【与名师对话】2022年高考物理总复习 课时配套作业40 新人教版选修3-3

课时作业(四十)　　　　　　　　　　　　　1．(2022·江苏四市检测)下列说法正确的是(　　)A．机械能和内能的转化具有方向性B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D．当温度由20℃变为40℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍[解析]　根据热力学第二定律判断A、C项正确；气体的温度升高，气体分子的平均运动速率增加，B项错误；当温度由20℃变为40℃，物体分子的平均动能增大，但是平均动能与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比，D项错误．[答案]AC2．(2022·广州检测)某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是(　　)A．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变[解析]　在完全失重的情况下，密闭容器内的气体仍然有压强，气体对器壁的顶部有作用力，所以A错误；体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加，B正确；外界对气体做功，但气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，C错误；气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，所以内能不变，但分子势能增大了，所以分子动能一定减小，即D错误．[答案]B3．(2022·通州检测)把一定的热量传给一定量的气体，则(　　)A．该气体的内能一定增加B．该气体的内能有可能减小C．该气体的压强一定不会减小D．该气体的体积一定不会减小[解析]　气体吸收一定的热量，可能同时对外做功．若气体吸收的热量小于气体对外做的功，则内能将减少，所以A错误，B正确；气体吸收热量，可能同时对外做功，则气体体积将增大，气体分子密集程度变小，所以气体压强可能减小，C、D均错误．6\n[答案]B4．(2022·安徽合肥模拟)地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是(　　)A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D．上述三种原因都不正确[解析]　内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确．[答案]C5.已知理想气体的内能与温度成正比，如右图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能(　　)A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变[解析]　题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程＝C知，在V一定时p∝T，所以气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B正确．[答案]B6\n6.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，活塞冲出容器口后(　　)A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加[解析]　打开卡子后活塞冲出，瞬间没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，故C选项正确．[答案]C7.一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程，则(　　)A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C．两个过程气体吸收热量一样D．两个过程气体内能增加相同[解析]　在p—T图中，等容线是过原点的倾斜直线，如右图所示，可知VC>VA>VB，故从A→C，气体对外做功多，由TB＝TC可知两过程内能增量相同，根据ΔU＝W＋Q可知，从A→C，气体吸收热量多，选项A、D正确，而B、C错误．[答案]AD8．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是__________．A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统一定吸热6\n(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了__________J.[解析]　(1)考虑气体分子间作用力时，分子力是引力，分子间距从大于r0增大，分子力减小，A错误．气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B、C错误．气泡上升过程中体积膨胀，克服分子间的引力做功，分子势能增加，内能增大，而对外做功，故气体一定吸收热量，D正确．(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6J>0，即需从外界吸收0.6J的热量．气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU＝(0.3－0.1)J＝0.2J.[答案](1)D　(2)吸收　0.6　0.29．(2022·南昌模拟)(1)用力拉活塞，使封闭在汽缸内的气体的体积迅速增大为原来的两倍，若汽缸不漏气，那么此时汽缸内气体压强p2和原来的压强p1相比较有(　　)A．p2＝p1/2B．p2>p1/2C．p2<p1/2D．无法确定(2)内壁光滑的导热汽缸竖直浸入在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105Pa，体积为2.0×10－3m3的理想气体，现在活塞上缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半．①求汽缸内气体的压强；②若封闭气体的内能仅与温度有关，在上述过程中外界对气体做功145J，封闭气体吸收还是放出热量？热量是多少？[答案](1)C　(2)①2.0×105Pa　②放出热量　145J10.如右图所示的p－V图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280J，吸收热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200J，求：(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？6\n[解析]　(1)ACB过程中W1＝－280J，Q1＝410J由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130J故ACB过程气体的内能增加了130J.(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130J由题意知W2＝200J，由热力学第一定律得UA－UB＝W2＋Q2，代入数值解得Q2＝－330J，即BDA过程中气体放出热量330J.[答案](1)增加　130J　(2)放热　330J11．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K，TB＝400K.(1)求气体在状态B时的体积．(2)说明B→C过程压强变化的微观原因．(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小并说明原因．[解析]　(1)设气体在状态B时的体积为VB，由盖－吕萨克定律得＝，代入数据得VB＝0.4m3(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．(3)Q1大于Q2；因为TA＝TC，故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同，而A→B过程气体对外做功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2.[答案](1)0.4m3　(2)见解析　(3)Q1大于Q2，原因见解析12．(2022·江苏一模)如右图所示的圆柱形汽缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，已知汽缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.将活塞固定，使汽缸内气体温度升高1℃，气体吸收的热量为Q1；如果让活塞可以缓慢自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力)，也使汽缸内气体温度升高1℃，其吸收的热量为Q2.(1)简要说明Q1和Q2哪个大些．6\n(2)求汽缸内气体温度升高1℃时活塞向上移动的高度h.[解析]　(1)等容过程，吸收的热量用于增加气体的内能，ΔU1＝Q1等压过程，吸收的热量用于增加气体的内能和对外做功，ΔU2＋|W2|＝Q2，又ΔU2＝ΔU1，则Q1<Q2.(2)气体对外做功|W2|＝(p0S＋G)h，活塞向上移动的高度h＝.[答案](1)Q1<Q2　(2)6