测 5．(多选)(2024·内蒙古包头期末)一定量理想气体发生如图所示的状态变化A→B→C→A，其中C→A是等温过程，下列说法正确的是(　　)   A．A→B的过程中气体吸收的热量等于气体内能的增加量 B．B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量 C．B、C状态气体压强相等的原因是单个分子撞击器壁的平均作用力相等 D．C→A的过程中气体吸收的热量全部用于对外做功 3 4 6 7 8 1 2 5 √ √ √ 课后达标检测 解析：A→B的过程气体等容升温，做功为零，气体吸收的热量等于气体内能的增加量，A正确。 B→C过程压强不变，体积变小，则温度降低，分子平均速率变小，则单个分子撞击器壁的平均作用力减小，C错误。 B→C过程体积变小，外界对气体做功；温度降低，内能减小，则气体向外放出的热量大于内能的减少量；A→B气体不对外做功，气体从外界吸收的热量等于内能增量，而A→B气体内能增量与B→C气体内能减少量相同，故B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量，B正确。 C→A为等温膨胀，内能不变，气体吸收的热量全部用于对外做功，D正确。 3 4 6 7 8 1 2 5 课后达标检测 6．一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)   A．过程da中气体一定放热 B．过程ab中气体既不吸热也不放热 C．过程bc中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量 D．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 3 4 5 7 8 1 2 6 √ 课后达标检测 解析：da过程中，温度升高，则内能增大，即ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＋W＞0，温度升高，压强不变，则体积增大，气体对外界做功，W＜0，则Q＞0，气体吸热，A错误； ab过程中温度不变，内能不变，即ΔU＝0，因ab过程压强变小，则体积变大，则W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体吸热，B错误； 过程bc温度降低，则内能减小，ΔU＜0，又压强不变，则体积减小，外界对气体做正功，W＞0，ΔU＝Q＋W，故Q＜0，且|Q|＞|W|，即外界对气体做的功小于气体所放出的热量，C错误； 理想气体的内能只由温度决定，由题图可知Ta＞Tc，所以气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，D正确。 3 4 5 7 8 1 2 6 课后达标检测 7．在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强p＝9.0×104 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝3.2×102 J，求：   (1)气体在状态B的体积VB； 3 4 5 6 8 1 2 7 课后达标检测 答案：8×10－3m3　 3 4 5 6 8 1 2 7 课后达标检测 (2)此过程中气体内能的增量ΔU。 解析：外界对气体做的功 W＝－p(VB－VA)＝－1.8×102 J 又ΔU＝Q＋W 得ΔU＝140 J。 答案：140 J 3 4 5 6 8 1 2 7 课后达标检测 8．(2024·河南郑州模拟预测)图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图。圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平地面上，活塞(连同细连杆)与椅面的总质量m＝8 kg，活塞的横截面积S＝8×10－4 m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量M＝16 kg的物块，气柱高度h＝0.65 m。已知大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2。 3 4 5 6 7 1 2 8 课后达标检测 (1)若拿掉物块活塞上升到如图虚线所示位置，求此时气柱的高度。 3 4 5 6 7 1 2 8 答案：1.3 m　 课后达标检测 (2)拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞从虚线位置下降6 cm，此过程中气体放出热量24 J，求气体内能的变化量。 解析：在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体做功W＝p2SΔh＝9.6 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可得ΔU＝9.6 J＋(－24 J)＝－14.4 J，则气体内能减少了14.4 J。 答案：减少了14.4 J 3 4 5 6 7 1 2 8 课后达标检测 从状态b到状态c为等压过程，体积增大，气体对外做正功，由 eq \f(pV,T) ＝C知，温度升高，则内能增加，由热力学第一定律可知，从状态b到状态c的过程中气体吸热，故A错误，D正确。 从状态a到状态b为等容过程，压强减小，根据 eq \f(pV,T) ＝C得，温度降低，故C错误； 解析：A→B过程气体温度不变，体积增大，根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C可知，气体压强减小，故A错误； 解析：根据 eq \f(pV,T) ＝C可得p＝ eq \f(C,V) T，由此可知A、B与O点的连线的斜率k＝ eq \f(C,V) ，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，体积增大，故A错误； 解析：根据AB的反向延长线通过坐标原点，知从A到B理想气体发生等压变化。 由气体的等压变化规律得 eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB) 代入数据得VB＝8×10－3 m3。 解析：拿掉活塞上的物块，气体做等温变化，初态：V1＝hS，汽缸内封闭气体的压强 p1＝ eq \f(（M＋m）g,S) ＋p0 代入数据解得p1＝4×105 Pa 末态：V2＝h′S，p2＝ eq \f(mg,S) ＋p0＝2×105 Pa 由气体状态方程得p1Sh＝p2Sh′ 整理得h′＝2h＝1.3 m。 $