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1、课时分层作业（三十五）4组在基础中考查学科功底1 .（多项选择）（2021云南昆明质检）对于热力学第一定律和热力学第二定律的理 解，以下说法正确的选项是（）A. 一定质量的气体膨胀对外做功100 J,同时从外界吸收120 J的热量，那么 它的内能增加20 JB.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定 减少C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高 温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体D.第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律AD 根据热力学第一定律知AU=W+0=-lOO J+120 J = 20 J, A项正
2、确；根据热力学第一定律AU=W+。，可知物体从外界吸收热量，其内能不一 定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，B项错误；通过做功的方式可以 让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，C项错误；第二类永动机没有违 反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此 第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定 律，D项正确。2. （2021湖北宜昌模拟）夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时 候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，那么关于 气体喷出的过程，以下说法正确的选项是（）A.气体的内能不变B.气体来不及与外
3、界发生热交换，对外做功，温度降低C.气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了D.气体分子的平均动能增大B 气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，。=0,对外做 功，热力学第一定律的表达式为W+Q=AU,内能减少，温度降低，温度是分 子平均动能的标志，只有B项正确。3.如下图，密闭绝热的具有一定质量的活塞，上部封闭着一定量的理想气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端 定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹 性势能为品（弹簧处于自然长度时的弹性势能为零）。现绳突然断开，弹簧推动活 塞向上运动，经过屡次往复运动后活塞静止，气体
4、到达平衡态，经过此过程（）理想气体A.耳全部转化为气体的内能B.县一局部转化成活塞的重力势能，其余局部仍为弹簧的弹性势能C. Ep全部转化成活塞的重力势能和气体的内能D.右一局部转化成活塞的重力势能，一局部转化为气体的内能，其余局部 仍为弹簧的弹性势能D 由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子 断开后活塞由于受到的弹力大于活塞的重力而向上运动，到达最高点后再向下运 动，如此反复；当活塞最后静止时弹簧的弹力与活塞的重力、气体的压力三力平 衡，弹簧处于压缩状态。在活塞运动过程中对活塞做功的有重力、弹簧的弹力和 气体的阻力。当弹簧最后静止时仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小，故
5、弹簧 储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运 动的过程中气体的阻力始终做负功，产生内能，故减少的弹性势能一局部转化为 活塞的重力势能，一局部转化为气体的内能，故D正确。 程到达状态心 其中区4的延长线经过原点，与横轴平行，OE与纵轴平行。 以下说法正确的选项是（）A. Ab过程中气体的体积逐渐减小B. 过程中气体从外界吸热CD过程气体内能不变D.过程气体对外界做功BD 由理想气体状态方程整理得p=T, 43过程中图像的斜率不变，故 气体的体积不变，A项错误；过程为等压过程，压强不变，T增大，气体体 积增大，气体对外做功，理想气体的内能随温度升高而增大，由热力学第
6、一定律 U=W+Q,知气体从外界吸热，B项正确；。过程气体温度升高，内能增大, C项错误；段为等温过程，温度不变，压强降低，由半=C可知，气体体积增大，对外界做功，D项正确。5 . （2021山东济南实验中学月考）一定量的理想气体从状态。开始，经历等温或等压过程M、be、cd、回到原状态，其p-T图像如下图，其中对角线 好的延长线过原点O。以下判断正确的选项是（）A.气体在以c两状态的体积不相等B.气体在状态。时的内能大于它在状态c时的内能C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D.在过程血中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功B 由第=第，并结合图像，得*胃,因此气体在。
7、、c两状态 的体积相等，A错误；对一定量的理想气体内能由温度决定，由于北4,因此 气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，B正确；在cd过程中，气体 发生等温变化，压强增大，体积减小，温度保持不变，内能不变，外界对气体做 功，根据热力学第一定律AU=W+。可知，气体向外界放出的热量等于外界对 气体做的功，C错误；在加过程中气体发生等压变化，温度升高内能增加，体 积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律U=W+Q,气体从外界吸收 的热量大于气体对外界做的功，D错误。6 .如下图，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸中间有一个固定的导热 性良好的隔板，封闭着两局部气体A和3,活塞处于静止平衡状态
8、。现通过电 热丝对气体A加热一段时间，后来活塞到达新的平衡。不计气体分子势能，不 计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变。以下判断正确的选项是（）IIIIIIIIIIIIIIIITTBA.气体A吸热，内能可能不变8 .气体5吸热，对外做功，内能不变C.气体A和气体内每个分子的动能都增大D.气体3分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少D 由题意可知气体A发生等容变化，那么W=0,根据AU=W+Q可知气 体A吸收热量，内能增加，气体的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增 大，A、C两项错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高， 内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功
