第三章专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合练习（Word含解析）

第3章　热力学定律
第1节　热力学第一定律
专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1.(2021山东师范大学附中高二期中,)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,下列说法中正确的是 (　　)
A.a、b和c三个状态,气体分子的平均动能相等
B.过程ab中气体既不吸热也不放热
C.过程bc中气体向外界放出热量
D.c和a两个状态,容器单位面积单位时间内受到气体分子撞击次数相同
2.(2020云南师大附中高三第五次月考,)(多选)如图所示,一定质量的理想气体经历A→B的等压过程,B→C的绝热过程。以下说法正确的是 (　　)
A.A→B的过程中,气体对外界做功
B.A→B的过程中,气体吸收热量
C.B→C的过程中,气体温度不变
D.B→C的过程中,气体内能减少
E.A→B→C的过程中,气体内能一直增加
3.(2020河北承德一中高三第三次月考,)(多选)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,完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程;从N到P、从Q到M是等容过程,其体积-温度图像(V-T图)如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.从M到N是吸热过程
B.从N到P是吸热过程
C.从P到Q气体对外界做功
D.从Q到M气体对外界做功
E.从Q到M气体内能减少
4.(2020湖南长沙长郡中学高三下第二次适应性考试,)(多选)一定质量的理想气体,从状态A经状态B和状态C后又回到状态A的变化过程中的p-V图线如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)
A.从状态A到状态B,气体的内能增大
B.从状态B到状态C,气体从外界吸热
C.从状态C到状态A,气体分子运动的平均速率先变小后变大
D.气体按图示过程循环一次, 状态B时气体的内能最大
E.气体按图示过程循环一次,从外界吸收的热量全部用于对外做功
二、非选择题
5.(2020江苏苏北四市高三上期末,)如图所示,用隔板将一密闭绝热气缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发地扩散至整个气缸,该过程气体的内能　　　　(选填“增大” “减小”或“不变”);待气体状态达到稳定后,缓慢推压活塞至原隔板处,该过程中,气体温度　　　　(选填“升高” “降低”或“不变”)。
6.(2020湖北部分重点中学高三起点考试,)如图所示为一定质量的理想气体经历ABCDA循环的p-V图像。在状态B时,气体分子的平均动能比在状态A时气体分子的平均动能　　　　(选填 “大”或“小”);由B到C的过程中,气体将　　　　(选填“吸收”或“放出”)热量;经历ABCDA一个循环,气体吸收的总热量　　　　(选填“大于”或“小于”)释放的总热量。
7.(2020云南墨江民族中学高三上期末,)如图所示,水平放置一个长方体气缸,总体积为V,用活塞将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分。活塞绝热,体积不计,且可在气缸内无摩擦地自由滑动。初始时两部分气体压强均为p,温度均为T。若使A部分气体的温度升高ΔT,B部分气体的温度保持不变,求:
(1)A部分气体的体积变为多少
(2)B部分气体在该过程中是放热还是吸热
8.(2020江苏金陵中学等三校高三下联考,)如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图像。由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220 J,气体在状态A的压强为p0=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态B时的温度T2;
(2)气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出的热量Q2。
(2021河北高三模拟,)如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0=0.5 L,玻璃管的容积忽略不计,开始时阀门K关闭,将上面玻璃泡抽成真空,下面玻璃泡中有一定质量的理想气体,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,温度为t0=27 ℃时,玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h=10 cm,水银密度(假设不随温度改变)为13.6×
103 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。
(1)如果外界大气压强保持不变,玻璃管中水银面上升2 cm,则环境温度改变了多少摄氏度
(2)如果在环境温度急剧升高到t=40 ℃的过程中,打开阀门,改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化,则玻璃泡中气体的压强变为多少 在此过程中吸收了200 J热量,则气体的内能增加了多少 深度解析
10.(2020五省优创名校高三第四次联考,)如图所示,左边圆柱形容器的横截面积为S,上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为m的活塞,右边圆柱形容器上端封闭,高为H,横截面积为。两容器由装有阀门的极细管道相连,容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭,左边容器中装有理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为H,右边容器内为真空。现将阀门打开,活塞缓慢下降,直至系统达到稳定,此时气体的热力学温度增加到原来热力学温度的1.3倍。已知外界大气压强为p0,求:
