课时检测训练57 热力学定律与能量守恒定律-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版）

课时检测训练57热力学定律与能量守恒定律 >对应答案P62 三基础对点练 对点练2热力学第一定律与图像的综合应用 对点练1热力学第一定律 4.一定质量理想气体的压强p随体积V变化规律 1.(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气 如图所示，从状态A到B的过程中() 瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬 高过程中，温度减小，则气体() A.对外做功 B.内能诚小 C.吸收热量 D.压强不变 2.蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带 A,气体温度保持不变 一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁 B.外界对气体做功 间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度 C.气体从外界吸收热量 增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正 D.气体对器壁单位面积的平均作用力不变 确的是 5.如图所示为一定质量的理想气体状态变化的V- A.每个氧气分子的动能均减小 T图像。已知在状态A时的压强为力。，则 B.氧气放出的热量等于其内能的减少量 C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数 增加 D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大 3.(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀 2T 门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多 次充气后按下按柄B打开阀门K,水会自动经导 A状态B时的压强为号 管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充 B.状态C时的压强为2p 气和喷水过程温度保持不变，则 C.A→B过程中气体对外做功 压杆A D.BC过程中气体向外界放热 阀门K 打气简 6.(多选)(2022·全国甲卷，改编) 喷嘴 按枘B 一定量的理想气体从状态a变 储气室 化到状态b,其过程如p-V图 上从a到b的线段所示。在此过程中 A.充气过程中，储气室内气体的内能增大 A.气体一直对外做功 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小 B.气体的内能一直增加 C.唢水过程中，储气室内气体压强减小 C.气体一直从外界吸热 D.喷水过程中，储气室内气体放热 D.气体吸收的热量等于其对外做的功 课时检测训练·物理 468 7.一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到 高度为五，，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。现 状态C,其p图像如图所示，求该过程中气体 给汽缸缓慢加热，活塞上升到高度为处，气体 吸收的热量为Q。求： 吸收的热量Q。 (1)此时密闭气体的温度T2。 l(x 10 Pa) (2)该过程中气体内能的增量△U. 对点练3热力学第一定律与气体实验定律的 草综合提升练 综合应用 11.(2021·河北卷)两个内壁光滑，完全相同的绝 8.(2023·沙坪坝二模)某同学从重庆去西藏旅游， 热汽缸A、B,汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全 路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所 相同的理想气体，如图甲所示，现向活塞上表面 带的坚果，发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下 缓慢倒人细沙，若A中细沙的质量大于B中细 列关于袋内气体（可视为质量不变的理想气体） 沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能 说法正确的是 () (选填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B A.压强增大 B.