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1、课时规范练41热力学定律与能量守恒定律 基础对点练1.(热力学第一定律与气体状态方程的综合)(2021山东潍坊一模)如图所示,导热良好的圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上,用活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞上堆放着铁砂,系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂,忽略活塞与汽缸之间的摩擦,外界环境温度不变,则在此过程中缸内气体()A.对外做功,其内能减少B.温度不变,与外界无热量交换C.分子碰撞缸壁时的平均作用力减小D.分子单位时间内对活塞的碰撞次数减少2.(多选)(热力学定律与图像)一定质量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其V-T图像如图所示,pa、pb、pc分别
2、表示a、b、c的压强,下列判断正确的是()A.状态a、b、c的压强满足pc=pb=3paB.过程a到b中气体内能增大C.过程b到c中气体吸收热量D.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功3.(热力学定律与图像)(2021山东泰安一模)如图所示为一定质量的理想气体状态的两段变化过程,一个从c到b,另一个是从a到b,其中c与a的温度相同,比较两段变化过程,则()A.c到b过程气体放出热量较多B.a到b过程气体放出热量较多C.c到b过程内能减少较多D.a到b过程内能减少较多4.(多选)(热力学定律与图像综合)如图,一定量的理想气体经历了ABCDA的循环,A、B、C、D分别位于矩形的四个顶点上。下列
3、说法正确的是()A.状态C的温度为32T0B.AB过程,分子的平均动能减少C.DA过程,气体压强增大、内能减小D.经历ABCDA一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量5.(热力学定律与气体实验定律的综合)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一,人类在采取节能减排措施的同时,也在研究控制温室气体的新方法。目前,专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中,将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中,将容器缓慢移到海水某深处,气体体积减小为原来的一半,温度逐渐降低。此过程中()A.封闭的二氧化碳气体对外界做正功B.封闭的二氧化碳气体压强可能增大C.封闭的二氧化碳气体分子的平
4、均动能增大D.封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量6.(热力学第一定律与气体状态方程的综合)如图所示,一篮球内气体的压强为p0,温度为T0,体积为V0。用打气筒对篮球充入压强为p0,温度为T0的气体,已知打气筒每次充入气体的体积为115V0,一共打气20次,假设篮球体积不变,最终使篮球内气体的压强为4p0。充气过程中气体向外放出的热量为Q,已知气体的内能与温度的关系为U=kT(k为常数)。(1)第一次打入气体后,篮球的压强变为多少?(可认为篮球内气体温度不变)(2)打气筒在篮球充气过程中对气体做的功是多少?7.(热力学定律与气体实验定律的综合)如图所示,导热性能良好的汽缸高为L=50 cm,开
5、口向上置于水平地面上。汽缸中有横截面积为S=10 cm2、质量为m=2 kg的光滑活塞,开始时活塞正好位于汽缸顶部,将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。外界温度为t0=27 、大气压为p0=1105 Pa,汽缸和活塞的厚度均可忽略不计,g取10 m/s2。将汽缸固定在地面上,如果气体温度保持不变,在活塞上轻轻放一个物体,活塞下降并稳定停在距离底部45L处。(1)求所放物体的质量;(2)稳定后,外界温度缓慢升高,使活塞重新上升4 cm,则此时外界温度t为多少摄氏度?若该过程中气体内能增加5 J,则该过程中气体吸收热量多少?素养综合练8.一定质量的理想气体,分别在压强p1和p2下的体积V与温度T的关
6、系图线如图所示,气体由状态A等容变化到状态B的过程中,下列说法正确的是()A.压强增大,吸收热量B.压强增大,放出热量C.压强减小,放出热量D.压强减小,吸收热量9.(多选)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。已知从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收了100 J的热量,则下列说法正确的是()A.气体在状态B时的温度大于在状态A时的温度B.从状态B变化到状态C的过程中气体分子的平均动能增大C.气体从状态A变化到状态B的过程中内能增加了40 JD.气体从状态B变化到状态C的过程中放出了40 J的热量10.(2021重庆适应性测试)如图所示,密闭导热
7、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。打开阀门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)若密闭气体的内能的改变量与温度的关系为U=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。11.如图所示,可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸,汽缸内有一导热性能良好的活塞,活塞面积为S,活塞底面与汽缸底面平行,一定质量的理想气体密封在汽
