提分集训(83)热力学第一定律与能量守恒定律(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　热力学第一定律与能量守恒定律 1．常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．现将阀门M打开，水立即从枪口喷出．若在水快速喷出的过程中，罐内气体来不及与外界达到热平衡，则喷水时气体(　　) A.压强变大 B.对外做负功 C.对外放热 D.内能减少 解析：选D　C．水被快速喷出，认为罐内气体几乎没有与外界热交换，即有 Q＝0 故C错误； B.阀门M打开，水立即从枪口喷出，气体膨胀，则气体对外界做正功，即有 W<0 故B错误； D.根据热力学第一定律有 ΔU＝W＋Q 结合上述可知ΔU<0 即气体内能减少，故D正确； A.结合上述，气体内能减小，则气体温度降低，根据理想气体状态方程有＝C 由于V增大，T减小，可知压强减小，故A错误． 故选D. 2．(2025·长春期末)根据热力学定律，下列说法正确的有(　　) A.一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 B.对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机” C.空调在制冷的过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 D.热机工作时如果没有漏气和摩擦，也没有机体热量的损失，燃料燃烧产生的热量是可以完全转化成机械能的 解析：选C　A．根据热力学第二定律可知，热运动的宏观过程均具有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不都能够发生，故A错误； B.对能源的过度消耗会形成“能源危机”，但是，根据能量守恒定律可知，自然界总的能量守恒，不会减少，故B错误； C.空调机制冷过程中一方面从室内吸收热量，另一方面所消耗电能中的一部分又变为热量散失在室外，可知，排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，即空调在制冷的过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，故C正确； D.热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧，尾气会带走较多的热量，机器本身需要散热，剩余的能量才是有用的能量，有用的能量在燃料完全燃烧提供的能量中只占一部分，所以热机效率不可能达到100%，即热机工作时即使没有漏气和摩擦，也没有机体热量的损失，燃料燃烧产生的热量也不可能可以完全转化成机械能，故D错误． 故选C. 对点练2　热力学第二定律 3．关于能量的转化，判断下列说法中正确的是(　　) A.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃ B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来 C.空调机既能制热又能制冷，说明传热不存在方向性 D.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 解析：选D　A．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机不可以使温度降到－293 ℃，只能接近－273.15 ℃不能达到，故A项错误； B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，故B项错误； CD.由热力学第二定律可知，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化．即热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但在不自发的条件下，能从低温物体传递到高温物体，故C错误，D正确． 故选D. 对点练3　热力学第一定律与气体实验定律的综合 4．(2025·合肥模拟)一定质量理想气体由状态a变化到状态b，再变化到状态c，最终回到状态a，该过程的p－V图像如图所示，图像中曲线ab为双曲线的一段，下列判断正确的是(　　) A.状态a与状态b单位时间内撞击单位面积器壁的分子数可能相等 B.由状态b到状态c所有分子的速率都增大 C.完成一个循环过程，气体对外做的功等于外界对气体所做的功 D.完成一个循环过程，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量 解析：选D　A．已知由状态a到状态b为等温过程，分子平均动能不变，而体积变小，压强变大，故状态a单位时间内撞击单位面积器壁的分子数一定小于状态b，故A错误； B.由图可知从状态b到状态c为等压过程，而体积变大，由盖—吕萨克定律＝可知气体温度升高，则气体分子平均动能增大，即分子平均速率增大，但并不是每个分子的速率都增大，故B错误； CD.根据W＝p·ΔV可知，p－V图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做的功，由图可知从a到b外界对理想气体做功小于从b到c到a气体对外做功，即整个循环的过程中W<0 由于ΔU＝0 根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 所以Q>0 即Q吸－Q放>0 所以整个循环的过程中，理想气体吸收的热量大于放出的热量，故C错误，D正确． 故选D. 5．(2025·云南昭通模拟)一定质量的理想气体按a→b→c→a的顺序经历一系列状态变化，其p－t 图像如图所示．图中bc线段与纵轴平行，ab线段与纵轴垂直．气体在状态变化过程中下列叙述正确的是(　　) A.b→c过程气体不放热也不吸热 B.a→b过程气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数增加 C.a→b过程气体对外界做的功等于b→c过程外界对气体做的功 D.b→c过程气体体积减小 解析：选D　AD.b→c过程由图可知为等温变化，气体内能不变，根据玻意耳定律pV＝C可知，当压强p增大时，体积V减小，可知外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于内能不变，可知b→c过程气体放出热量，故A错误，D正确； B.由图可知a→b气体压强不变，气体温度升高，则气体分子平均动能增大，根据压强微观意义可知，气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减少，故B错误； C.由图可知c→a为等容变化，即a、c两个状态体积相同，则a→b过程气体体积的变化量大小与b→c过程气体体积的变化量大小相等，而a→b过程气体压强不变，b→c过程气体压强增大，根据W＝pΔV可知，a→b过程气体对外界做的功小于b→c过程外界对气体做的功，故C错误． 故选D. 6．如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是(　　) A.C→A的过程中外界对气体做功600 J B.B→C的过程中气体对外界做功600 J C.