分子平均动能不变 内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中 C,一定从外界吸收热量D.对外做功，内能减小 气体分子速率分布图像，其中曲线 (填 9.(2023·潍劫三模)如图所示，有一上部开口的圆 图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速 柱形绝热汽缸，汽缸的高度为 率分布规律。 3L,横截面积为S,一厚度不计的 1各速卒X问的分子数 3 占总分子数的百分比 轻质绝热活塞封闭1mol的单原 子分子理想气体。开始时活塞燃上 距汽缸底部的距离为L,气体的热力学温度为 B T,。已知外界大气压为p,1mol的单原子分子 分了的速名 甲 乙 理想气体内能公式为U=多RT,其中R为常数， 12.(2023·广东卷)在驻波声场作用下，水中小气 T为热力学温度。现对气体缓慢加热，当活塞恰 泡周围液体的压强会发生1陆 上升到汽缸顶部时，气体吸收的热量为( 周期性变化，使小气泡周期 A.2RT+3PLS B.3RT +3p LS 性膨胀和收缩，气泡内气体 绝热 C.2RT+2pLS D.3RT:+2pLS 可视为质量不变的理想气 等温 B 10.如图所示，汽缸内封闭一定 体，其膨胀和收缩过程可简 0 V 5%t 质量的理想气体，气体的温 化为如图所示的p-V图 度为T,压强为p,活塞的横 像，气泡内气体先从压强为p。、体积为V。、温度 截面积为S,活塞距汽缸底的 为T。的状态A等温膨胀到体积为5V。、压强为 169 课时检测训练·物理 p。的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为：13.如图所示装置中两玻璃泡的容 V。,压强为1.9pn,温度为Tc的状态C,B到C 积均为V。=0.5L,玻璃管的 过程中外界对气体做功为W,已知P、V。,T。 容积忽略不计，开始时阀门K 和W。求： 关闭，将上面玻璃泡抽成真空， 气体 (1)p的表达式。 下面玻璃泡中有一定质量的理 玻璃管 (2)T的表达式。 想气体，外界大气压强为P (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了 1.0×103Pa,温度为4，=27℃ 多少？ 时，玻璃管中水银面高出水银 槽内水银面h=12cm,水银密 度（假设不随温度改变）为13.6×10kg'm”,重 力加速度g=10m/s。 (1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银 面上升2cm,则环境温度改变了多少摄氏度。 (2)如果在环境温度急剧升高到1=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？在此过程中吸收了200J热 量，则气体的内能增加了多少？ 课时检测训练·物理 470-课时检测训练57 1.B 解析由于爬山过程中气体体积 不变，故气体不对外做功，故 A错误； 爬山过程中温度降低，则气体内能减 小，故B正确；根据热力学第一定律可 知△U=W+Q,爬山过程中气体不做 功，但内能减小，故可知气体放出热 量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的 气体容积质量均不变，温度减小，根据 =c.可知气理想气体状态方程有 体压强减小，故 D错误；故选 B。 2.C 解析海水温度随深度增加而降 低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能 降低，但不是每个氧气分子的动能均 减小，故 A 错误；根据热力学第一定律 △U=W+Q,内能的减少量等于氧气 放出的热量和外界对氧气做功之和， 故B错误；氧气分子平均动能降低，氧 气分子对缸壁的平均撞击力减小，故D 错误。根据液体压强公式p=pgh可 知随下潜深度增加，海水压强增大，由 于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相 通，氧气压强增加，根据P=NF以及F 减小，故氧气分子单位时间撞击缸壁 单位面积的次数增加，故C正确。 3.AC 解析本题考查热力学第一定 律，充气过程中，储气室内气体的质量 增加，气体的温度不变，故气体分子的 平均动能不变，气体内能增大，选项 A 正确，B错误；喷水过程中，气体体积增 大，气体对外做功，而气体温度不变， =c则气体内能不变，气体吸热，由 可知，气体压强减小，选项C正确，D 错误。 4.C 解析 从状态A到B的过程中， 气体的体积增大，分子密度减小，只有 温度升高时，其压强才会增大，A错 误；气体体积增大，表明气体对外做 功，B错误；气体温度升高，说明内能增 大，体积增大，说明气体对外做功，根 据热力学第一定律可得气体要吸收热 量，C正确；因为压强变大，根据压强定 义式可知，单位面积上受力变大，D 错误。 