第1节　热力学第一定律练习（Word含解析）

第3章　热力学定律
第1节　热力学第一定律
基础过关练
题组一　热力学第一定律的理解及应用
1.下列关于做功和热传递的说法中正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.做功和热传递的实质是相同的
B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的
C.做功和热传递是对同一过程的两种说法
D.做功和热传递是不可能同时发生的
2.(多选)下列过程可能发生的是 (　　)
A.物体吸收热量,同时对外做功,内能增加
B.物体吸收热量,同时对外做功,内能减少
C.外界对物体做功,同时物体吸热,内能减少
D.外界对物体做功,同时物体放热,内能增加
3.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁,此过程中瓶内空气(不计分子势能) (　　)
A.内能增大,放出热量
B.内能减小,吸收热量
C.内能增大,对外界做功
D.内能减小,外界对其做功
4.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的气压,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
5.(多选)如图所示,一绝热容器被隔板K隔成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,温度降低
D.气体压强变小,温度不变
6.(多选)如图所示,A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态,当气体从状态A变化到状态B时 (　　)
A.体积必然变大
B.有可能经过体积减小的过程
C.外界必然对气体做正功
D.气体必然从外界吸热
7.一定质量的理想气体,从某一状态开始,经过一系列变化后又回到开始的状态,用W1表示外界对气体做的功,W2表示气体对外界做的功,Q1表示气体吸收的热量,Q2表示气体放出的热量。则在整个过程中一定有 (　　)
A.Q1-Q2=W2-W1 B.Q1-Q2=W1-W2
C.W1=W2 D.Q1=Q2
8.一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做了8×104 J的功,气体的内能减少了1.2×105 J,则下列各式中正确的是 (　　)
A.W=8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=4×104 J
B.W=8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-2×105 J
C.W=-8×104 J,ΔU=1.2×105 J,Q=2×104 J
D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-4×104 J
9.如图所示,A、B是两个完全相同的铁球,A放在绝热板上,B用绝热绳悬挂,现只让它们吸收热量,当它们升高相同的温度时,它们所吸收的热量分别为QA、QB,则 (　　)
A.QA=QB
B.QAC.QA>QB
D.无法确定QA、QB的大小
10.一定质量的理想气体从外界吸收了2.6×105 J的热量,内能增加了4.2×105 J。
(1)是气体对外界做了功,还是外界对气体做了功 做了多少焦耳的功
(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105 J不变,但是内能增加了1.6×105 J,计算结果W=-1.0×105 J,是负值,怎样解释这个结果
(3)在热力学第一定律ΔU=W+Q中,W、Q和ΔU为正值、负值各代表什么物理意义
11.有一个10 m高的瀑布,水流在瀑布顶端时速度为2 m/s,在瀑布底与岩石的撞击过程中,有10%的动能转化为水的内能,请问水的温度上升了多少摄氏度 [已知水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃),g取10 m/s2]
12.暖水瓶中有0.5 kg、25 ℃的水,一人想用上下摇晃的方法使冷水变为开水,设暖水瓶下降时人不做功,每摇晃一次水的落差为15 cm,每分钟摇晃30次,不计所有热散失,他约需多长时间可以把水“摇开” [c水=4.2×103 J/(kg·℃),g取10 m/s2]
题组二　第一类永动机
13.第一类永动机是不可能制成的,这是因为 (　　)
A.不符合机械能守恒定律
B.违背了热力学第一定律
C.制造永动机的技术不过关
D.无法解决机械摩擦问题
