人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律综合与测试课时练习

第三章　热力学定律

专题强化练8　气体实验定律和热力学第一定律

的综合应用

一、选择题

1.(2021山东临沂高三期末,)将装有一定质量氧气的薄铝筒开口向下浸入20 ℃的水中,如图所示,缓慢推动铝筒,使其下降2 m,铝筒内氧气无泄漏,不计气体分子间相互作用,则铝筒在缓慢下降过程中,氧气              (　　)

A.从外界吸热 B.对外界做正功

C.向外界放热 D.内能减小

2.(2021山东省实验中学高三二模,)一定质量理想气体的状态变化如图所示,dabc为圆弧,cd为半径相同的圆弧。气体从状态a经状态b、c、d,最终回到状态a,则              (深度解析)

A.从状态a到状态b是等温膨胀过程

B.从状态a到状态c,气体放出热量,内能增大

C.处于状态c时,气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数一定比处于状态a时少

D.从状态a经b、c、d回到状态a,气体吸收热量

3.(2021山东济南高三二模,)“百脉寒泉珍珠滚”为章丘八大景之一。假如泉水深5 m,底部温度为17 ℃,一个体积为5.8×10-7 m3的气泡从底部缓慢上升,到达泉水表面时温度为27 ℃,气泡内气体的内能增加了2×10-2 J。不计气体分子间的相互作用,g取10 m/s2,外界大气压强取1.0×105 Pa,水的密度取1×103 kg/m3。下列说法正确的是              (　　)

A.气泡内所有分子动能都增大

B.气泡上升过程中对外做功,放出热量

C.气泡到达泉水表面时的体积为9×10-7 m3

D.上升过程中气泡吸收热量大于6.8×10-2 J

二、非选择题

4.(2021山东菏泽高三期末,)如图所示,竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体,活塞横截面积为S=0.10 m2,活塞的质量忽略不计,汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始时活塞被锁定,汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计),此时缸内气体温度为27 ℃,U形管内左、右两侧水银面高度差h1=15 cm。已知大气压强p0=75 cmHg。

(1)让汽缸缓慢降温,直至U形管内左、右两侧水银面相平,求这时封闭气体的温度;

(2)接着解除对活塞的锁定,活塞可在汽缸内无摩擦滑动,同时对汽缸缓慢加热,直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm,求整个过程中气体与外界交换的热量(p0=75 cmHg=1.0×105 Pa,不计U形管内水银液面高度变化对汽缸内气体内能的影响)。

5.(2021福建厦门大同中学高二下月考,)如图,汽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)吸热前汽缸内气体的压强;

(2)活塞刚好升到缸口时,气体的温度是多少?

(3)汽缸内气体对外界做多少功?

(4)气体内能的变化量为多少?深度解析

答案全解全析

第三章　热力学定律

专题强化练8　气体实验定律和热力学第一定律

 的综合应用

1.C　由于不计气体分子间相互作用,所以气体是理想气体,则氧气的内能只与温度有关,而外界温度不变,所以氧气的温度不变,所以氧气的内能不变;铝筒下降时,筒内液面处水的压强增大,则铝筒内氧气压强增大,由玻意耳定律可知pV=C,则氧气体积减小,外界对氧气做正功,W为正,由ΔU=Q+W可知Q为负,即氧气向外界放热。故C正确。

2.C　从状态a到状态b,气体的p-V图线是圆弧而不是双曲线,所以这一过程不是等温膨胀过程,故A错误;从状态a到状态c,气体压强不变,体积增大,对外界做功,根据理想气体状态方程可知其温度必定升高,则气体内能增大,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体吸收热量,故B错误;根据上一选项分析,气体在状态c与在状态a相比,在状态c,气体体积较大,分子数密度较小,气体温度升高导致分子平均动能增加,因为状态c与状态a气体压强相等,所以在状态c时,气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数一定较少,故C正确;从状态a经b、c、d回到状态a,气体的温度不变,内能不变,外界对气体做功等于图形的面积,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体放出热量,故D错误。

方法技巧

解答气体实验定律和热力学第一定律的综合应用题的关键是:

(1)理想气体的内能完全由温度来决定。

(2)注意应用理想气体状态方程=分析状态参量的变化。

(3)理想气体状态变化时,体积变大,气体对外做功,W<0(自由膨胀例外);体积变小,外界对气体做功,W>0。且在p-V图像中,p-V图线下方的“面积”表示功的多少。如图甲、乙、丙中阴影部分。

3.C　由于不计气体分子间的相互作用,则气泡内的气体为理想气体,内能增大即气体分子的平均动能增大,不是所有气体分子的动能都增大,故A错误;上升过程中,气体内能增加,体积增大,对外做功,由ΔU=W+Q可知,上升过程中气体吸收热量,故B错误;由理想气体的状态方程=求得气泡到达泉水表面时的体积为9×10-7 m3,故C正确;由对外做功的表达式W=pSx可得W=pΔV,当压强不变时,则气体对外做功等于4.8×10-2 J,由于上升过程中气体压强减小,所以对外做功小于4.8×10-2 J,由ΔU=W+Q可得上升过程中气泡吸收热量小于6.8×10-2 J,故D错误。

4.答案　(1)-23 ℃　(2)吸收热量1.6×103 J

解析　(1)对汽缸内的气体,初始状态:p1=p0+=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,V1=HS,T1=300 K

末状态:p2=p0=75 cmHg,V2=HS,

由理想气体状态方程有=,解得T2=250 K,则t=-23 ℃

(2)解除对活塞的锁定后,汽缸内气体压强为p0,且发生等压变化。由盖-吕萨克定律知=,得T3=T1=300 K,整个过程中,气体先放出热量,后吸收热量且对外做功,最终气体温度与初始状态的温度相同,即气体内能不变;当汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm时,气体对外做功

W=p0SΔh=1.0×105×0.1×(0.96-0.80)J=1.6×103 J

由热力学第一定律可知,整个过程中气体吸收热量1.6×103 J。

5.答案　(1)5×104 Pa　(2)364 K　(3)25 J　(4)35 J

解析　(1)设吸热前汽缸内气体的压强为p',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

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

汽缸内气体对外做功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

所以汽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(自由膨胀例外);体积变小,则外界对气体做功;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)。