人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律同步训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律同步训练题，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

基础达标练
一、选择题
1．(2023·河北巨鹿中学高二下月考)一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，下列说法正确的是( B )
A．气体的内能增加
B．气体的分子势能增加
C．气体的体积减小
D．气体分子的平均动能增加
解析： 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝4.2×105 J－6×105 J＝－1.8×105 J，ΔU为负，说明气体的内能减少了，故A错误；因为气体对外做功，所以气体的体积增大，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了，故B正确，C错误；因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了，故D错误。
2．(2023·辽宁大连八中高二下期中)如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，则在移动P的过程中( C )
A．外力对乙做功，甲的内能不变
B．外力对乙做功，乙的内能不变
C．乙传递热量给甲，乙的内能增加
D．乙的内能增加，甲的内能不变
解析： 将活塞P缓慢地向B移动一段距离，乙气体体积减小，外界对乙做功，其内能增加，温度升高，然后通过导热隔板将一部分热量传递给甲气体，最终二者内能都增加，故选项C正确。
3. (多选)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ac的延长线过原点O。下列判断正确的是( AC )
A．气体在 a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能等于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
解析： 由ac的延长线过原点 O知，射线 Oca为一条等容线，气体在 a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，a状态时温度较高，故气体在a状态时的内能大于在c状态时的内能，选项B错误；过程cd是等温变化过程，气体内能不变，由理想气体状态方程可知，气体温度不变，压强增大时，体积减小，故 cd过程外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项 C正确；过程 da气体温度升高，内能增大，由理想气体状态方程可知，气体压强不变，温度升高时，体积变大，故 da过程气体对外做功，由热力学第一定律知，气体从外界吸收的热量应大于气体对外界做的功，选项 D错误。
4．(2022·河北省张家口市一中高二上学期期中)如图，一绝热容器被隔板K隔开成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( B )
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．外界对气体做功，内能增加
解析： 因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，内能不变，故选项A错误，选项B正确；稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p1V2和V1p2，即气体压强变小，故选项C、D错误。
5. (2023·重庆巴蜀中学月考)如图所示，将一空的金属易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气(可视为理想气体)( C )
A．从外界吸热 B．内能增大
C．向外界放热 D．内能减小
解析： 取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐被向下压入恒温游泳池的水中的过程，可视为等温过程，由于温度不变，故气体内能不变，B、D选项错误；由题意知气体压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知气体体积变小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即气体向外界放热，故C选项正确，A选项错误
二、非选择题
6．一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中TA、VA和TD为已知量。
(1)从状态A到B，气体经历的是_等容__过程(填“等温”“等容”或“等压”)。
(2)从B到C的过程中，气体的内能_不变__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)从C到D的过程中，气体对外_做负功__(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，同时_放热__(填“吸热”或“放热”)。
(4)气体在状态D时的体积VD＝ eq \f(TD,TA)VA 。
解析：(1)由题图可知，从状态A到B，气体体积不变，故是等容变化。
(2)从B到C气体温度不变，即分子平均动能不变，该理想气体的内能不变。
(3)从C到D气体体积减小，外界对气体做正功，W>0，所以气体对外做负功，同时温度降低，说明内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体放热。
(4)从D到A是等压变化，由盖—吕萨克定律得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VD,TD)，VD＝eq \f(TD,TA)VA。
7．如图所示为一定质量理想气体的p-V图像，气体状态由A经B到C的变化过程中，气体吸收了420 J热量，对外做功400 J。已知状态A的温度为300 K。求气体：
(1)内能改变的数值；
(2)状态C的温度TC。
答案：(1)增加20 J (2)240 K
解析：(1)由热力学第一定律
ΔU＝Q＋W＝420 J－400 J
解得ΔU＝20 J
ΔU为正，则气体内能增加。
(2)由理想气体状态方程：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)
解得状态C的温度：TC＝240 K。
8．如图所示，用底面积为S的活塞在气缸内封闭一定质量的气体，活塞上放有一砝码，活塞和砝码的总质量为m，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，现对气缸缓缓加热使气缸内的气体温度从T1升高到T2，且活塞的高度增加了Δl，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0，重力加速度为g。
(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？
(2)被封闭气体初始状态的体积为多少？
答案：(1)－mgΔl－p0SΔl＋Q (2)eq \f(T1SΔl,T2－T1)
解析：(1)由受力分析和做功分析知，在气体缓缓膨胀过程中，活塞和砝码的重力对气体做负功，大气压力对气体做负功，根据热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝－mgΔl－p0SΔl＋Q。
(2)被封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V1＋SΔl,T2)
解得V1＝eq \f(T1SΔl,T2－T1)。
能力提升练
一、选择题
1．(2023·中央民族大学附属中学高二下期末)一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减小1.3×105 J，则此过程( B )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界释放热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界释放热量6.0×104 J
解析： 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得到Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界释放2.0×105 J的热量，故B正确。
2. (2023·江苏南通期末)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，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是( C )
A．pb＝pc＝9pa
B．a到b过程中，气体内能减小
C．b到c过程中，气体放出热量
D．c到a过程中，每一个分子的速率都不变
解析： a到b为等容变化，有eq \f(pa,T0)＝eq \f(pb,3T0)，解得pb＝3pa，c到a为等温变化，有pa·3V0＝pcV0，解得pc＝3pa，综上可得pb＝pc＝3pa，故A错误；a到b过程中，温度升高，气体内能增大，故B错误；b到c过程中，温度降低，气体内能减小，即ΔU<0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律可知Q<0，即气体放出热量，故C正确；温度是分子平均动能的标志，单个分子的速率是时刻在变化的，故D错误。
3. (多选)(2023·吉林长春二中高二下月考)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是( ABD )
A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D．D→A过程中，外界对气体做功，气体内能增加
解析： A→B过程中，气体等温膨胀，气体体积增大，气体对外界做功，又因为气体温度不变，内能不变，所以此过程中气体吸热，故选项A正确；B→C过程中，气体绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故选项B正确；C→D过程中，气体等温压缩，体积变小，分子的数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故选项C错误；D→A过程中，气体绝热压缩，外界对气体做功，气体内能增加，故选项D正确。
二、非选择题
4．爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食。如图为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“砰”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花。设当地温度为t1＝27 ℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0。试分析：
(1)将容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度。
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
答案：(1)927 ℃ (2)减少 35 kJ
解析：(1)根据查理定律：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0。
解得：T2＝1 200 K，则t2＝927 ℃。
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少35 kJ。
5．(2023·福建厦门大同中学高二下月考)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，气体的温度是多少？
(3)气缸内气体对外界做多少功？
(4)气体内能的变化量为多少？
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′，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eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，
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。