物理大一轮复习题组层级快练第十三单元作业6

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精题组层级快练（五十六）一、选择题1．（2016·延庆模拟）对于一个热力学系统,下列说法正确的是（)A．如果外界对它传递热量则系统内能一定增加B．如果外界对它做功则系统内能一定增加C．如果系统的温度不变则内能一定不变D．系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做功的和答案D解析物体吸收热量，可能同时对外做功,内能不一定增加，故选项A错误；外界对物体做功，物体可能同时放热，物体的内能不一定增加，故选项B错误;如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故选项C错误;根据热力学第一定律,系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做功的和，故选项D正确．2．(2016·珠海模拟）在一锅正在沸腾的水中，一个小气泡由底层缓慢地升到液面，上升过程中气泡的压强不断减小，则气泡在上浮过程中（)A．内能增大 B．内能减小C．外界对气泡做功 D．吸收热量答案D解析气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，由于外部恒温，根据eq\f(pV,T)＝C，所以体积增大，气泡膨胀对外做功，温度不变，则内能不变，故选项A、B错误；根据热力学第一定律可得,ΔU＝Q＋W知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故选项C错误，选项D正确．3．(2016·梅州模拟）小红和小明打乒乓球不小心把乒乓球踩扁了，小明认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩扁的乒乓球放在热水里泡一下,基本恢复了原状．乒乓球内的气体可视为理想气体，对于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确的是()A．内能变大，球内气体对外做正功的同时吸热B．内能变大，球内气体对外做正功的同时放热C．内能变大，球内气体对外做负功的同时吸热D．内能变小，球内气体对外做负功的同时放热答案A解析乒乓球内的气体受力膨胀，故对外做功，故W＜0，气体温度升高，故内能增加，故ΔU＞0，根据热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W，Q＞0,即吸收热量,故选项A正确，选项B、C、D错误．4．对于一定量的理想气体,下列说法正确的是（)A．若气体的压强不变，其内能一定不变B．若气体的内能不变，其状态一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强一定不断增大D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大答案D解析对于理想气体而言，内能是由温度决定的，根据理想气体状态方程，eq\f(pV,T）＝C可知，当压强不变时,其温度不一定不发生变化,因此内能不一定不变,选项A错误；而反过来，内能不变只能说明温度不变，可能发生等温变化，也就是气体状态可能发生变化，选项B错误；根据理想气体状态方程，eq\f(pV,T)＝C，温度升高，只能是pV乘积变大，至于压强可能增加也可能减小,选项C错误；内能是由温度决定的,当温度升高时,内能一定增加，选项D正确．5．（2016·南昌模拟）下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是()A．第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功答案ADE解析第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故选项A正确；能量耗散过程中能量也守恒,故选项B错误；电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功,并不违背了热力学第二定律,故选项C错误，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故选项D正确；根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热,并全部用来对外做功，而不引起其它变化，若引起外界变化则可以,故选项E正确．6．(2016·宜昌模拟）关于热力学定律，下列说法正确的是（)A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B．一定量气体,吸热200J，气体对外做功220J，内能减少20JC．热量能够自发地从高温物体传到低温物体D．利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气答案BCE解析第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第二定律，故选项A错误；气体对外做功220J，W＝－220J，吸收200J热量,Q＝200J，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20J，即内能减少20J，故选项B正确；根据热力学第二定律,热量能够自发地从高温物体传到低温物体，故选项C正确；根据热力学第二定律利用高科技手段，不可能将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故选项D错误；一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，体积增大，对外做功，所以吸收的热量大于增加的内能,故选项7.（2016·开封模拟）如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空．抽开隔板K后,a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(）A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度不变D．气体压强变大，温度不变E．单位时间内撞击容器壁的分子数减少答案BCE解析绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q＝0，稀薄气体向真空扩散时气体没有做功，W＝0，根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散体积增大，根据玻意耳定律可知，气体的压强必然变小，故选项A、D错误，选项B、C正确；温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，说明单位时间内撞击容器壁的分子数减少，故选项E正确．8。如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则（）A．A→B过程气体降温B．B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功C．C→A过程气体放热D．全部过程气体做功为零答案AC解析A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，选项A正确；B→C过程气体等容升压，由p/T＝C（常量）可知，气体温度升高,其对应内能增加，因做功W＝0，选项B错；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零,但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，选项C正确；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积．B→C过程气体不做功．C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积,显然全过程对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，选项D不正确．9。导热气缸开口向下，内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶,沙桶装满沙子时,活塞恰好静止，现在把沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，并缓慢降低气缸外部环境温度，则(）A．气体压强增大，内能可能不变B．外界对气体做功,气体温度降低C．气体体积减小，压强增大，内能一定减小D．外界对气体做功，气体内能一定增加答案BC解析由平衡条件知活塞受到的沙桶拉力减小，其他力如活塞重力、大气压力不变，则气体压强增大、体积减小,外界对气体做功，由于环境温度缓慢降低，则气体内能减少，由ΔU＝W＋Q知Q<0,即向外放热．10。(2015·福建）如图所示,一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则(）A．Tb〉Tc，Qab〉Qac B．Tb〉Tc，Qab〈QacC．Tb＝Tc，Qab>Qac D．Tb＝Tc，Qab<Qac答案C解析由理想气体状态方程可知eq\f（paVa，Ta)＝eq\f（pcVc,Tc)＝eq\f（pbVb，Tb），即eq\f(2p0·V0，Tc)＝eq\f(p0·2V0,Tb），得Tc＝Tb，则气体在b、c状态内能相等，因a到b和a到c的ΔU相同;而a到c过程中气体体积不变，W＝0，a到b过程中气体膨胀对外做功，W<0,根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a到b的吸热Qab大于a到c的吸热Qac,即Qab>Qac,选项C正确．11.如图所示,气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(）A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少答案ACE解析气体A进行等容变化，则W＝0,根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加,温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，选项D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，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大,平均动能增大,所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少,选项E正确．二、非选择题12.一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状态A，其变化过程的p－T图如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直直线上．求：(1)状态B的体积；（2)状态C的体积；（3)从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界交换的热量是多少？答案(1）eq\f(V0，3)（2）V0（3)2p0V0解析（1）由图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为p1＝3p0，设体积为V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V1＝eq\f(V0,3）.(2)由图可知,从状态B到状态C为等压变化过程,状态C时气体温度为T2＝3T0,设体积为V2，由盖－吕萨克定律得eq\f（V1，T0）＝eq\f（V2，T2），解得V2＝V0.（3）由状态B经状态C回到状态A,外界对气体做的总功为ΔW；从状态B到状态C,设外界对气体做功为ΔWBC,ΔWBC＝p2(V1－V2），联立解得ΔWBC＝－2p0V0；从状态C回到状态A,由图线知为等容过程,外界对气体不做功，所以ΔW＝ΔWBC＝－2p0V0，从状态B经状态C回到状态A，内能增加量为ΔU＝0，气体从外界吸收的热量为ΔQ,内能增加量为ΔU，由热力学第一定律得ΔU＝ΔQ＋ΔW，解得ΔQ＝2p0V0，即气体从外界吸收热量2p0V0.13。如图所示，体积为V，内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2。4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度．已知:气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：（1）汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；(2）在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.答案(1）eq\f（1，2)V(2)eq\f（1,2)p0V＋αT0解析(1)在缸内气体由压强p＝1。2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2。4T0变为T1，由查理定律,得eq\f(T1,T）＝eq\f(p0，p) ①在气体