一点一练2022版高考物理复习专题三十气体热力学定律专题演练含两年高考一年模拟

考点30　气体　热力学定律两年高考真题演练　1．(2022·北京理综，13)下列说法正确的是(　　)A．物体放出热量，其内能一定减小B．物体对外做功，其内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变2．[2022·福建理综，29，(2)]如图，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＞QacB．Tb＞Tc，Qab＜QacC．Tb＝Tc，Qab＞QacD．Tb＝Tc，Qab＜Qac3．[2022·山东理综，37(1)](多选)如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体(　　)A．内能增加B．对外做功C．压强增大D．分子间的引力和斥力都增大4．(2022·广东理综，17)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小13\n5．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(1)](多选)一定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pT图象如图所示。下列判断正确的是(　　)A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同6．[2022·重庆理综，10(1)]某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大(2)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0。求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。7．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(2)]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l＝40.0cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。求：13\n(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。8．[2022·新课标全国卷Ⅱ，3(2)]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。9．[2022·山东理综，37(2)]扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：(ⅰ)当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；(ⅱ)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。13\n10．[2022·海南卷，15(2)]如图，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。11．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(2)]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。12．[2022·新课标全国卷Ⅱ，33(2)]如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。13\n(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(ⅱ)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。13\n考点30　气体　热力学定律一年模拟试题精练1．(2022·梅州5月质检)(多选)关于物体内能和热力学定律的说法正确的是(　　)A．物体内所有分子动能和分子势能的总和就是分子的内能B．第二类永动机的构想违背了热力学第二定律C．做功和热传递具有相同的物理本质D．物体没有做功时，物体吸热，物体的内能一定增加E．若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高2．(2022·福州质检)如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高缸内气体的温度，则能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象是(　　)3．(2022·兰州市诊断)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：(1)气体在状态B时的压强pB；(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；(3)气体在状态C时的压强pC和温度TC。13\n4．(2022·邯郸质检)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40cm，右管内气体柱长为lB＝39cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，已知大气压强p0＝76cmHg，求：(1)A端上方气柱长度；(2)稳定后右管内的气体压强。5．(2022·陕西五校一模)如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活寒封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g。13\n(1)求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；(2)设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量理想气体的内能仅由温度决定)。参考答案考点30　气体　热力学定律两年高考真题演练1．C　[由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，(W＋Q)可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误。]2．C　[a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝，得Tb＝2Ta，a→c过程为等容变化，由查理定律得：＝，得Tc＝2Ta所以Tb＝Tc由热力学第一定律：a→b：Wab＋Qab＝ΔUaba→c：Wac＋Qac＝ΔUac又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac则有Qab＞Qac故C项正确。]3．AB　[因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确；因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误；由盖—吕萨克定律＝恒量可知气体体积膨胀，对外做功，B正确；理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。]4．AC　[袋内气体与外界无热交换即Q＝0，袋四周被挤压时，体积V减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体内能增大，则温度升高，由＝常数知压强增大，选项A、C正确，B、D错误。]5．ADE　[对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，则为吸热过程，A项正确；b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，则为吸热过程，B项错；c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C13\n项错；温度是分子平均动能的标志，Ta＜Tb＝Tc，故D项正确；同种气体的压强由气体的分子数密度ρ和温度T决定，由题图可知Tb＝Tc，pb＞pc，显然E项正确。]6．解析　(1)车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确。(2)对泡内气体由查理定律得＝①内外气体的压强差为Δp＝p2－p0②联立①②式解得Δp＝p1－p0③答案　(1)D　(2)p1－p07．解析　(ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495K末状态V2＝lS2代入可得T2＝T1＝330K(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2可得p1＝1.1×105Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝T3＝T＝303K解得p2＝1.01×105Pa答案　(ⅰ)330K　(ⅱ)1.01×105Pa8．解析　(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B13\n侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm④(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm⑨答案　(ⅰ)12.0cm　(ⅱ)13.2cm9．解析　(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300K，压强为p0；末状态温度T1＝303K，压强设为p1，由查理定律得＝①代入数据得p1＝p0＝1.01p0②(ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300K，压强设为p3，由查理定律得＝④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝p0S＝0.02p0S⑥答案　(ⅰ)1.01p0　(ⅱ)0.02p0S10．解析　A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋13\nB最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)·V＝pV′设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为h＝＋d漏气后A距离底面的高度为h′＝＋d联立可得Δh＝h－h′以上各式联立化简得Δh＝·答案　·11．解析　设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得phS＝(p＋Δp)(h－h)S①解得Δp＝p②外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖—吕萨克定律，得＝③解得h′＝h④据题意可得Δp＝⑤气体最后的体积为V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥式得V＝答案　12．解析　(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给数据和盖—吕萨克定律有V1＝V0＋×＝V0①V2＝V0＋V0＝V0②13\n＝③由①②③式和题给数据得T2＝320K④(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤p1′V1′＝p2′V2′⑥由⑤⑥式得p2′＝p0答案　(ⅰ)320K　(ⅱ)p0一年模拟试题精练1．BDE2．B　[当缸内气体的压强p＜p0时，缓慢升高缸内气体的温度，气体的体积不变，由查理定律知，＝，即p＝T，故缸内气体的压强p与热力学温度T呈线性关系；当缸内气体的压强p＝p0时，发生等压变化。正确的图象为图B。]3．解析　(1)A→B：等温变化p0V0＝pB×2V0，解得pB＝p0(2)A→B：ΔU＝0，ΔU＝Q＋W，Q＝－W＝10J(3)B→C：等压变化，pC＝pB＝p0，＝，TC＝T0答案　(1)p0　(2)10J　(3)p0　T04．解析　(1)设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为p1＝p0＋pgΔh＝80cmHg由玻意耳定律得p0lA＝p1l1所以A端上方气柱长度为l1＝38cm(2)设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB－h，气体压强为p1－2pgh由玻意耳定律得p0lB＝(p1－2pgh)(lB－h)解得h＝1cm13\n所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78cmHg答案　(1)38cm　(2)78cmHg5．解析　(1)设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡，则p0S＋mg＝pS解得p＝p0＋(2)由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU＝0外界对气体做的功W＝(p0S＋mg)h由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝－W＝－(p0S＋mg)h即气体通过缸壁放热(p0S＋mg)h答案　(1)p0＋　(2)(p0S＋mg)h13