14.(多选)下列关于第一类永动机的说法中正确的是 (　　)
A.第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器
B.第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律
C.第一类永动机不能制成的原因是技术问题
D.第一类永动机终究有一天能够实现
15.第一类永动机是不可能制成的,这是因为此类永动机 (　　)
A.违反了牛顿运动定律
B.违背了能量守恒定律
C.做功产生的热不符合热功当量
D.找不到合适的材料和合理的设计方案
能力提升练
题组一　热力学定律的理解及应用
1.(2020山东济南一中高二下月考,)(多选)下列现象中,哪些是通过热传递的方式改变物体内能的 (　　)
A.打开电灯开关,灯丝的温度升高,内能增加
B.夏天喝冰镇汽水来解暑
C.冬天搓搓手,会感觉到手变得暖和起来
D.太阳能热水器在阳光照射下,水的温度逐渐升高
2.(2021北京东城高三一模,)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是 (　　)
A.气体温度升高,每一个气体分子的动能都增大
B.气体温度升高,气体内能一定增大
C.若压缩气体做功,气体分子的无规则运动一定更剧烈
D.若气体膨胀对外做功100 J,则内能一定减少100 J
3.(2020山东泰安高三月考,)给旱区送水的消防车停于水平面上,在缓慢放水的过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子势能,则胎内气体 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.从外界吸热
B.对外界做负功
C.分子平均动能减少
D.内能增加
4.(2020北京牛栏山一中高三月考,)一定质量的理想气体做等温膨胀时,下列说法中正确的是 (　　)
A.气体对外做正功,内能将减小
B.气体吸热,内能将增加
C.分子平均动能增大,但单位体积的分子数减少,气体压强不变
D.分子平均动能不变,但单位体积的分子数减少,气体压强降低
5.(2020北京石景山高三下一模,)下列说法正确的是　 (　　)
A.物体放出热量,其内能一定减少
B.外界对物体做功,物体内能一定增加
C.物体吸收热量同时对外做功,其内能一定减少
D.物体吸收热量且外界对物体做功,其内能一定增加
6.(2020北京海淀高三下一模,)一定质量的理想气体,在温度保持不变的条件下,若气体体积减小,则 (　　)
A.气体的内能增大
B.外界一定对气体做正功
C.气体的压强可能不变
D.气体压强与体积的乘积变小
题组二　热力学第一定律与气体实验定律结合
7.(2020山东济南高三月考,)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>Qac
C.Tb>Tc,QabD.Tb=Tc,Qab8.(2020四川乐山四中高三月考,)(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历一系列过程变化后又到达状态a,已知从状态b经过等温过程bc到达状态c,ca平行于横轴,ab平行于纵轴,下列说法正确的是 (　　)
A.在a到b过程中气体内能增加
B.在c到a过程中外界对气体做功
C.在a到b过程中气体对外界做功
D.在a到b过程中气体从外界吸收热量
E.在c到a过程中气体从外界吸收热量
9.(2020北京顺义高三下4月月考,)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p-T图像如图所示。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分子的平均动能最大
10.(2020湖南长沙长郡中学高三模拟,)(多选)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态,图中ad与T轴平行,cd与p轴平行,ab的延长线过原点,则下列说法中正确的是 (深度解析)
A.气体在状态a时的体积大于在状态b时的体积
B.从状态b到状态a的过程,气体吸收的热量一定等于其增加的内能
C.从状态c到状态d的过程,气体分子的平均动能不变,但分子的密集程度增加
D.从状态a到状态d的过程,气体对外做功,内能不变
E.从状态b到状态c的过程,气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功
11.(2020江苏启东高三下期初考试,)如图所示,有一个红酒瓶状的玻璃容器水平放置,左侧“瓶身”的体积为300 cm3,右侧“瓶颈”是一段内部横截面积为
