课时检测训练57 热力学定律与能量守恒定律-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练57　热力学定律与能量守恒定律 对应学生用书P468 对点练1　热力学第一定律 1．(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，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．内能减小 C．吸收热量 D．压强不变 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ΔU＝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，根据理想气体状态方程有＝C，可知气体压强减小，故 D 错误；故选 B。 答案　B 2．蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是(　　) A．每个氧气分子的动能均减小 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 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ΔU＝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＝ρgh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＝N以及减小，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。 答案　C 3．(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门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，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　　) A．充气过程中，储气室内气体的内能增大 B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小 C．喷水过程中，储气室内气体压强减小 D．喷水过程中，储气室内气体放热 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，则气体内能不变，气体吸热，由＝C可知，气体压强减小，选项C正确，D错误。 答案　AC 对点练2　热力学第一定律与图像的综合应用 4.(多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 解析　由理想气体状态方程＝C，化简可得V＝·T，由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa＜pb＝pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，A正确；由A选项可知，ca过程压强减小，B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得Q＜0，故ab过程气体放出热量，C正确；ca过程，温度升高，内能增大，D错误。 答案　AC 5．如图所示为一定质量的理想气体状态变化的V-T图像。已知在状态A时的压强为p0，则(　　) A．状态B时的压强为 B．状态C时的压强为2p0 C．A→B过程中气体对外做功 D．B→C过程中气体向外界放热 解析　从A到B温度不变，则pB＝pA＝2p0，选项A错误；从B到C体积不变，则状态C时的压强为pC＝pB＝＝p0，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ΔU<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。故选D。 答案　D 6．(多选)(2022·全国甲卷，改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图上从a到b的线段所示。在此过程中(　　) A．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对外做的功 解析　因p-T图像中a到b的线段的延长线过原点，由＝C，可知从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，ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝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。故选BC。 答案　BC 7．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p-图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。 解析　气体由A→B为等压变化过程，则外界对气体做的功W1＝p(VA－VB)， 气体由B→C为等容变化过程，则W2＝0， 根据热力学第一定律得ΔU＝(W1＋W2)＋Q， A和C的温度相等，ΔU＝0， 代入数据解得Q＝2×105 J。 答案　2×105 J 对点练3　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 8.(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　) A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 解析　上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，D正确。 答案　D 9.(2025·吉林省一模)某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则(　　) A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小 B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变 C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功 D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高 解析　旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生传热，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，瓶内气体温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生传热，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，瓶内气体温度降低，故C正确，D错误。 答案　C 10．如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体的温度为T1，压强为p，活塞的横截面积为S，活塞距汽缸底的高度为h1，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。现给汽缸缓慢加热，活塞上升到高度为h2处，气体吸收的热量为Q。求： (1)此时密闭气体的温度T2。 (2)该过程中气体内能的增量ΔU。 解析　(1)加热缓慢上升，该过程为等压变化，有＝，解得T2＝T1。 (2)气体膨胀，对外做功， 有W＝－pS(h2－h1)， 根据热力学第一定律得， ΔU＝W＋Q＝Q－pS(h2－h1)。 答案　(1)T1　(2)Q－pS(h2－h1) 11.(2024·浙江6月选考)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K，重力加速度g取10 m/s2。 (1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)求此不规则小块固体的体积V。 (3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求气体吸收热量Q。 解析　(1)温度升高后，活塞缓慢上升，封闭气体的压强不变，根据p＝可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。 (2)气体发生等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝， 解得V＝4×10－5 m3。 (3)整个过程中外界对气体做功为W＝－p1S(l2－l1)， 对活塞受力分析p1S＝mg＋p0S， 解得W＝－4.1 J， 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W， 其中ΔU＝10.3 J， 解得Q＝14.4 J， 故气体吸收热量为14.4 J。 答案　(1)不变　变小　(2)4×10－5 m3 (3)14.4 J 12．(2023·广东卷)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。 (2)TC的表达式。 (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 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 13．如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，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t＝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200 J热量，则气体的内能增加了多少？ 解析　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有 p0＝p1＋ρ水银gh， 解得p1≈8.37×104 Pa， 温度T1＝t0＋273 K＝300 K， 设末态压强为p2， 则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)， 故p2≈8.10×104 Pa， 根据查理定律有＝， 代入数据解得T2≈290.3 K， 则环境温度降低了Δt＝T1－T2＝9.7 ℃； (2)打开阀门前有p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K， 打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L，T2′＝t＋273 K＝313 K， 根据理想气体状态方程有＝， 代入数据解得p2′≈4.37×104 Pa， 根据题设条件，由于上部容器原来是真空，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ΔU＝W＋Q， 故ΔU＝0＋200 J＝200 J。 答案　(1)9.7 ℃　(2)4.37×104 Pa　200 J 学科网（北京）股份有限公司 $$