5.D解析从 A到B 温度不变，则 n-Yp,=2n,进项A维误；从B到 C体积不变，则状态C时的压强为pc -Fp==p?,选项 B错误；A→B 过程中体积减小，则外界对气体做功， 选项C错误；B→C过程中气体体积不 变，则W=0,温度降低，内能减小，即 △U<0,根据热力学第一定可知Q<0, 即气体向外界放热，选项D正确。 6.BC 解析因p-T图像中a到b的 =c,可知线段的延长线过原点，由· 从a到b气体的体积不变，则从a到b 气体不对外做功，选项 A错误；因从a 到b气体温度升高，可知气体内能增 加，选项B正确；因W=0,△U>0,根 据热力学第一定律△U=W+Q可知， 气体一直从外界吸热，且气体吸收的 热量等于内能增加量，选项C正确，D 错误。 7.2×10?J 解析 气体由A→B为等压变化过程， 则外界对气体做的功W?=p(V?-Vg), 气体由 B→C 为等容变化过程，则 W?=0, 根据热力学第一定律得△U=(W?+ W?)+Q, A和C的温度相等，△U=0, 代入数据解得Q=2×10?J。 8.D 解析 根据题意，气体温度降低， 体积增大，根据理想气体状态方程可 得，气体压强减小，故 A错误；气体温 度降低，所以分子平均动能减小，故 B 错误；根据热力学第一定律△U=Q+ W,气体体积增大，气体对外做功，即 W为负值，温度降低，内能减小，即△U 为负值，但Q可能为正，也可能为负， 即气体可能从外界吸收热量，也可能 放热，故C错误，D正确。故选D。 9.D 解析开始加热活塞上升的过程 封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定 ￥-Y.v?=sL.V?=3SL,解律可得： 得T?=3T,由热力学第一定律有△U =W+Q.其中△U=二R(T;-T;)= 3RT?,W=-p?·S·2L=-2p?SL, 解得Q=3RT?+2p?LS,故选D。 10.(1号T;(20Q-)S(h?-A) 解析 (1)加热缓慢上升，该过程为等 压变化，有六一，解得T一后T。。 (2)气体膨胀，对外做功， 有W=-pS(h?-h?), 根据热力学第一定律得， ·627 △U=W+Q=Q-pS(h?-h?)。 11.大于① 解析 对活塞受力分析有p一学，因 为A中细沙的质量大于B中细沙的 质量，故稳定后有pa>pμ 所以在达到平衡过程中外界对封闭 气体做的功有W?>Wg, 根据△U=W+Q,因为汽缸和活塞都 是绝热的，即Q=0,故有△U?>△U, 即重新平衡后汽缸 A内气体的内能 大于汽缸B内气体的内能， 由题图乙中曲线可知曲线②中分子 速率大的分子数占总分子数百分比 较大，即曲线②的温度较高，由前面 分析可知汽缸 B温度较低，故曲线① 表示汽缸 B中气体分子的速率分布 规律。 12.(1)号b。(2)1.9T,(3)W 解析(1)由题可知，根据玻意耳定 律可得 p?V?=pV,解得p= ÷n (2)根据理想气体状态方程可知-. ,解得T=1.9T。; (3)根据热力学第一定律可知△U= W+Q,其中Q=0,故气体内能增加 △U=W。 13.(1)9.7℃(2)4.37×10?Pa 200 J 解析 (1)设玻璃泡中气体初态压强 为 p?,有 p?=p?+pxgh, 解得 p?≈8.37×10'Pa, 温度T?=t?+273 K=300 K, 设末态压强为 p? 则 Po=p?+pxg(h+△h), 故 p?≈8.10×101Pa, 会一会，根据查理定律有： 代入数据解得T?≈290.3K, 则环境温度降低了△t=T-T?= 9.7 ℃; (2)打开阀门前有p?=8.37×10'Pa, V?=V?=0.5 L,T?=300 K, 打开阀门后有V?=2V。=1.0 L, T?'=t+273 K=313 K, 根据理想气体状态方程有 学-学. 代入数据解得p?1≈4.37×10'Pa, 根据题设条件，由于上部容器原来是 高考一轮总复习·物理 B 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△U=W+Q, 故△U=0+200 J=200 J。 课时检测训练58 1.C 解析根据题意，有pa=pg+ pgh,假设温度升高时水银柱不移动， -T、+aT六-由查理定律可得 7.+T.压理的变化量为△m=p! -Dx=x△m=-m= △T相同，不知道两气体初温TA与T。 的大小关系，因此无法判断两部分气 体压强变化量的大小，两部分气体压 强变化量可能相等，h不变，左管气体 体积不变，温度升高，左管气体压强增 大；可能 A压强增加量小，h 减小，左 管气体体积减小，左管气体压强增大； 可能 A压强的增加量大于B气体压强 的增加量，h增大，左管气体体积增大， 左管气体压强增大；所以左管气体压 强一定变大。