0.5 cm2、有效长度为40 cm的玻璃管,管内有一段长度可忽略不计的水银柱,密闭了一定质量的气体在容器内。当大气压为1.0×105 Pa、密闭气体温度为27 ℃时,水银柱刚好位于玻璃管最左侧,现缓慢升高密闭气体温度。则当温度升高到　　　　℃时,水银柱会掉出容器;在此过程中,密闭气体从外界吸收的热量为
12 J,则在这一过程中密闭气体的内能变化了　　　　J。
12.(2020江苏南京高三一模,)如图所示,绝热容器中封闭一定质量的理想气体,现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q时,活塞恰好缓慢上移H,已知活塞横截面积为S,重量忽略不计,大气压强为p0,求封闭气体内能增加量。
13.(2021江苏淮安高二期中,)如图所示,密闭导热容器A、B的体积均为V0,A、B浸在温度为T0的盛水容器中,A中压强为p0,B内为真空,将A中的气体视为理想气体。打开活栓C,A中部分气体进入B。求:
(1)A、B达到平衡时,水温未发生变化,气体的压强;
(2)将水温升至1.2T0,重新达到平衡时,气体的压强;
(3)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU=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),将水温升至1.2T0,重新达到平衡时,气体所吸收的热量。
14.(2021江苏常州高二期中,)如图所示,质量m=1 kg的导热气缸倒扣在水平地面上,A为一T形活塞,气缸内充有理想气体。气缸的横截面积S=2×10-4 m2,高度h=40 cm,当外界温度为300 K时,气缸对地面恰好没有压力,此时活塞位于气缸中央。不计气缸壁厚度,内壁光滑,活塞始终在地面上静止不动,大气压强为p0=1×105 Pa,g取10 m/s2。
(1)求气缸内气体的压强;
(2)环境温度升高时,气缸缓慢上升,温度至少升高到多少时,气缸不再上升;
(3)已知气缸内气体的内能U与热力学温度T的关系为U=0.015T (J),求气缸从图示位置上升到刚好不能再上升的过程中,气缸内气体从外界吸收的热量。
答案全解全析
第3章　热力学定律
第1节　热力学第一定律
基础过关练
1.B　做功和热传递在改变物体内能上是等效的,但本质不同,做功是将其他形式的能转化为内能或将内能转化为其他形式的能;热传递是将一个物体的内能传递到另一个物体或将内能从物体的一部分传递到另一部分,且做功和热传递可同时进行,故正确选项为B。
2.ABD　当物体吸收的热量多于对外做的功时,物体的内能增加,故A正确;当物体吸收的热量少于对外做的功时,物体的内能减少,故B正确;外界对物体做功,同时物体吸热,则物体的内能增加,故C错误;当物体放出的热量少于外界对物体做的功时,物体的内能增加,故D正确。
3.D　气体降温则内能减小,塑料瓶变扁则气体体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体一定放出热量,故选项D正确。
4.D　中午时,车胎内气体温度升高,内能增大,车胎体积增大,气体对外做功,选项D正确。
5.BD　绝热容器内的稀薄气体与外界没有热交换,Q=0。稀薄气体向真空中扩散,没有做功,W=0。根据热力学第一定律知稀薄气体的内能不变,则温度不变。稀薄气体体积增大,压强必减小。选项B、D正确。
6.ABD　连接OA、OB,得到两条等容线,故有VB>VA,所以A正确;由于没有限制从状态A变化到状态B的过程,所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到状态B,故B正确;因为气体体积增大,所以是气体对外做功,C错误;因为气体对外界做功,而气体的温度又升高,内能增大,由热力学第一定律知气体一定从外界吸热,D正确。
7.A　因为一定质量的理想气体从初态开始变化,最后又回到开始的状态,说明气体的内能相同,没有变化,由热力学第一定律知W+Q=0,即(W1-W2)+(Q1-Q2)=0,得W2-W1=Q1-Q2,故选项A正确。
8.B　因为外界对气体做功,W取正值,即W=8×104 J;内能减少,ΔU取负值,即ΔU=
-1.2×105 J;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q=ΔU-W=-1.2×105 J-8×104 J=
-2×105 J,故B选项正确。
9.C　对A球:吸热后膨胀,重心升高,重力势能增加,则吸收的热量等于增加的重力势能和内能之和,有QA=Δ+ΔUA,对B球:吸热后也膨胀,但重心下降,则吸收的热量和重力势能的减少量等于B球内能的变化,即QB+Δ=ΔUB,两球的内能的变化量相同,即ΔUA=ΔUB,故QA>QB,选项C正确。