9、，B项错误；根据气体 压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平 均动能有关，气体3的压强不变，但是温度增大，分子平均动能增大，所以气 体5分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，D项正确。9 .电冰箱的工作原理示意图如下图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱 内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器 时制冷剂液化，放出热量到箱体外。以下说法正确的选项是（）干燥过滤器干燥过滤器冷凝器箱体蒸发器/A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外10 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗 了电能C.电冰箱的工作原理违反热力学第
10、一定律D.电冰箱的工作原理违反热力学第二定律B 热力学第一定律和热力学第二定律，适用于所有的热学过程，C、D两 项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除 非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩 机的帮助并消耗电能，B项正确，A项错误。.如下图，两端开口内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置，质量分别为根和2m的两个活塞A、B由长度为2L的轻杆相连，两活塞的横截面积分别为S 和2S,活塞间封闭有一定质量的理想气体。开始时，活塞B距离较细汽缸底端为L,整个装置处于静止状态。此时大气压强为po=为L,整个装置处于静止状态。此时大气压强为po=4m
11、gS，汽缸周围温度为127 ,现在活塞A上部缓慢倒入细沙，直到活塞A恰好位于较细汽缸底部。求加入细沙的质量;保持细沙质量不变，再缓慢降低气体温度，使活塞回到原来位置，内能 减少了 AU,求此时封闭气体的温度及此过程中气体放出的热量。解析设初始状态封闭气体的压强为pi,由平衡条件可得：poS+p2S +3mg=p(y2S +piS解得：pi假设设活塞A到达较细汽缸底部时封闭气体的压强为加入细沙的质量为wo, 由平衡条件得：oS+p22S+3mg+mg=p2S+piS根据玻意耳定律得：piCLS+2LS)=p22Z/2S联立解得：加0=彳。降低温度过程中气体做等压变化，由盖一吕萨克定律得:4LS
12、3LSTr T2得：T2=27 体积恢复过程中外界对气体做的功:W=p2(2LS-LS) = p2LS=mgL由热力学第一定律得：一AU=W一。3可得:Q=mgL+AUo答案(1 号(2)27 加gL+AUB组 在综合中考查关键能力8 .如下图，带有活塞的汽缸中封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能）。将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能，汽缸和活塞间摩擦不计。那么A.假设发现欧姆表示数变大，那么汽缸内气体压强一定减小B.假设发现欧姆表示数变大，那么汽缸内气体内能一定减小C.假设拉动活塞使汽缸内气体体积增大，那么欧姆表
13、示数将变小D.假设拉动活塞使汽缸内气体体积增大，那么需加一定的力，这说明气体分子间有引力B 内部气体的压强为p=po+等，那么气体的压强不变，欧姆表读数变大, 说明气体温度降低，根据理想气体状态方程半=c,知气体体积减小，内能减小, 故A错误，B正确；假设拉动活塞使汽缸内气体体积增大，气体对外界做功，温 度降低，电阻变大故欧姆表读数将变大，故C错误；假设拉动活塞使汽缸内气体 体积增大，那么需加一定的力克服内外气压差做功，故D错误。9 .（多项选择）一定量的理想气体处在温度为290 K的A状态，经历如图的 AfiJfCfA循环。以下说法正确的选项是（）A. A-3的过程中，每个气体分子的动能都增
14、加气体温度先升高后降低C. C-A的过程中，气体内能一定减小D.D.Cf A的过程中,外界对气体做功100 JBCD A-H?的过程中，体积不变，根据查理定律，压强增加，温度升高， 分子的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，故A错误；区一C的过程 nV中，根据理想气体状态方程勺=C,可知。两点温度相同，过6、C两点的 等温线是双曲线的一支，图线3C之间的点温度比3点和。点温度高，所以BY 过程中，气体的温度先升高后降低，故B正确；C-A的过程中，气体发生等压 变化，体积减小，温度降低，理想气体的内能只与温度有关，故内能减小，故C 正确；CfA的过程中，根据pV图像面积求功，W=M V=0
15、.5 X105 X (3 X103 -1X10-3) J = 1OO J,故 D 正确。11. 如下图的PV图像中，一定质量的理想气体由状态A经过AQ5过程 至状态3,气体对外做功280 J,吸收热量410 J；气体又从状态5经过程 回到状态A,这一过程中外界对气体做功200 J。贝!|：(l)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少?(2)3ZM过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少?解析(l)ACB 过程中 用=一280 J, 01=410 J 由热力学第一定律得Ub-Ua = Wi + Qi = 130J 故AC3过程中气体的内能增加了 130 J。因为一定质量的理想
16、气体的内能只与温度有关, BDA过程中气体内能的变化量。4一八=一130 J由题意知 %=200 J,由热力学第一定律Ua-Ub=W2+Q2代入数据解得Qi= -330 J即BDA过程中气体放出热量330 Jo答案增加130 J放热330 J12. (2021福建莆田质检)如下图，一定质量的理想气体经历了 A-B-C的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了 135 J,外界对气体做了 90 J的功。状态A时气体的体积K4=600cm3。求:0200400600(1)从状态A到状态。的过程中，气体与外界热交换的热量。状态A时气体的压强PAO解析(1)根据热力学第一定律有A17= W+ Q代入数
17、据得。=45 J,即气体从外界吸收热量45 J。(2)从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有祟=祟从状态B到状态C为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律有肃=法Lb 1c从状态A到状态B,外界对气体不做功；从状态B到状态C,外界对气体做功，W=pBV又 AV=-Vc, Vb=Va代入数据联立解得pA = 1.5X105 Pao答案吸收热量45 J1.5X105 Pa13. 一定质量的理想气体经历了如下图的A-8-C-D-A循环，该过程 每个状态视为平衡态，各状态参数如下图。A状态的压强为1义105 pa,求：V/(xl0-3m3)B - CB状态的温度。完成一次循环，气体与外界热交换的热量
18、。解析(1)理想气体从A状态到3状态的过程中, 压强保持不变，根据盖一吕萨克定律有元=而代入数据解得年=兀0=6。理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功 Wi = -Pa(Vb-Va)解得 Wi = -100 J气体从8状态到。状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有臂=并1b 1 c解得 pc=2.5X105 Pa气体从C状态到。状态的过程中，压强保持不变，外界对气体做功W2=pc(Vc- Vd)=Pc(Vb- Va)解得 W2=250 J一次循环过程中外界对气体所做的总功W=Wi + W2=150J理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内能 不变。根据热力学第一定律有AU=W+。解得 2= 一 150 J故完成一次循环，气体向外界放热150 J。.答案(1)600 K (2)放热 150 J