课时冲关82 热力学定律与能量守恒-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关８２　热力学定律与能量守恒 学生用书　P４９５ [基础落实练] １．(多选)下列说法正确的是 (　　) A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体, 因此不遵循热力学第二定律 B．自发的热传导是不可逆的 C．可以通过给物体加热而使它运动起来,但不 产生其他影响 D．气体向真空膨胀具有方向性 解析:BD　[有外界的帮助和影响,热量可以从 低温物体传递到高温物体,仍遵循热力学第二 定律,A错误;由热力学第二定律可知,自发的 热传导是不可逆的,B正确;不可能通过给物体 加热而使它运动起来但不产生其他影响,这违 背了热力学第二定律,C错误;气体可自发地向 真空膨胀,具有方向性,D正确．] ２．(多选)如图所示为电冰 箱的工作原理示意图, 压缩机工作时,强迫制 冷剂在冰箱内外的管道 中不断循环,在蒸发器 中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器 时制冷剂液化,放出热量到箱体外,下列说法正 确的是 (　　) A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热 量传到外界是因为其消耗了电能 C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律 D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律 解析:BC　[热力学第一定律是热现象中内能与 其他形式能的转化规律,是能的转化和守恒的 具体表现,适用于所有的热学过程,故C正确,D 错误;根据热力学第二定律可知,热量不能自发 地从低温物体传到高温物体,必须借助于外界 做功,A错误,B正确．] ３．一同学将针筒的针拔除后,将 该端封闭一定质量的理想气体 做成弹射玩具,该同学先缓慢 推动推杆将针筒内气体进行压 缩,然后松开推杆,压缩气体膨 胀将推杆弹射,若推杆缓慢压缩气体过程中针 筒内气体温度不变,推杆弹射过程中针筒内气 体与外界无热交换,则下列说法中正确的是 (　　) A．推杆压缩气体过程,针筒内气体吸热 B．推杆压缩气体过程,针筒内气体压强减小 C．推杆弹射过程,针筒内气体内能增加 D．推杆弹射过程,针筒内气体分子平均动能 减小 解析:D　[推杆压缩气体过程,对气体做功,气 体内能不变,根据热力学第一定律可知气体向 外界放热,故A错误;推杆压缩气体过程,气体 体积变小,根据玻意耳定律可知,针筒内气体压 强变大,故B错误;推杆弹射过程,针筒内气体 对外做功且外界无热交换,内能减小,故C错 误;推杆弹射过程,内能减小,温度降低,针筒内 气体分子平均动能减小,故D正确．] ４．一定量的理想气体的压强p 与 热力学温度T 的变化图像如图 所示．下列说法正确的是 (　　) A．A→B 的过程中,气体对外界做功,气体内能 增加 B．A→B 的过程中,气体从外界吸收的热量等于 其内能的增加量 C．B→C的过程中,气体体积增大,对外做功 D．B→C的过程中,气体对外界放热,内能减小 解析:B　[从A 到B 的过程,是等容升温过程, 气体不对外做功,气体从外界吸收热量,使得气 体内能增加,故A错误,B正确;从B 到C 的过 程是等温压缩过程,压强增大,体积减小,外界 对气体做功,气体放出热量,内能不变,故C、D 错误．] ５．(多选)如图所示,将一空的铝 制易拉罐开口向下压入恒温 游泳池的水中,则金属罐在水 中缓慢下降的过程中,罐内空 气(可视为理想气体)(　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９７６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 第十五章　热　学 A．内能增大 B．分子间的平均距离减小 C．向外界放热 D．外界对气体做正功 解析:BCD　[由于温度不变,故气体内能不变 (理想气体内能取决于温度),A错误;取金属罐 中封闭的理想气体为研究对象,金属罐向下压 入恒温游泳池中的过程,可视为等温过程,由题 意知压强变大,根据玻意耳定律p１V１＝p２V２, 可知体积变小,故分子平均间距变小,B正确; 恒温内能不变,ΔU＝０,体积变小,W＞０,根据 热力学第一定律ΔU＝W＋Q,可知Q＜０,即向 外放热,故C、D正确．] ６．(多选)(２０２２􀅰全国甲卷)一定量 的理想气体从状态a变化到状态 b,其过程如pＧT 图上从a到b的 线段所示．在此过程中 (　　) A．气体一直对外做功 B．气体的内能一直增加 C．气体一直从外界吸热 D．气体吸收的热量等于其内能的增加量 解析:BCD　[由pVT ＝C 结合题图可知,气体在 从a到b的过程中体积不变,做的是等容变化, 所以气体对外界没有做功,故A错误;气体在从 a到b的过程中,温度一直在升高,又因该气体 是理想气体,所以气体的内能一直增加,故B正 确;由前面分析可知气体在从a到b的过程中, 气体的内能变化量ΔU＞０,而 W＝０,由热力学 第一定律ΔU＝W＋Q,可得Q＝ΔU＞０,所以气 体从外界吸热,且吸收的热量等于气体内能的 增加量,故C、D正确．] ７．(多选)如图所示,汽缸和活塞与 外界均无热交换,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,则下列判断正确的是 (　　) A．气体A吸热,内能增加 B．气体B吸热,对外做功,内能不变 C．