10.答案　见解析
解析　(1)根据ΔU=W+Q,得W=ΔU-Q,将Q=2.6×105 J,ΔU=4.2×105 J代入式中解得W=1.6×105 J>0,说明外界对气体做了1.6×105 J的功。
如果吸收的热量Q=2.6×105 J,内能增加了1.6×105 J,即ΔU=1.6×105 J,则W=-1.0×105 J,说明气体对外界做功。
(3)在公式ΔU=W+Q中,ΔU>0,物体内能增加;ΔU<0,物体内能减少。Q>0,物体吸热;Q<0,物体放热。W>0,外界对物体做功;W<0,物体对外界做功。
11.答案　2.4×10-3 ℃
解析　根据机械能守恒定律知,水流到达瀑布底时的动能Ek=mv2+mgh
水吸收的热量Q与温度变化Δt满足关系Q=cmΔt
由题意知,有10%的动能转化为水的内能,所以
(mv2+mgh)×10%=cmΔt
代入数据解得:Δt≈2.4×10-3 ℃
12.答案　7×103 min或5天
解析　此问题中能量转化方向是:上摇时人消耗自身的能量,通过对水做功转化为水的重力势能,下降时水的重力势能转化为动能,再转化为水的内能。由于不计一切热散失,水的重力势能的减少量等于水的内能的增加量。设把水“摇开”需要的时间为t,水升高的温度为Δt,由W=ΔU得:30mg·Δh·t=c水mΔt,
t== min=7×103 min,
即把水“摇开”需7×103 min,约为5天。
13.B　第一类永动机违背热力学第一定律,是不可能实现的,选项B正确。
14.AB　第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器,这是人们的美好愿望,但它违背了热力学第一定律,这也是它不能制成的原因。故A、B两项正确,C、D两项错误。
15.B　第一类永动机是指不需要消耗任何能量就能对外做功的机器,因此第一类永动机不可能制成不是因为找不到合适的材料和合理的设计方案,而是因为它违背了能量守恒定律,故选项B正确。
能力提升练
1.BD　A是电流做功改变内能的,不是热传递;B是汽水与人体间有温度差,汽水吸热造成的,属于热传递;C是摩擦做功改变内能的,也不属于热传递;D是太阳给热水器传热,通过热传递的方式改变物体内能的,故选项B、D正确。
2.B　气体温度升高,绝大多数气体分子的动能都增大,但个别分子的动能也可能减小,A错误;理想气体不考虑分子势能,气体温度升高,气体分子的平均动能增大,气体内能一定增大,B正确;压缩气体做功,若存在对外放热,由热力学第一定律可知,气体的内能可能减小,温度可能降低,故无规则运动不一定更剧烈,C错误;若气体膨胀对外做功100 J,则内能不一定减少100 J,还跟吸、放热多少有关,D错误。故选B。
3.A　在消防车缓慢放水的过程中,胎内的气体是逐渐膨胀的,气体膨胀对外做功,而气体的温度不变,又不考虑分子间势能,故气体内能不变,根据热力学第一定律可得,气体一定从外界吸收热量,选项A正确。
4.D　一定质量的理想气体做等温膨胀时,体积变大,故气体对外做正功,由于是等温膨胀,故内能不变,选项A、B错误;温度不变,气体分子的平均动能不变,故选项C错误;由于是等温变化,则pV=C(常量),所以气体体积增大,单位体积的分子数减少,气体压强降低,选项D正确。
5.D　根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,物体放出热量,其内能不一定减少,还可能外界对物体做功,故选项A错误;同理外界对物体做功,其内能也不一定增加,因为物体还有可能向外放出热量,故选项B错误;物体吸收热量时Q>0,而对外做功时W<0,故它们的和不一定减少,也不一定增加,故其内能不一定减少,选项C错误;物体吸收热量时Q>0,且外界对物体做功时W>0,由热力学第一定律可得,其内能一定增加,选项D正确。
6.B　一定质量的理想气体,当温度保持不变时,气体内能不变,A错误;由于气体体积减小,外界一定对气体做了正功,B正确;在温度保持不变时,根据玻意耳定律pV=C(常量),当体积减小时,压强一定增大,C、D错误。
7.B　因为pbVb=pcVc,故Tb=Tc,所以ac和ab两个过程的内能变化量相同;而ac过程是等容过程,气体做功为零,故Qac=ΔU,又因为ab过程是等压过程,气体体积增大,故气体对外做功,设气体对外做功为W,则Qab=ΔU+W,所以Qab>Qac,选项B正确。
