2025高考物理步步高同步练习选修3第三章　热力学定律章末核心素养提升含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第三章热力学定律章末核心素养提升eq\a\vs4\al(热,力,学,定,律)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功、热和内能的改变\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功和内能：在绝热情况下，功是能量变化的量度,热量和内能：只发生传热时，热量是系统内能变化的量度,做功和传热在改变内能上是等价的)),热力学第一定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的,功的和表达式：ΔU＝Q＋W,符号法则)),能量守恒定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(内容：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,永动机是不可能制成的)),热力学第二定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体,开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响,微观解释：一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,熵增加原理：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值总是不会减小,第二类永动机不能制成的原因：违背了热力学第二定律)),能量和能源\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(能量转移和转化的方向性,能量耗散,能量守恒、能源有限))))章末自测卷(三)(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(共9小题，每小题6分，共54分)1.下列说法正确的是()A.随着物体运动速度的增大，物体分子动能也增大B.一定质量的理想气体经历等容放热过程，气体的内能增大C.气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积上的次数与单位体积内分子数和温度有关D.悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不平衡性就表现得越明显答案C解析温度是分子平均动能的标志，温度升高，物体内分子的平均动能一定增大，与宏观物体运动的速度大小无关，故A错误；一定质量的理想气体经历等容放热过程，则Q＜0，W＝0，根据ΔU＝Q＋W可知，气体的内能减小，故B错误；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数和温度有关，故C正确；悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不平衡性就表现得越不明显，故D错误。2.关于气体的内能，下列说法正确的是()A.质量和温度都相同的气体，内能一定相同B.气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C.气体被压缩时，内能一定改变D.一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关答案D解析质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故A错误；物体的内能与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不一定越大，故B错误；气体被压缩时，外界对气体做功W＞0，如果向外界放热Q＜0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W，可能ΔU＝0内能不变，故C错误；理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故D正确。3.在一个与外界没有热交换的房间里打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将如何变化()A.降低 B.升高C.不变 D.无法确定答案B解析冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷，把冰箱与房间看成一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，系统内部无法使系统总能量发生变化。但系统消耗电能增加了系统的总能量，根据能量守恒定律，系统增加的能量转化为内能使房间的温度升高。故选项B正确。4.关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是()A.布朗运动就是液体分子的热运动B.用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上C.第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律D.用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105J，同时空气的内能增加2.2×105J，则空气从外界吸热5.2×105J答案C解析布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，空气向外界放出0.8×105J的热量，故D错误。5．一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则()A．达到热平衡时，两者内能相等B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量C．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量都等于铁块内能的增加量D．达到热平衡时，铜块的温度比铁块的低答案C解析热平衡条件是温度相等，传热的方向是从温度高的物体传向温度低的物体，不和外界交换热量，在传热过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，故C正确，A、B、D错误。6．(2021·江苏平潮中学高二月考)一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V膨胀到V′。如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传热的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传热的值为Q2，内能变化为ΔU2，则()A．W1＞W2，Q1＜Q2，ΔU1＞ΔU2B．W1＞W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2C．W1＜W2，Q1＝Q2，ΔU1＞ΔU2D．