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

(3)根据玻意耳定律p(V十△V)=p。(V。十△V) D.热机在工作过程中，燃料不可能完全然烧，尾气会带走较多的 (V。+△V) 整理得p=,V+△V 热量，机器本身需要教热，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，所以热机效摩 当→∞时，V→0，此时的压强为渐近线方程 不可能达到100%，即热机工作时即使没有漏气和摩擦，也漫有 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 (心 成机械能，故D错误.故选C 3.选DA.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制 答案：@2B(3p,(y） 冷机不可以使温度降到一293℃，只能接近一273.15℃不能达 到，故A项错误： 5.解析：(1)注射器内空气温度保持不变，分子运动的平均速率不 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 变，体积减小，分子分布的密集程度增大，则此过程，单位时间内 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 单位面积器壁上受到气休分子碰撞的次数增多， 来，故B项错误 (2)A.为保证封闭气体的气密性，确保所研究气体的质不变，应 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 在柱塞与注射器壁间涂上涧滑油，故A正确： 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 B.为了确保气体温度不变，实险中，不能够用手握住注射器，故B 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 错误： 故C错误，D正确，故选D. C,为了确保气体温度不变，实验时应缓慢推拉柱塞，待示数稳定 4,选DA.已知由状态a到状态b为等温过程，分子平均动能不 后读取数据，故C错误： 度，而体积变小，压强变大，故状态《单住时间内撞击单位面积 D.实验中气体的压强可以通过数据采桑器获得，但体积道过注 器壁的分子数一定小于状态b,故A错误： 射器外部的割度读取，故D错误，故选A 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 (3)A.根据克拉伯龙方程有pV=nRT 吕萨老定韩宁一号可如气体温定升高：时气休分子年均动能地 则有p=nRT·是 大，即分子平均递率增大，但并不是每个分子的速单都增大，故B 错误： 可知，P一V园像的斜率表示RT,若实验过程中有漏气现象，剥 CD.根揭W=p·△V可知，一V图像与坐标轴国成的面积等于 气体对外微的功，由国可知从到b外界对理想气体微功小于从 气体物质的量m减小，则立国像的斜率减小，而实际力一了 b到e到a气体对外做功，即整个循环的过程中W<0. 园像的斜率在增大，故A错误： 由于△U=0 C,结合上述可知，实际p一十困像的针率在增大，可知，有可能 根据热力学第一定律U=Q十W,所以Q>0,即Q一Q:>0, 所以整个循环的过程中，理想气体吸收的热量大于数出的热量 是实验过程中气体温度升高，故B错误，C正确： 故心错误，D正确】 D.若装置连接处的软管容积不可忽略，即体积的测量值偏小，可 故途D. 知在相同的压强之下，的测量值偏大，则一十因像应向下弯 5.选DAD.b·过程由图可知为等温变化，气体内能不变，根据 玻意耳定律V=C可知，当压强p增大时，体积V减小，可知外 曲，即园像的斜半减小，而实际p一了图像的斜率在增大，故D 界对气体做功，根撼热力学第一定律△U=Q十W,由于内能不 变，可知→c过程气体放出热量，故A错误，D正确： 错误.故选C. 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 (④)张搭作由的V一。因像，令国像的针率为，则国像时应的函 均动能增大，根据压强概观意义可知，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： 教为V=k:上-V, C.由图可知-·a为等容变化，即、两个状态体积相同，别a→b 过程气体体积的变化量大小与-·（过程气体体积的变化量大小 表明体积的测量值小于实际封闭气体的体积，可知，造成图像不 相等，而ab过程气体压强不变，b过程气体压强增大，根据 过原点的原因可能是连接压强传感器和注射器之间的胶管中有 W=p△V可知，ab过程气体对外界微的功小于bc过程外界 气体 对气体做的功，故C错误」 答案：(1)增多(2)A(3)C(4)连接压强传感器和注射器之 故选D. 间的胶管中有气休 6.选CA.在C→A过程中，图线为直线，根据理想气体状态方程 提分集训（八十三） 可知压强不变，气体体积减小，外界对气体微功，根据 1.选DC.水被快速喻出，认为罐内气体几乎渡有与外界热交换， Wc4=p·△V,解得WcA=300J,故A错误： 即有Q=0,故C错误： B.由题知B·C过程中气体做功绝对值是C-·A过程中气体微 B.间门M打开，水立即从枪口喷出，气体膨胀，则气体对外界做 功绝对值的3倍，财BC的过程中气体对外界微功900」，故B 正功，即有W<0,故B错误： 错误： D.根据热力学第一定律有△U=W十Q,结合上遂可知△U<0,即 CD.A·BCA,温度不变，则内能变化量△U=0,A~B过程， 气体内能减少，故D正确： 气体体积不变，做功为零：BC的过程中气体对外界做功900J: A.