8.ABD　气体由a到b是等容过程,气体不做功,因为=C,压强增大,故温度升高,而一定质量的理想气体的内能只与温度有关,所以气体的内能增加,选项A正确,C错误;再由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,a到b过程,气体内能增加,做功是0,故气体一定从外界吸热,选项D正确;气体在c到a过程中,压强不变,体积减小,故外界压缩气体对气体做功,再由理想气体状态方程可知,气体温度降低,内能减小,再由热力学第一定律可知,该过程一定向外放出热量,选项E错误,B正确。
9.A　由题图可知,ab过程,气体压强与热力学温度成正比,则气体发生等容变化,气体体积不变,外界对气体不做功,气体温度升高,内能增大,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收热量,故A正确;在bc过程,气体发生等温变化,气体内能不变,压强减小,由玻意耳定律可知,体积增大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸热,故B错误;在ca过程,气体压强不变,温度降低,由盖—吕萨克定律可知,其体积减小,外界对气体做功,W>0,气体温度降低,内能减少,ΔU<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体要放出热量,过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量,故C错误;由题图可知,a状态温度最低,分子平均动能最小,故D错误。
10.BCE　由题图知,因ab连线过原点,可知是等容线,则气体在状态a时的体积等于在状态b时的体积,选项A错误;从状态b到状态a的过程,气体体积不变,则对外做功为零,即W=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体吸收的热量一定等于其增加的内能,选项B正确;从状态c到状态d的过程,气体的温度不变,压强变大,体积减小,则气体分子的平均动能不变,但分子的密集程度增加,选项C正确;从状态a到状态d的过程,气体压强不变,温度升高,体积变大,气体对外做功,内能变大,选项D错误;从状态b到状态c的过程,气体温度升高,体积变大,内能增加,气体对外做功,根据ΔU=W+Q可知,气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功,选项E正确。
方法技巧
热力学第一定律与气体实验定律结合问题的解题方法在于综合应用理想气体状态方程和热力学第一定律,两者的结合点是温度和体积。
(1)一定质量的某种理想气体内能的变化要看温度,气体温度升高,内能增大;气体温度降低,内能减小。
(2)气体与外界的做功情况要看体积。气体体积膨胀,对外做功;气体体积减小,外界对气体做功;理想气体向真空中自由膨胀,不做功。
11.答案　47　10
解析　当水银柱到达管口时,设气体温度为T2,此时气体体积为V2,
初状态:T1=(273+27)K=300 K,V1=300 cm3,
末状态:T2,V2=(300+40×0.5)cm3=320 cm3,
气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律得=,
代入数据解得:T2=320 K,t2=(320-273)℃=47 ℃;
水银柱移动过程中,外界对气体做功W=-p0SL=-1×105×0.5×10-4×40×10-2 J=
-2 J,
又因为Q=12 J
由热力学第一定律知内能变化为ΔU=W+Q,
代入数据解得ΔU=10 J,即内能增加了10 J。
12.答案　Q-p0SH
解析　加热过程中气体做等压变化,封闭气体压强为p=p0
气体对外做功为W=p0SH
由热力学第一定律知内能的增加量为ΔU=Q-W=Q-p0SH
13.答案　(1)p0　(2)0.6p0　(3)0.2kT0
解析　(1)根据玻意耳定律得p0V0=p1·2V0
解得p1=p0
(2)根据查理定律得=
解得p2=1.2p1=0.6p0
(3)气体内能的增加量为ΔU=k(T2-T1)=k(1.2T0-T0)=0.2kT0
自由膨胀及等容升温过程中,气体均不做功,即W=0,根据热力学第一定律得
Q=ΔU-W=0.2kT0
14.答案　(1)1.5×105 Pa　(2)600 K　(3)10.5 J
解析　(1)气缸对地面恰好没有压力,即处于平衡状态,可得
p0S+mg=pS
解得气缸内气体的压强为p=1.5×105 Pa。
(2)气体原来温度T1=300 K,环境温度升高时,气缸发生等压变化,设温度升高到T2时,气体体积为hS时气缸不再上升,由盖—吕萨克定律可得
=
代入数据解得T2=600 K。
(3)该过程气体对外做功W=-p·ΔV=-p·hS=-6 J
当气缸不再上升时气体内能增加ΔU=0.015(T2-T1)=4.5 J
由热力学第一定律可知,气缸内气体从外界吸收的热量Q=ΔU-W=10.5 J。