76 课下巩固精练卷(三十九) 热力学定律与能量守恒定律(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[课下巩固精练卷(三十九)]　热力学定律与能量守恒定律 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 热力学第一定律的理解 2，3 7 热力学第二定律的理解 1，2 — 热力学第一定律与图像综合 4，5 6 热力学第一定律与 气体实验定律综合 — 8，9，10 【基础落实练】 1．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　　 ) A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律 B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律 C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D．由热力学第二定律可知从单一热源吸收热量，完全变成功是可能的 解析：选D。第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热源吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。 2．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K，座舱M中充满空气，气闸舱N内为真空。航天员从太空返回气闸舱N后，打开阀门K，M中的气体进入N中，最终达到平衡。此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　 ) A．气体体积膨胀，对外做功，内能减小 B．气体对外不做功，气体内能不变 C.气体温度降低，体积增大，压强减小 D．N中气体可以自发地全部退回到M中 解析：选B。由于气闸舱N内为真空，所以气体在膨胀过程中不会对外做功，又系统与外界没有热交换，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能不变，对于一定质量的理想气体内能不变，则温度不变，由pV＝C且气体体积增大可知，气体压强减小，故B正确，A、C错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故N中气体不可能自发地全部退回到M中，D错误。 3．如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡。不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变。下列判断正确的是(　　 ) A．气体 A吸收的热量小于内能的增加量 B．气体 B吸收的热量的数值大于对外做功的绝对值 C．气体 A分子的平均动能不变 D．气体 B内每个分子的动能都增大 解析：选B。气体A等容变化W＝0，温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＝Q，所以气体A吸收的热量等于内能的增加量，故A错误；气体B做等压变化，温度升高，则体积增大，气体对外做功，W<0，温度升高内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知，气体B吸收的热量的数值大于对外做功的绝对值，故B正确；气体A温度升高，气体分子的平均动能增大，故C错误；温度是平均动能的标志，但并不表示每一个分子动能都增大，可能有的气体分子的动能还会减小，故D错误。 4．(2023·广东梅州高三期末)如图所示，一定质量的理想气体，由A状态经历两个不同的变化过程到C状态(A→C，A→B→C)且A、C处于同一条等温线上，以下说法正确的是(　　 ) A．A→C过程气体吸收的热量大于对外做的功 B．A→C的过程中，气体分子的平均动能减小 C．气体在A状态的内能等于在C状态的内能 D．A→C过程气体吸收的热量等于A→B→C过程气体吸收的热量 解析：选C。A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C处于同一条等温线上，所以TA＝TC，可得ΔUAC＝0，由A到C气体体积增大得WAC<0，可得QAC>0，QAC＝|WAC|，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，而气体处于A状态和C状态时，其温度相同，内能相同，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝|WABC|，由p ­V图像下方的面积代表功可知|WABC|>|WAC|，得到QABC>QAC，故D错误。 5．如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列判断正确的是(　　 ) A．A→B过程，气体放出热量 B．B→C过程，气体体积增大 C．C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小 D．整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功 解析： 选C。A→B过程为等容变化过程，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误；B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；C→D过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；作出气体状态变化对应的p ­V图像，p ­V图像与V轴围成的面积代表功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。 【综合提升练】 6．(多选)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的变化过程，其状态变化过程的p ­图像如图所示，ab平行于轴，ad平行于p轴，dc的延长线过原点O。下列说法正确的是(　　 ) A．a→b过程中气体的温度升高 B．b→c过程中气体向外界放出热量 C．c→d过程中气体从外界吸收热量 D．d→a过程中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少 解析：选AD。