8、缸内。当平台倾角为37时,汽缸内气体体积为V,将平台顺时针缓慢转动直至水平,稳定时汽缸内气体的体积为0.9V,该过程中环境温度始终为T0,外界大气压强为p0。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度为g。(1)求活塞的质量;(2)若平台转至水平后,经过一段时间,环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变),该过程中汽缸内气体内能的减少量为0.14p0V,求该过程中汽缸内气体放出的热量Q。参考答案课时规范练41热力学定律与能量守恒定律1.D解析 缓慢取走铁砂的过程中,因为活塞对封闭气体的压力减小,所以活塞会缓慢上升,是气体膨胀的过程,缸内气体对外做功,但是汽缸导热良好,所
9、以缸内理想气体温度保持不变,则内能不变,故选项A错误;根据热力学第一定律U=W+Q,因为气体膨胀对外做功,所以W0,即气体要从外界吸收热量,故选项B错误;由上面的分析可知缸内气体温度不变,即气体分子的平均动能不变,所以分子与缸壁碰撞时的平均作用力不变,故选项C错误;根据理想气体状态方程pVT=C可知,T不变,V增大,则p减小,所以缸内气体压强减小,分子的平均动能不变,因为缸内气体体积V增大,所以分子数密度减小,则在单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数要减少,故选项D正确。2.ABD解析设a状态的压强为pa,则由理想气体的状态方程可知paT0=pb3T0,所以pb=3pa,同理pa3V0=pcV0
10、,得pc=3pa,所以pc=pb=3pa,故A正确;过程a到b中温度升高,内能增大,故B正确;过程b到c温度降低,内能减小,即U0,则由热力学第一定律可知,Q0,从c到b,气体做等容变化,体积不变,外界对气体不做功,则Q=U,故a到b过程气体放出热量较多,故选项A、C、D错误,B正确。4.AD解析AB过程为等压过程,则有VATA=VBTB,即有V12T0=V23T0,解得V1V2=23,CD过程也为等压过程,则有VCTC=VDTD,即V2TC=V1T0,解得TC=V2V1T0=32T0,故A正确。AB,温度升高,分子平均动能增大,故B错误。DA,气体压强增大,温度升高,气体内能增大,故C错误。
11、经历ABCDA一个循环,气体内能不变;在p-V图像中,图像与坐标轴围成面积表示功,所以WAB|WCD|,即整个过程,气体对外界做功,所以气体吸收的热量大于释放的热量,故D正确。5.B解析气体体积减为原来的一半,外界对气体做正功,A错误;根据pVT=C可知,气体体积减小到原来的一半,但是气体的温度不一定减小到原来的一半,则气体的压强可能增加,B正确;温度降低,所以气体分子的平均动能减小,C错误;温度降低,内能减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律U=W+Q,封闭气体向外界放出热量,故D错误。6.答案 (1)1615p0(2)Q+57kT0解析 (1)第一次打入气体后,篮球内气体压强变为p1,
12、根据玻意耳定律有p0V0+115V0=p1V0解得p1=1615p0。(2)设篮球内气体最终温度为T,根据理想气体状态方程知p0(V0+20115V0)T0=4p0V0T解得T=127T0篮球内气体内能的增量为U=kT=57kT0根据热力学第一定律可得打气过程中,对气体所做的功为W=Q+57kT07.答案 (1)3 kg(2)57 11 J解析 (1)开始时,V1=LS,压强为p1=p0+mgS=1.2105 Pa活塞下移到4L5处时,V2=4L5S,设此时气体的压强为p2,对所封闭的气体,活塞向下移动时,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2解得p2=1.5105 Pa设所放物
13、体的质量为m0,此时对活塞有p2S=p0S+mg+m0g解得m0=3 kg。(2)对所封闭的气体,开始时,V2=4L5S,T2=300 K,温度升高后,V3=(4L5+L)S,设此时的温度为T3,此过程为等压过程,根据V2T2=V3T3解得T3=330 K,即t=57 该过程中气体对外界做功,得W=-p2SL由热力学第一定律可得U=W+Q解得Q=11 J。8.C解析由题图可知,气体由状态A等容变化到状态B的过程中体积不变,温度减小,根据pVT=p1VT1可知压强减小;根据热力学第一定律U=W+Q,体积不变,温度减小,即W=0,U0,故Q0,放出热量,故A、B、D错误,C正确。9.ACD解析气体
14、从状态A到状态B为等压变化,由VT=C可知,由于从A到B体积变大,则温度升高,即气体在状态B时的温度大于在状态A时的温度,故A正确;从状态B变化到状态C的过程为等容变化,由pT=C可知,压强减小,则温度降低,所以气体分子的平均动能减小,故B错误;气体从状态A变化到状态B的过程中对外做功为W=-0.6105110-3 J=-60 J,由热力学第一定律得U=Q+W=40 J,故C正确;由理想气体状态方程可知,状态A与状态C的温度相同即内能相同,由于B到C为等容变化,则气体不对外做功,外界也不对气体做功,则放出了40 J的热量,故D正确。10.答案 (1)12p0(2)35p00.2kT0解析 (1
15、)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=p2V0解得此时气体压强p=12p0。(2)升高温度,理想气体发生等容变化,根据查理定律得pT0=p1.2T0解得压强p=35p0温度改变,理想气体的体积不变,则外界不对理想气体做功,理想气体也不对外界做功,所以W=0,升高温度,内能增量U=k(1.2T0-T0)=0.2kT0根据热力学第一定律U=Q+W可知气体吸收的热量Q=U=0.2kT0。11.答案 (1)p0Sg(2)0.32p0V解析 (1)设活塞质量为m,当平台倾角为37时汽缸内气体的压强为p1=p0+mgcos37S气体的体积V1=V平台水平时,汽缸内气体压强的大小p2=p0+mgS气体的体积V2=0.9V由玻意耳定律有p1V1=p2V2联立得m=p0Sg。(2)降温过程,汽缸内气体压强不变,由盖-吕萨克定律有V2T0=V30.9T0解得V3=0.81V活塞下降过程,外界对气体做功为W=p2(V2-V3)已知汽缸内气体内能变比量U=-0.14p0V由热力学第一定律U=W+Q得放出的热量Q为0.32p0V。 8