鲁科版（2019）高中物理选择性必修第三册 专题强化练6《热力学第一定律与气体实验定律》练习

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 KB.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=Ekb0,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p1T1=p2T2,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V1T1=V2T2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V1T1=V2T2,得ℎS360K=(ℎ+Δℎ)ST2 代入数据解得T2=600 K(2)缸内气体压强p=p0+mgS=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p1T1=p2T2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p1V1T1=p' 2V2T2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lAST1=lA'ST2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 JA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pBlBST1=pB'lB'ST2联立解得pB'=1×105 Pa,lB'=30 cm。1.C2.AD3.D4.ADE5.C