故选C。 2.()m(2)k-99# m-91F 解析 (1)对左右气缸内所封的气体， 初态压强 p?=p,体积V?=SH+ 2SH=3SH,末态压强p?,体积V?=S ·2H+号H·2S=YSH,根据破意 耳定律可得 p?V?=p?V?,解得p?= : (2)对右边活塞受力分析可知mg+po ·2S=p,·2S,解得m=2*,对左 侧活塞受力分析可知n.S+k·号H= p?S,解得A一#。 3.(1)号T,(2)D。 解析(1)因两活塞的质量不计，则当 环境温度升高时，IV内的气体压强总 等于大气压强，则该气体进行等压变 化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部 时，对IV中气体由盖-吕萨克定律可得 ￥号.解得T=÷T? (2)设当 A中的活塞到达汽缸底部时 Ⅲ中气体的压强为p,则此时IN内的气 体压强也等于 p,设此时IV内的气体的 体积为V,则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积 高考一轮总复习·物理 在水面下H处，设此时鱼的体积为 V,有Mg=pgV?为(V?-V),则对IV中气体有 且此时 B室内气体体积为V,质量. 为m, m=p÷ V. 学学. 鱼通过增加B室体积获得大小为a的 加速度，则有pg(V?+△V)-Mg 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有 = p(V?-V) p=。一联立解得12T。 =Ma, 联立解得需从 A室充入B室的气体 4.(器 (2)20 L 质量： △m=o、AV=Y解析 (1)设轮胎内体积为V?,假设将 原来内部压强为3.0 bar、温度为47 ℃ 的气体全部变成压强为2.0 bar、温度 为37℃的气体，此时体积为V,则由理 A=Ati.想气体方程有： ,代入 数据得V=#V., (2)开始时鱼静止在水面下H处时，B 室内气体体积为V,质量为m,且此时 B室内的压强： p?=pgH+p, 鱼静止于水面下 H?处时，有p?= 故放出气体质量占 Am=Y-V原来气体质量的比为 pgH?+p?, 此时体积也为V,设该部分气体在压强 为p?时，体积为V?, 29, 93' 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意 耳定律有： (2)对轮胎内的气体，由波意耳定律得 p?V?=p?V',对充入轮胎内的气体， 由波意耳定律得p?V?′=p?V?,其中 V?'=V?-V?',解得V?=20L。 nV=nV,解得V?-ml,+A,v, 则此时B室内气体质量m?=p?V?=+.5.1:3 解析 设火罐内气体初始状态 参量分别为p?、T?、V?,温度降低后状 态参量分别为p?、T?、V?,罐的容积为 V?,由题意知p?=p?、T?=450K、V?= V、T;=300 K、V?=22L. 由理想气体状态方程得， 学学. 课时检测训练 59 1.A 解析设天体发射频率为v光子 的功率为P,由题意可知 P'××? =Nhv,t=1s, 解得 P-12,故选 A。 2.C 解析 用高频短波紫外线灯持续 照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出 光电子。由于锌板原来带负电，随着 带负电的光电子逸出，锌板所带负电 量减少，验电器指针张开的角度θ逐渐 变小。继续照射，更多的光电子逸出 后，锌板开始带上正电且电荷量增加， 故验电器指针张开的角度θ逐渐变大， 即整个过程中验电器指针张开的角度 先变小后变大。故选C。 代入数据得p?=0.7p。, 对于抽气罐，设初态气体状态参量分 别为p?、V?,末态气体状态参量分别为 p?、V,罐的容积为V',由题意知 P?=p?、V?=V?1、p?=p?, 由玻意耳定律得p?V?′=p?V, 代入数据得V?=Fv,, 设抽出的气体的体积为△V,由题意知 3.D 解析 将滑片P向右移动，正向电 压增大，电流表示数不能变小，A错 误；增大入射光的强度，单位时间内， 光电子更多，所以电流表示数不能变 小，B错误；换用电动势更大的电源，正 向电压增大，电流表示数不能变小，C 错误；将电源的正、负极对调，变正向 电压为反向电压，能减小光电流，D 正确。 △V=V;-2+v,’, 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气 一兴.体质量的比值为÷ -号联立并代入数据得： 6.(1 ”(2)- 解析 (1)由题意可知开始时鱼静止 ·628 · 台-T、+aT 知道两气体初温TA与T Y H+号H·2S=YSH, 玻 1) T,( P. ； V=计 ,故放出气 t, 的比值为