整个过程中气体从外界吸收600 J的热量 D.整个过程中气体从外界吸收450 J的热量 解析：选C　A．在C→A过程中，图线为直线，根据理想气体状态方程可知压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据 WCA＝p·ΔV 解得WCA＝300 J 故A错误； B.由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，故B错误； CD.A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故 W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J 则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，故C正确，D错误． 故选C. 7．(2025·菏泽模拟)如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体．轻绳左端连接活塞，活塞横截面积为S，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1.现接通电热丝一段时间后断电，活塞缓慢向右移动L后静止，气体处于状态2，由状态1到状态2电热丝放出的热量为Q.重力加速度大小为g，外界大气压强不变．下列说法正确的是(　　) A.状态2相比状态1，气体压强减小 B.状态2相比状态1，气体压强增大 C.由状态1到状态2，气体内能变化为ΔU＝Q－L D.由状态1到状态2，气体内能变化为ΔU＝Q－L 解析：选C　AB.不管状态1还是状态2，稳定后，小桶均保持静止，根据平衡条件可得T＝mg 对活塞，根据平衡条件可得 p0S＝T＋pS 则状态1、2，气体压强均为 p＝p0－ 故AB错误； CD.由状态1到状态2，外界对气体做功为 W＝－pΔV＝－(p0－)SL 根据热力学第一定律，由状态1到状态2，气体内能变化为 ΔU＝Q＋W＝Q－L 故C正确，D错误． 故选C. [B级　练综合·提分] 8．(2024·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； (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：选(1)从状态A到状态B气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB 解得pB＝p0. (2)由状态B到状态C，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)pB＝p0　(2)TC＝1.9T0　(3)W 9．(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一．某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示．在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化． (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积． (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1.求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比． (3)图(b)中虚线MN′是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热．(不需要说明理由) 解析：(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有p0V0＋p0V＝4p0V0 解得V＝3V0 (2)容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得 ＝ 可得＝ (3)由p－V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N和N′都是从M状态变化而来，应该相同，可得TN>TN′ 可知从M到N的过程内能降低的更少．由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N′的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热． 答案：(1)3V0 (2) (3)吸热 [C级　练加强·培优] 10．(2024·浙江1月选考)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分．面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1.抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2.然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J．已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计． (1)气体从状态1到状态2是________(填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(填“增大”、“减小”或“不变”)； (2)求水平恒力F的大小； (3)求电阻丝C放出的热量Q. 解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变． (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1 解得状态2气体的压强为 p2＝＝1.02×105 Pa 解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得 p2S＝p0S＋F 解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10-4 N＝10 N (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有 ＝ 可得状态3气体的体积为 V3＝·2V1＝×2×750cm3＝1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10-6 J＝25.5 J 根据热力学第一定律可得 ΔU＝－W＋Q′ 解得气体吸收的热量为 Q′＝ΔU＋W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为 Q＝Q′＝89.3 J 答案：(1)气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变　(2)10 N　(3)89.3 J 学科网（北京）股份有限公司 $$