气体A分子的平均动能增大 D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大 解析:AC　[气体A进行等容变化,则W＝０,根 据ΔU＝W ＋Q 可知气体 A吸收热量,内能增 加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但 不是每个分子的动能都是增大的,选项A、C正 确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B 吸收热量,温度升高,体积变大,内能增加,对外 做功,选项B错误．] ８．(多选)如图所示,绝热 容器被绝热隔板K１,卡 销锁住的绝热光滑活塞 K２ 隔成a,b,c三部分,a部分为真空,b部分为 一定质量的稀薄气体,且压强pb＜p０,c与大气 连通,则下列说法中正确的是 (　　) A．只打开隔板K１,b中气体对外做功,内能减少 B．只打开隔板K１,b中气体不做功,内能不变 C．只打开隔板K１,b中气体压强减小,温度不变 D．只打开卡销K２,b中气体对外做功,内能减小 解析:BC　[只打开隔板K１,b中气体向a 中真 空扩散,气体不做功,W＝０,绝热容器导致Q＝ ０,由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝０,内能不 变,A错误,B正确;只打开隔板K１ 时,b中气体 内能不变,温度不变,由玻意耳定律pV＝C 知b 中气体体积增大,压强减小,C正确;只打开卡 销K２ 时,由于pb＜p０,活塞将向左移动,b中气 体体积减小,外界对b中气体做功,W′＞０,但 Q′＝０,则 ΔU′＝W′＋Q′＞０,内 能 增 加,D 错误．] ９．(多选)一定质量的理想气体被质 量为m 的绝热活塞封闭在竖直放 置的绝热汽缸中,活塞的面积为 S,与汽缸底部相距L,温度为T０． 现接通电热丝给气体缓慢加热, 活塞缓慢向上移动距离L 后停止 加热,整个过程中,气体吸收的热量为Q,大气 压强为p０,重力加速度为g．则 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０８６􀅰 高考总复习　物理 A．初始时,气体压强p１＝p０ B．停止加热时,气体的温度T＝２T０ C．该过程中,气体内能增加量ΔU＝Q－mgL D．该过程中,气体内能增加量ΔU＝Q－mgL －p０SL 解析:BD　[对处于平衡状态的活塞进行受力 分析,受到大气压力、重力和气体向上压力,则 有mg＋p０S－p１S＝０,解得p１＝ mg S ＋p０ ,故A 错误;活塞缓慢上升过程中气体压强不变,根据 盖Ｇ吕萨克定律有LST０ ＝２LST ,解得T＝２T０,故B 正确;气体对外做功 W＝p１SL＝mgL＋p０SL, 根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－p０SL,故 D正确,C错误．] [能力综合练] １０．气象气球是进行高空气象观测的 平台．首先用聚酯薄膜材料制成气 球的球皮,然后对它充以比空气密 度小的气体,之后密封好,气球就可以携带仪 器升空探测了．某气象气球升至地球平流层 时,平流层的气压为p．从早上至中午,由于阳 光照射,气球内气体的内能增加了ΔU,气球有 微小膨胀,半径由R１ 膨胀到R２,已知早上气 球内气体温度为T１．假设气球内的气体压强 始终等于平流层气压,求中午时气球内气体的 温度T２ 和早上至中午气球内气体吸收的热 量Q． 解析:早上气球体积V１＝ ４ ３πR１ ３, 中午气球体积V２＝ ４ ３πR２ ３, 从早上至中午,气球内的气体做等压变化, 则有 V１ T１ ＝ V２ T２ ,得T２＝ R２３ R１３ T１, 气球膨胀过程,气体压强为p,外界对气体做功 W＝－p(V２－V１),由热力学第一定律ΔU＝Q ＋W　　解得Q＝ΔU＋４３πp (R２３－R１３)． 答案:R２ ３ R１３ T１　ΔU＋ ４ ３πp (R２３－R１３) [素养培优练] １１．如图所示为一超重报警装置, 其主体是水平地面上的竖直 薄壁密闭容器且导热性能良 好．容器高 H＝０．５m、横截面 积S＝０．０６m２,底部是深h＝ ０．１m的预警区域,内有一厚 度和质量均不计的活塞．活塞通过轻杆连接轻 质平台,当活塞进入预警区域时,系统会发出 超重预警．平台上未放重物时,内部封闭气柱 长度L＝０．４m;平台上轻放质量为 M 的重物 时,活塞最终恰好稳定在预警区域上边界．已 知环境温度T０＝２７℃,大气压强p０＝１．０× １０５Pa,不计摩擦阻力,求: (１)重物的质量M; (２)放上M 至活塞最终稳定的过程中,密闭气 体与外界交换的热量Q; (３)若环境温度变为－３℃且外界大气压强不 变,为保证放上 M 后活塞最终仍稳定在预警 区域上边界,应充装与封闭气体同温同压的气 体体积为多少? 解析:(１)最终稳定时,封闭气体温度不变,则 p０LS＝p１hS,可得p１＝４p０, 又因为p１＝p０＋ Mg S , 代入相关已知数据求得 M＝１．８×１０３kg; (２)设外界大气压力和重物对封闭气体做功为 W,则W＝(Mg＋p０S)(L－h), 代入数据求得W＝７．２×１０３J, 在(１)问的情况下,封闭气体内能不变(ΔU＝０),根 据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得,气体对 外界放出的热量为Q＝７．２×１０３J; (３)外界大气压强不变,所以环境温度变化时, 满足 V０ T０ ＝ V１ T１ ,即 V０ ３００K＝ V１ ２７０K , 解得V１＝０．９V０, 所以应充装同温同压的气体体积为ΔV＝V０－ ０．９V０＝０．１LS＝２．４×１０－３m３． 答案:(１)M＝１．８×１０３kg　(２)气体对外界放 出的热量为７．２×１０３J　(３)２．４×１０－３m３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１８６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 第十五章　热　学