W1＝W2，Q1＞Q2，ΔU1＞ΔU2答案B解析气体体积由V膨胀到V′，由eq\f(pV,T)＝C，可判断出，在等压变化中，因为压强不变，则气体对外界做功W1＝pSeq\f(V′－V,S)＝p(V′－V)，因为气体膨胀，所以温度升高，气体的内能增加，所以ΔU1＞0，气体吸热；在等温变化中，气体内能不变，即ΔU2＝0，所以ΔU1＞ΔU2，因为气体膨胀，对外界做功，所以吸收的热量等于对外界做的功，W2＝Q2，且因为气体膨胀，压强减小，所以气体对外界做功W2＝p1(V′－V)，则有W1＞W2，由ΔU＝Q－W可得Q1＞Q2，故A、C、D错误，B正确。7．(2021·通化县综合高级中学高二期末)对于一定质量的理想气体，下列过程不可能发生的是()A．气体膨胀对外做功，温度升高，内能增加B．气体吸热，温度降低，内能不变C．气体放热，压强增大，内能增大D．气体放热，温度不变，内能不变答案B解析理想气体的内能只与温度有关，气体膨胀对外做功，若吸收热量，其温度可能升高，内能增加，可能发生，故A正确；气体吸热，若同时气体可以膨胀对外做功，温度可以降低，但是内能一定减小，不可能发生，故B错误；气体放热，若同时外界可以对气体做功，体积减小，其温度可能升高，内能增大，根据eq\f(pV,T)＝C可知，温度升高，体积减小，则压强增大，可能发生，故C正确；气体放热，若同时外界可以对气体做功，温度可能不变，则内能也不变，可以发生，故D正确。8．一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C两个过程变化到状态C，其p－V图像如图所示。已知气体在状态A时温度为27℃，以下判断正确的是()A．气体在A→B过程中对外界做的功为2.0×104JB．气体在B→C过程中可能吸热C．气体在状态B时温度为900℃D．气体在A→C过程中吸收热量答案D解析气体在A→B过程中压强不变体积增大，气体对外界做功W＝pA(VB－VA)＝1.5×105×(0.3－0.1)J＝3.0×104J，A错误；气体在B→C过程中体积不变，压强减小，温度降低内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放热，B错误；气体在A→B过程，由eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，可得气体在状态B时温度为TB＝900K＝627℃，C错误；气体在A→C的过程，由理想气体状态方程可知eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)，解得TA＝TC，故A和C两状态温度相等，气体内能相同，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外界做功并且吸收热量，D正确。9．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是()A．在a到b过程中外界对气体做功B．在b到c过程中气体温度始终不变C．在c到a过程中气体的温度升高D．气体在状态b、c时内能可能相等答案D解析在a到b过程中，气体体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增加，A错误；b到c过程若发生的是等温变化，则p－V图线为双曲线的一部分，而图示为倾斜直线，因此b到c过程中温度一定发生变化，B错误；在c到a过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，C错误；状态b、c可能是同一等温曲线上的两个状态，所以D正确。二、计算题(共3小题，共46分)10．(15分)(2021·江苏姜堰二中高二月考)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程中的p－V图像如图所示。已知图线的AD段是双曲线的一部分，且该气体在状态A时的温度为270K。(1)求气体在状态C时的温度TC和在循环过程中气体的最高温度Tm；(2)若由状态C到状态D过程中放出热量75J，则求此过程中内能的变化量。答案(1)337.5K675K(2)减少50J解析(1)图线的AD段是双曲线的一部分，即从D到A，理想气体等温变化，有TD＝TA＝270K由图可知，从C到D，理想气体等压变化，有eq\f(VC,TC)＝eq\f(VD,TD)代入数据，有TC＝337.5K对于给定质量的理想气体，根据理想气体状态方程易知变化过程中横纵坐标乘积最大时，其温度最高。由图可知状态B时温度最高，理想气体从A到B是等压过程，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)代入数据，可得TB＝675K。(2)由状态C到状态D过程是等压变化，外界对气体做功有W＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(VC－VD))＝25J根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W代入数据，得ΔU＝25J－75J＝－50J。11．(15分)如图甲所示，一个厚度不计的圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，汽缸底面积S＝1×10－4m2，高度h＝0.2m，已知大气压强p0＝1.0×105Pa，室温为7℃，取g＝10m/s2。缸内气体可视为理想气体。(1)若室温升到27℃，求此时汽缸内空气质量与室温为7℃时汽缸内空气质量之比；(2)若室温仍为7℃，如图乙所示，在汽缸开口处加质量为m＝0.2kg的活塞，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，如果在活塞上缓慢放置一定质量的细砂，气柱高度变为汽缸高度的eq\f(2,3)，求砂子的质量并判断此过程缸内气体吸热还是放热。答案(1)14∶15(2)0.3kg放热解析(1)室温为7℃时，汽缸内空气的体积为V1，温度T1＝(7＋273)K＝280K室温升到27℃时，此时包括逸出气体在内的气体的总体积为V2，温度为T2＝(27＋273)K＝300K，由盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)设室温为27℃时汽缸内空气的密度为ρ，则27℃时汽缸内空气质量为ρV1，7℃时汽缸内空气质量为ρV2，则室温为27℃时汽缸内空气质量与室温为7℃时汽缸内空气质量之比为eq\f(m2,m1)＝eq\f(V1,V2)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(280,300)＝eq\f(14,15)。(2)因为砂子是缓慢放置的，所以汽缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p3V3，其中p1＝p0，p3＝p0＋eq\f(mg＋m砂g,S)，V1＝hS，V3＝eq\f(2,3)hS代入数据解得m＋m砂＝0.5kgm砂＝0.3kg因为气体体积减小，外界对气体做功，此过程气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，此过程气体向外放热。12．(16分)(2021·南京市十三中高二期末)如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为10cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底30cm处设有卡槽a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，活塞的质量为5kg，气体温度为180K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度为300K，活塞恰好离开卡槽a、b；若继续给汽缸内气体缓慢加热，活塞上升了10cm的过程中，气体的内能增加了240J。