2024鲁科版高中物理选择性必修第三册同步练习--专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合

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2024鲁科版高中物理选择性必修第三册同步
专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合
1.(2021山东师范大学附中期中)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.(2023辽宁协作校一模)已知某轿车四个轮胎为同一种型号的轮胎,汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0 atm(标准大气压),环境温度为27℃。汽车行驶一段时间后,胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4 atm,一个轮胎的压强仍为2.0 atm(漏气)。四个轮胎此时温度相等,假设轮胎体积均不变,密闭气体可视为理想气体,则 (　　)
A.轮胎此时的温度为360 K
B.轮胎此时的温度为360 ℃
C.漏气轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
D.完好轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量
3.(2022山东日照一模)一定质量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态,其p-T图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是 (　　)
A.过程da中气体一定放热
B.过程ab中气体既不吸热也不放热
C.过程bc中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
4.(2023广东江门培英高中月考)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
5.(2023山东聊城一中期中)在四冲程内燃机的奥托循环中,一定质量的理想气体经历两个绝热和两个等容的循环过程,从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a,其p-V图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.气体在状态a时的内能等于状态b时的内能
B.气体分子的平均动能Eka=EkbC.在由状态c到d的过程中,单位时间内气体分子对内燃机壁单位面积的碰撞次数一定减小
D.在由状态a经b到c的过程中气体吸收的热量小于由状态c经d到a过程中气体放出的热量
6.(2021福建厦门大同中学月考)如图,气缸内封闭一定质量的某种理想气体,活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡,已知活塞距缸口h=50 cm,活塞面积S=10 cm2,封闭气体的体积为V1=1 500 cm3,温度为0 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa,重物重力G=50 N,活塞重力及一切摩擦不计。缓慢升高环境温度,封闭气体吸收了Q=60 J的热量,使活塞刚好升到缸口,整个过程重物未触地,求:
(1)吸热前气缸内气体的压强;
(2)活塞刚好升到缸口时,气体的温度;
(3)气缸内气体对外界做的功;
(4)气体内能的变化量。
7.(2022山东泰安一中一模)某兴趣小组设计了一个温度报警装置,其原理图如图所示。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热气缸内,活塞厚度不计,质量m=100 g,横截面积S=10 cm2,开始时活塞距气缸底部的高度为h=6 cm,缸内温度为T1=360 K。当环境温度上升,活塞缓慢上移Δh=4 cm,活塞上表面与a、b两触点接触,报警器报警。不计一切摩擦,大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,g=10 m/s2,试求:
(1)该报警装置的报警温度T2;
(2)若上述过程气体的内能增加15.96 J,则气体吸收的热量Q为多少
8.(2021河北模拟)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。(取T=t+273 K)
(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 (结果保留两位有效数字)
(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 (结果保留三位有效数字)在此过程中吸收了200 J热量,则气体的内能增加了多少
9.(2023河南南阳一中月考)如图所示,下端开口、上端封闭的气缸固定在倾角为θ=30°的斜面上,气缸长度足够长。两个横截面积均为S=50 cm2、质量均为m=5 kg的导热薄活塞封闭有A、B两部分理想气体,两个活塞之间连有劲度系数为k=250 N/m、原长为l0=20 cm的轻弹簧。开始时,气体温度为27 ℃,A部分气柱的长度为6 cm,B部分气柱长度为10 cm。现启动内部加热装置(图中未画出)将气体缓慢加热到727 ℃。已知外界大气压强恒为p0=1×105 Pa,活塞与气缸壁之间接触光滑且密闭性良好,重力加速度g取10 m/s2,热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)K。求:
(1)A部分气体初始状态的压强;
(2)加热后A部分气体气柱的长度和该过程A气体所吸收的热量(已知初始时A气体的内能为900 J,且气体内能与温度成正比);
(3)加热后B部分气体气柱的长度。