a→b过程中气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律＝C可知，体积增大，温度升高，A项正确；b→c过程中气体做等容变化，根据查理定律＝C可知，压强增大，气体温度升高，则内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，因气体不做功，内能增大，则气体从外界吸热，B项错误；c→d过程中气体做等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体向外界放出热量，C项错误；d→a过程中气体做等容变化，根据查理定律＝C可知，压强减小，气体温度降低，分子的平均速度减小，从微观角度可知气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少，D项正确。 7．(多选)如图甲所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相等于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功，如图乙所示。内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为30 J。燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功，如图丙所示，该做功冲程气体传递给汽缸的热量为30 J。下列说法正确的是(　　 ) A．压缩冲程气体内能的变化量为230 J B．压缩冲程气体内能的变化量为170 J C．做功冲程气体内能的变化量为－930 J D．做功冲程气体内能的变化量为－900 J 解析：选BC。压缩过程活塞对气体做的功W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J，气体内能的变化量ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－30 J＝170 J，即压缩冲程气体内能的变化量为170 J ，故B正确，A错误；气体膨胀过程中外界对气体所做的功W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J，气体内能的变化量ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J，做功冲程气体内能的变化量为－930 J，故C正确，D错误。 8．(10分)(2023·广东高考)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p ­V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W，求： (1)pB的表达式；(3分) (2)TC的表达式；(3分) (3)B到C过程，气泡内气体的内能的变化量。(4分) 解析：(1)由题可知，根据玻意耳定律可得 pAVA＝pBVB 解得pB＝p0。 (2)根据理想气体状态方程可知 ＝ 解得TC＝1.9T0。 (3)根据热力学第一定律可知 ΔU＝W＋Q，其中Q＝0 故气体内能增加ΔU＝W。 答案：(1)p0　(2)1.9T0　(3)W 9．(10分)(2023·河南开封高三一模)如图1，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA＝12.0 kg，mB＝8.0 kg，横截面积分别为SA＝2.8×10－2m2，SB＝2.0×10－2m2，一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强p0＝1.0×105 Pa。已知此时气体的体积V1＝2.0×10－2 m3，现使汽缸从水平放置缓慢到竖直放置，保持温度不变，达到平衡后如图2所示，A未到达两汽缸连接处，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)与图1相比，活塞在汽缸内移动的距离L；(4分) (2)从图1到图2过程中气体放出的热量。(6分) 解析：(1)汽缸处于图1位置时，设汽缸内气体压强为p1，对于活塞和杆，由平衡条件得 p0SA＋p1SB＝p1SA＋p0SB 代入数据解得 p1＝p0＝1.0×105 Pa 汽缸处于图2位置时，设汽缸内气体压强为p2，对于活塞和杆，由平衡条件得 p0SA＋p2SB＋(mA＋mB)g＝p2SA＋p0SB 设V2为汽缸处于图2位置时缸内气体的体积，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2 由几何关系可得V1－V2＝L(SA－SB) 代入数据解得L＝0.5 m。 (2)对于从图1到图2过程，设气体放出热量为Q，外界对气体做功为W，理想气体内能只和温度有关，保持温度不变，根据热力学第一定律有ΔU＝－Q＋W W＝p0SAL－p0SBL＋(mA＋mB)gL 联立得Q＝W＝500 J。 答案：(1)0.5 m　(2)500 J 10．(10分)在38 mm小球时代，可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积的80%，外界温度恒为300 K，把乒乓球全部浸入热水里，当球内气压大于等于1.5p0时，乒乓球就刚好开始恢复。已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E； (1)求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；(3分) (2)求要使乒乓球刚好开始恢复，热水温度至少为多少K；(3分) (3)若热水温度为(2)问中的最小值，乒乓球从放入热水直到恢复形变时总共吸热为Q，则恢复形变过程中球内气体做功多少。(4分) 解析：(1)设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为p1，有 p0V＝p1·0.8V 可得p1＝1.25p0。 (2)踩瘪后到开始准备恢复为等容过程，设开始温度T0＝300 K，开始准备恢复时温度为T1，有＝ 可得T1＝360 K。 (3)由于气体内能只与温度有关，乒乓球最终内能为 E＝1.2E 可知内能增加了0.2E 根据热力学第一定律ΔU＝Q－W可知，恢复形变过程中球内气体做功为 W＝Q－0.2E。 答案：(1)1.25p0　(2)360 K　(3)Q－0.2E 学科网（北京）股份有限公司 $$