(设大气压强为p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2)求：(1)开始时汽缸内气体的压强；(2)活塞上升10cm时汽缸内气体的温度；(3)活塞离开卡槽a、b之后上升10cm的过程中，气体吸收的热量。答案(1)0.9×105Pa(2)400K(3)255J解析(1)活塞刚好离开卡槽时，有mg＋p0S＝p2S根据查理定律得eq\f(p2,T2)＝eq\f(p1,T1)解得p1＝eq\f(T1,T2)p2＝0.9×105Pa。(2)从活塞离开卡槽时，气体为等压变化，根据盖－吕萨克定律得eq\f(V2,T2)＝eq\f(V3,T3)解得T3＝eq\f(V3,V2)T2＝400K。(3)活塞离开卡槽后，气体对外做功为W＝－p2·SΔh＝－15J根据热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝255J。专题拓展课二热力学第一定律和气体实验定律的综合应用[学习目标要求]1.会分析热学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题。2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题。拓展点1热力学第一定律和热学图像的结合1.应用气体状态变化图像时要注意以下两点信息(1)点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。(2)斜率的物理意义：在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以通过比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，判断两个状态的压强(或体积)的大小。2.判定物体内能变化的方法(1)内能的变化都要利用热力学第一定律进行综合分析；(2)做功情况要看气体体积的变化情况：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正；(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0；(4)如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以气体内能的变化主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度的变化。【例1】(2021·江苏苏州市高二期中)如图所示为一定质量理想气体的p－V图像，气体状态经历了由A经B到C的变化过程，其中A到B过程中气体吸收了120J热量，对外做功180J；B到C过程中气体吸收了240J热量。则：(1)A到B过程中气体内能改变了多少？(2)B到C过程中，是外界对气体做功还是气体对外界做功？做了多少功？(3)整个过程中气体内能改变了多少？答案(1)内能减小60J(2)气体对外界做功，做功200J(3)减小20J解析(1)A到B过程中气体吸收了120J热量，对外做功180J。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，代入数据得ΔU＝120J＋(－180)J＝－60J即内能减小60J。(2)B到C过程中，体积变大，气体对外界做功，做功W＝pΔV＝200J。(3)A到B过程中内能减小60J；B到C过程中，气体吸收了240J热量，对外做功200J，故B到C过程中，气体内能增加了40J，故整个过程中气体内能减小20J。【例2】一定质量的理想气体从状态a开始经过状态b、c回到状态a的V－T图像如图所示。已知气体处于状态a时的压强为p0，则下列判断正确的是()A.气体处于状态c时的压强为3p0B.c→a过程中外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量C.a→b过程中气体对外界做的功等于c→a过程中外界对气体做的功D.b→c过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量答案D解析由题图可知c→a过程中气体做等压变化，压强不变，故气体处于状态c时的压强为p0，A错误；在c→a过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，W＞0，由于温度降低，气体的内能减少，即ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＜0，即气体向外界放出热量，且外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，B错误；a→b过程中，气体的温度不变，故内能不变，体积增大，气体对外界做功；而c→a过程中外界对气体做功，作出V－T图像对应的p－V图像如图所示，由图像可知，图线与横轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体做功的大小，故a→b过程中气体对外界做的功小于c→a过程中外界对气体做的功，C错误；因为状态a、状态b气体的温度相同，所以状态a、状态b气体的内能相同，所以b→c过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，D正确。【针对训练1】(2021·江苏扬州市开学考)一定质量的理想气体从状态M开始，经状态N、P、Q回到状态M，如p－T图所示。下列说法正确的是()A.N→P过程，气体放热B.M→N过程，气体体积变大C.气体在N时的体积比在Q时的体积小D.P→M过程，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加答案A解析由图像可知，N→P过程气体温度T不变而压强p增大，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，气体体积V减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＝ΔU－W＝－W＜0，气体放出热量，故A正确；由图像可知，M→N过程气体温度T降低而压强p不变，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体体积V减小，故B错误；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知：p＝eq\f(C,V)T，p－T图像的斜率k＝eq\f(C,V)，由图像可知，N、Q的连线过坐标原点，图像的斜率不变，说明气体在状态N和状态Q时的体积相等，故C错误；由图像可知，P→M过程气体温度升高而压强减小，气体压强减小，气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小，气体温度升高分子平均动能增大，则单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减少，故D错误。拓展点2热力学第一定律和气体实验定律的结合1.利用体积的变化分析做功问题，气体体积增大，气体对外界做功，气体体积减小，外界对气体做功。2.利用温度的变化分析理想气体内能的变化，一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加，温度降低，内能减小。