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

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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 m3D.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)。