(1)打开阀门后,系统达到稳定时活塞到容器底的距离x;
(2)此过程中容器内的气体内能的增加量ΔU。
答案全解全析
第3章　热力学定律
第1节　热力学第一定律
专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合
一、选择题
1.C　由图像可知,a、b和c三个状态中,c状态温度最低,分子平均动能最小,故A错误;由图像可知,ab过程中气体温度不变,体积增大,则内能不变,气体对外做功,由热力学第一定律知气体从外界吸收热量,故B错误;bc过程中,气体做等圧変化,温度降低,内能减小,ΔU<0,体积减小,则外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律得气体要对外放出热量,C正确;ca过程中,气体体积不变,温度升高,则c和a两状态内能不同,容器单位面积单位时间内受到气体分子的撞击次数不同,D错误。
2.ABD　A→B的过程中,气体体积增大,气体对外界做功,故A正确;A→B的过程中,气体等压膨胀,由=C可知,气体温度升高,内能增加,而且气体对外界做功,故气体必定吸收热量,故B正确;B→C的过程中,气体体积增大,气体对外界做功,但与外界无热交换,故内能减少,温度降低,故C错误,D正确;A→B→C的过程中,气体温度先升高再降低,内能先增加后减少,故E错误。
3.BCE　从M到N的过程,体积减小,外界对气体做功,即W>0,温度不变,内能不变,即ΔU=0,根据ΔU=W+Q,可知Q<0,即气体放热,选项A错误;从N到P的过程,气体体积不变,则W=0,气体温度升高,内能增加,即ΔU>0,可知Q>0,即气体吸热,选项B正确;从P到Q过程,气体体积变大,则气体对外界做功,选项C正确;从Q到M过程,气体体积不变,则气体既不对外界做功,外界也不对气体做功,选项D错误;从Q到M过程,气体的温度降低,则气体的内能减少,选项E正确。
4.ADE　由状态A到状态B的过程中,气体的体积增大,压强不变,根据盖—吕萨克定律可知温度升高,则内能增大,故A正确;由状态B到状态C的过程中,气体发生等容变化,气体不做功,压强减小,根据查理定律可知温度降低,则内能减小,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体向外界放出热量,故B错误;由状态C到状态A的过程中,p、V的乘积先增大后减小,根据理想气体状态方程可知,温度先升高后降低,故分子运动的平均速率先变大后变小,故C错误;根据题图可知,B点的p、V的乘积最大,根据理想气体状态方程可知,B点的温度最高,故B点气体的内能最大,故D正确;气体按图示过程循环一次,气体内能不变,又p-V图像中图线与V轴所围成的面积表示做功可知,由A到B到C气体对外做功大于由C到A外界对气体做功,故整个过程气体对外做功,根据热力学第一定律可知,从外界吸收的热量全部用于对外做功,故E正确。
二、非选择题
5.答案　不变　升高
解析　抽开隔板时,气体体积变大,但是右方是真空,气体对外不做功,绝热气缸没有热传递,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体的内能不变;气体被压缩的过程中,外界对气体做功(W>0),绝热气缸没有热传递(Q=0),根据ΔU=Q+W可知,气体内能增大,气体分子的平均动能变大,则温度升高。
6.答案　大　放出　大于
解析　由理想气体状态方程得:=解得==,可见TA7.答案　(1)　(2)放热
解析　(1)设末状态两部分气体压强均为p末,选择A部分气体为研究对象,末状态时体积变为VA
=
对B部分气体,末状态时体积为VB,由玻意耳定律
p=p末VB
又VA+VB=V
可得VA=;
(2)B部分气体温度不变,内能不变,体积减小,外界对B做正功,根据热力学第一定律,B部分气体对外放热。
8.答案　(1)600 K　(2)120 J
解析　(1)由题图可知气体从状态A变化到状态B过程的V-T图线为直线,则气体从状态A到状态B发生等压变化,根据盖—吕萨克定律有
=
代入数据解得T2=600 K;
(2)A到B过程气体从外界吸热,对外界做功,内能增加
ΔU1=W1+Q1
W1=-p0ΔV=-1×105×1×10-3 J=-100 J
ΔU1=-100 J+220 J=120 J
气体在C状态与A状态内能相等,B到C过程,气体对外界不做功,则内能减少120 J,且
ΔU2=Q2+W2
即-120 J=Q2+0
所以Q2=-120 J
气体向外放出热量120 J。
9.答案　(1)9.4 ℃　(2)4.51×104 Pa　200 J
解析　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1,有p0=p1+ρ水银gh
解得p1=8.64×104 Pa
温度T1=t0+273 K=300 K
设末态压强为p2,则p0=p2+ρ水银g(h+Δh)
故p2=8.37×104 Pa
根据查理定律有=
代入数据解得T2=290.6 K
则环境温度降低了Δt=T1-T2=9.4 ℃
(2)打开阀门前有p1=8.64×104 Pa,V1=V0=0.5 L,T1=300 K
打开阀门后有V2=2V0=1.0 L,T2=t+273 K=313 K
根据理想气体状态方程有=
代入数据解得p'2=4.51×104 Pa
根据题设条件,由于上面玻璃泡原来是真空,气体发生自由膨胀,故气体膨胀过程对外做的功为零,即
W=0
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
故ΔU=0+200 J=200 J
方法技巧
解决“水银柱类”问题的关键在于选取某一液面或者交界面为研究对象,进行受力分析,然后根据力的平衡列式求解压强,涉及热力学第一定律的问题时,一定要区分做功和热传递对改变物体的内能的影响。
10.答案　(1)H　(2)(mg+p0S)H
解析　(1)气体发生等压变化,设阀门打开前气体的热力学温度为T,由盖—吕萨克定律有=
解得x=H;
(2)设容器内的气体压强为p,取活塞为研究对象,有p0S+mg=pS
外界对气体所做的功为W=pS(H-x)
由系统绝热有Q=0
由热力学第一定律有ΔU=W,解得ΔU=(mg+p0S)H。