3.利用热力学第一定律判断是吸热还是放热，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化过程是吸热过程还是放热过程。4.解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路【例3】(2021·陕西宝鸡市高二期末)如图所示，竖直放置的导热圆柱形容器开口向上，用质量m＝10kg的活塞密封一部分理想气体，活塞在容器内能自由滑动且保持水平，容器内侧的底面积S＝50cm2，开始时气体的温度t＝27℃，活塞到容器底的距离L＝20cm。在气体从外界吸收Q＝60J热量的过程中，活塞缓慢上升的距离L′＝2cm。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)活塞停止上升时容器内气体的温度t2；(2)密闭气体内能的增加量ΔU。答案(1)57℃(2)48J解析(1)活塞缓慢上升过程发生等压変化V1＝SLT1＝t1＋273KV2＝S(L＋L′)T2＝t2＋273K由盖－吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得t2＝57℃。(2)设活塞封闭理想气体的压强为p，活塞缓慢上升过程中受力平衡，则有pS＝p0S＋mg气体体积增大，外界对气体做负功，由做功公式可得W＝－pSL′由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W解得ΔU＝48J。【针对训练2】如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10m2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27℃，U形管内水银面高度差h1＝15cm。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水银的密度ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。(1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。答案(1)250K(2)1600J解析(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化由查理定律可知，eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)p1＝p0＋ρgh1＝1.2×105Pa，p2＝p0＝1.0×105Pa，T1＝300K解得T2＝250K。(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体做等压变化，压强p0＝1.0×105Pa由盖－吕萨克定律知eq\f(V2,T2)＝eq\f(V3,T3)解得T3＝300K因为T3＝T1＝300K，所以初状态与末状态气体内能相等，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＝－W，即Q＝p0ΔV＝1600J。1.(热力学第一定律和热学图像的结合)(2021·江苏南通市高二期末)一定质量理想气体的状态变化如图所示，该气体从状态a沿圆形线变化到状态b、c、d，最终回到状态a，则()A.从状态a到状态b是等温变化过程B.从状态a到状态c是等压膨胀过程C.从状态a到状态c，气体放出热量、内能增大D.从状态a经b、c、d回到状态a，气体放出热量答案D解析等温线的形状不是圆弧，从状态a到状态b不是等温变化过程，A错误；从状态a到状态c，气体的压强先减小后增大，不是等压膨胀过程，B错误；从状态a到状态c，根据eq\f(pV,T)＝C，初末状态的压强相等，体积增大，温度升高，内能增大，体积增大对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量，C错误；从状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变，内能不变；外界对气体所做的功等于圆形面积，根据热力学第一定律，气体放出热量，D正确。2.(热力学第一定律和热学图像的结合)(2021·山东淄博四中期末)一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其p－V图像如图所示，其中QM平行于横轴，NQ平行于纵轴，M、N在同一等温线上。下列说法正确的是()A.气体从状态M到状态N的过程中温度先降低后升高B.气体从状态N到状态Q的过程中温度先升高后降低C.气体从状态N到状态Q的过程中放出热量D.气体从状态Q到状态M的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态M到状态N的过程中气体对外界所做的功答案D解析根据p－V图像的等温线可知，气体从状态M到状态N的过程中温度先升高后降低，A错误；气体从状态N到状态Q的过程中，体积不变，压强变大，故气体的温度升高，内能增大，结合热力学第一定律可知，该过程气体吸收热量，B、C错误；因p－V图像中图线与横轴所围图形的面积表示气体对外界或外界对气体做功的大小，故气体从状态Q到状态M的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态M到状态N的过程中气体对外界所做的功，D正确。3.(热力学第一律和气体实验定律的结合)(2021·江苏无锡市高二期末)如图所示为一定质量的理想气体状态变化过程中的p－V图线，已知气体在状态A时的温度TA＝300K。(1)求气体在状态C时的温度TC；(2)若气体在A→B过程中吸热1000J，求在A→B过程中气体内能的变化量。答案(1)375K(2)增加了400J解析(1)A→B过程气体等压变化，由盖－吕萨克定律得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得TB＝750KB→C过程气体等容变化，由查理定律得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)解得TC＝375K。(2)A→B过程外界对气体做功为W＝－pA(VB－VA)＝－600J由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W解得ΔU＝1000J＋(－600J)＝400JA→B过程中气体的内能增加了400J。课时定时训练(限时40分钟)1.(2021·江苏盐城市高二期末)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程中，下列说法正确的是()A.A→B过程中，气体吸收热量B.B→C过程中，气体分子的平均动能减小C.C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D.D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化答案C解析因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，故A错误；因为B→C为等压过程，由于体积增大，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故B错误；C→D为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C正确；D→A为等容过程，体积不变，压强变小，由eq\f(pV,T)＝C，可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D错误。