专题强化练6　热力学第一定律与气体实验定律综合
1.C 2.AD 3.D 4.ADE 5.C
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,气体做等压变化,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.AD　对三个完好轮胎之一,由查理定律可得=,其中T1=300 K,代入数据解得T2=360 K,A正确,B错误;完好轮胎体积不变,外界没有对气体做功,即W=0,由于温度升高,内能增大,由热力学第一定律可得ΔU=Q,故气体吸收的热量等于内能的增加量,D正确;假设漏气轮胎漏出的气体没有散开,发生等压膨胀,气体对外做功,即W<0,温度升高,内能增大,由热力学第一定律可知,气体吸收的热量大于内能的增加量,C错误。
3.D　da过程中,温度升高,则内能增大,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q+W>0,温度升高,压强不变,则体积增大,气体对外界做功,W<0,即Q>0,吸热,A错误;ab过程中温度不变,内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q=-W,又因压强减小,则体积增大,气体对外界做功,W<0,则Q>0,吸热,B错误;过程bc温度降低,则内能减小,ΔU<0,又压强不变,则体积减小,外界对气体做正功,则W>0,由ΔU=Q+W可知Q<0,且|Q|>|W|,即外界对气体做的功小于气体所放出的热量,C错误;理想气体的内能只由温度决定,由图可知Ta>Tc,所以气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能,D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,由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再到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,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,故E正确。
5.C　从状态a到b是绝热过程,体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体内能增加,则气体在状态a时的内能小于状态b时的内能,故A错误;由于气体在状态a时的内能小于状态b时的内能,理想气体分子势能不计,则分子平均动能满足Eka0,则由状态a经b到c的过程中气体吸收的热量大于由状态c经d到a过程中气体放出的热量,故D错误。故选C。
6.答案　(1)5×104 Pa　(2)364 K　(3)25 J　(4)35 J
解析　(1)设吸热前气缸内气体的压强为p',对活塞由平衡条件有p'S+G=p0S
解得p'=5×104 Pa
(2)封闭气体的初状态:V1=1 500 cm3,T1=273 K
末状态:V2=1 500 cm3+50×10 cm3=2 000 cm3,T2
缓慢升高环境温度,封闭气体做等压变化,有=
解得T2=364 K
(3)封闭气体做等压变化的压强为p'=5×104 Pa
气缸内气体对外做功W=p'Sh
解得W=25 J
(4)由热力学第一定律有ΔU=Q+(-W)
解得ΔU=35 J
所以气缸内气体内能增加了35 J。
方法技巧　(1)理想气体是否做功,取决于其体积的变化。若体积变大,则气体对外界做功(自由膨胀时,W=0);若体积变小,则外界对气体做功;若体积不变,则做功为零。(2)理想气体对外界做功时,若恒压膨胀,即压强不变时,功的计算公式为W=pΔV(p为理想气体的压强,ΔV为理想气体体积的变化量)。
7.答案　(1)600 K　(2)20 J
解析　(1)气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律得=,得=
代入数据解得T2=600 K
(2)缸内气体压强p=p0+=1.01×105 Pa
气体等压膨胀,对外做的功W=-pΔV=-pSΔh=-4.04 J
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
代入数据得Q=ΔU-W=15.96 J+4.04 J=20 J
则气体吸热20 J。
8.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=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内能的影响。
9.答案　(1)9×104 Pa　(2)20 cm　2 163 J　(3)30 cm
解析　(1)对两活塞和弹簧整体分析,有
pAS+2mg sin θ=p0S
解得pA=9×104 Pa。
(2)加热过程A部分气体做等压变化,由盖—吕萨克定律得
=
其中,T1=(27+273)K=300 K,T2=(727+273)K=1 000 K
解得lA'=20 cm
则Δl=lA'-lA=14 cm
初始时UA=900 J=cT1(c为常数),则加热后UA'=cT2=3 000 J,则ΔU=UA'-UA=2 100 J
A部分气体等压膨胀,外界对A部分气体做功为W=-pA·ΔlS=-63 J
由热力学第一定律可得ΔU=W+Q,联立解得Q=2 163 J
(3)初始时B部分气体气柱长度为lB=10 cm,则弹簧此时被压缩的长度Δx=l0-lB=10 cm,对上面的活塞分析有
pAS+mg sin θ=kΔx+pBS
解得pB=9×104 Pa
加热后,B部分气体的长度即弹簧此刻的长度,记为lB',对上面的活塞分析有
pAS+mg sin θ+k(lB'-l0)=pB'S
根据理想气体状态方程得=
联立解得pB'=1×105 Pa,lB'=30 cm。
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