2.(2021·江苏苏州市高二月考)一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积倒数eq\f(1,V)的关系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()A.温度升高，吸收热量 B.温度升高，放出热量C.温度降低，吸收热量 D.温度降低，放出热量答案A解析根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知p＝CT·eq\f(1,V)，则在p－eq\f(1,V)图像中过原点的斜率越大，则温度越高，因此气体由状态A等压变化到状态B的过程中，气体温度升高，内能增加，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量。故选项A正确。3.(2021·湖南湘潭一中高二月考)一定质量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p－V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是()A.气体经历过程1，其温度升高B.气体在过程2中一直对外放热C.气体在过程2中一直对外做功D.气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同答案D解析气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，又气体与外界无热量交换，根据热力学第一定律知，其内能减小，温度降低，故A错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，开始时，体积不变，对外界不做功，压强减小，温度降低，根据热力学第一定律知，气体对外放热；然后压强不变，体积变大，气体膨胀对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律知，气体要吸收热量，故B、C错误；无论是气体经历过程1还是过程2，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。4．一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则()A．ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热B．bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热C．ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热D．整个变化过程中气体的内能先减小后增加答案A解析由题图可知，图线ab的反向延长线过坐标原点O，所以ab过程中气体压强不变，而体积变大，气体对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确；bc过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，温度降低内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故B错误；ca过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误；整个变化过程温度先升高，后降低，最后不变，所以气体的内能先增加，后减小，最后不变，故D错误。5.(2021·山东青岛市高二期末)如图描述了一定质量的理想气体压强p随体积V变化的图像，O、a、b在同一直线上，ac与横轴平行，下列说法正确的是()A.a到b过程，外界对气体做功B.c到a过程，气体向外界放出的热量大于气体内能的减少量C.b到c过程，气体释放的热量大于气体内能的减少量D.a点时气体的内能等于b点时气体的内能答案B解析a到b过程，气体的体积增大，气体对外界做功，A错误；根据eq\f(pV,T)＝C可知，c到a过程，气体的体积V减小，温度T降低，气体的内能ΔU减小，又因为气体的体积减小，外界对气体做功W，根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，所以Q＞ΔU，即气体向外界放出的热量大于气体内能的减少量，B正确；根据eq\f(pV,T)＝C可知，b到c过程，气体的体积V不变，气体的压强p减小，气体的温度T降低，气体的内能减小，根据热力学第一定律，减小的内能等于放出的热量，C错误；根据eq\f(pV,T)＝C可知，a到b过程气体的温度升高，内能增大，所以a点时气体的内能小于b点时气体的内能，D错误。6.如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1kg、横截面积S＝5×10－4m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图像如图乙所示，已知大气压强p0＝1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2。(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；(2)若缸内气体原来的内能U0＝72J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。答案(1)1.2×105Pa6×10－4m3(2)60J解析(1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象pS＝p0S＋mg解得气体压强p＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa由盖－吕萨克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得VB＝eq\f(VATB,TA)＝6×10－4m3。(2)由气体的内能与热力学温度成正比得eq\f(UB,U0)＝eq\f(TB,TA)，解之得UB＝108J外界对气体做功W＝－pSl＝－p(VB－VA)＝－24J由热力学第一定律ΔU＝UB－U0＝Q＋W得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60J。7.(2021·江苏省滨海中学一模)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－V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：(1)该气体在状态B时的温度；(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。答案(1)－173℃(2)从外界吸热200J解析(1)对于理想气体：从A→B发生等容变化，由查理定律得eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)可得TB＝eq\f(pB,pA)TA＝100K所以tB＝(100－273)℃＝－173℃。(2)从B→C过程，发生等压変化，由