结合上述，气体内能减小，则气体温度降低，根据理想气体秋 C→A的过程中外界对气体做功300J,故W=WA+WBc= 一600J,Q=U-W=600J,别整个过程中气体从外界吸救600J 态方程有兴=C 的热量，故C正确，D错误，故遮C 7.速CAB.不管状态1还是状态2，稳定后，小桶均保持静止，根 由于V增大，T减小，可知压强诚小，故A错误.故选D. 2.选CA.根据热力学第二定律可知，热运动的宏观过程均具有 据平衡条件可得T=mg 对活塞，根据平街条件可得PS=T十pS,则状态1、2，气体压强 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： 均为p-一警，故AB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 CD.由秋态1到状态2，外界对气体微功为 律可知，自然界总的能量守恒，不会减少，故B错溪： 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 W=-pAV=-(A-袋)SL. 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 根据热力学第一定律，由状态1到状态2，气体内能变化为 量多于从空内吸收的热量，即空调在制冷的过程中，从室内吸收 △U=Q十W=Q-(S-mg)L,故C正墙，D错误， 的热量少于向室外放出的热量，故C正确： 故逸C 682 8.选(1)从软态A到秋态B气体发生等温变化，根据玻意耳定律可 2.选CA根据光电效应方程可知豆m听=h一W些击为· 得paVA-pVa,解得Pu-5p 则同一频率的光照射不问的金属，如果都能发生光电效应，则逸 (2》由状态B到状态C,根据理想气体状态方程可知 出功大的金属产生的光电子的最大初动能越小，选项A错误： pmV-pV,解得Te-l.9To B.根据逸出功定义，可知逸出功是从金萬表面途出的电子克服 T 金属束缚数的最小功，不是所有光电子做功相同，故B错误： (3)根据热力学第一定律可知U=W十Q C,发生光电效应时，光强越强，则单位时间内产生的光电子数目 其中Q=0,故气体内能增加△/=W 会增多，故C正确 答案：(1)pm=5P。(2)Tc=1.9T。(3)W D.振据光电效良方程知号m后=仙一W装当特知光电子的最大初 动能与入射光的频率成一次品数关系，不是正比关系，故D惜 9,解析：(1)设充入的气体在该室温环境下压磁为P。时的体积为 误，故选C, V,充气过程中气体温度不变，则有p,V。十pV=4poV 3.选DA.若发现电压表的示数增大，电流表的示数减小，说明电 解得V=3Va 源的正负极与光电效应产生的电流方向相反，则电源的左侧为 (2)客器内气体从状态M变化到快态N,由理想气体的状态方程 负极，故A错误： 可得0兴 B.欲测量遵止电压来计算光电子的最大初动能，应使电源的正 负极与光电效应产生的电流方向相反，则电源的左侧为负极，故 可样会放 B错误： 。著调节滑动变租器使电流表的示致刚好为紧，则此时电压表 (3)由p一V图像与横坐标轴所图面积表示气体微功可知，从M 的示数为通止电压，根据爱调斯坦的光电效应方程可得U 到N的过程对外做功更多N和N都是从M我态变化而来，' 一w且o=W。,则电压表的杀数为U。=心二，故C 应该相同，可得Ty>TN 错误： 可知从M到N的过程内能降依的更少，由热力学第一定律 D.根据爱因斯坦的光电效应方程可得E=v一W。,且h=W。 △U=Q十W可知，从M到N'的过程范热，内能降低等于对外做 照射光的频率为￥时，此时遍出的光电子的最大初动能为E:= 功：从M到N的过程对外微功更多，内能降低反而更少，则气体 力y一ho,若照射光的顿平增大为2，则道出的光电子最大初动能 必然吸热 为E2一2hv一w.逸出的光电子最大初动能增大w,故D正确： 故选D. 答案，s。e能 (3)吸热 4.选DA.由e=hw,=2n,可得=2g,故A错误： 10.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 成由老子动量b=天，又=，得p=人=他=是 h c ee 不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态】到 辣态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变， 又A=2eB·得p4=2pg,放B错误： 气体的温度不变，分子平均动能不变， CD.设金属的遥出功为W。·由光电效应方程得 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有 EA=hyA一W。, pVi=P2·2V Ea=hg一W。, 解得状态2气称的压强为-号=1.02×10P 又A=2g· 综合解得W。=E一2Ea,故C错误，D正确：故选D 解锁活震B,同时范加水平恒力F,仍使其保持静止，以活塞B 5.选ABD题图中，先让锌板带负电，再用紫外线灯照射锋板， 为对象，根搭受力平街可得2S=pS十F 由于光电效应激发电子，锌板电荷量减少，所以验电器的张角会 解得F=(p2一p)S=(L.02×103-1.01X10)×100×104N 变小，等锌板电荷量为零时，验电器就无法张开，如果紫外线灯 继埃照射锌板，就会使锌板带正电，验电器的张角又增大，故A =10N 正确：由题图b可知，电压相同时，光照越强，饱和光电流越大， (3)当电I丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体选 说明饱和光电流与光的强度有关，故B正确：根据光电效应方程 到温度T2=350K的状态3，可知气体做等压变化，则有 2V1V 民=w一W,和动能定理一=0一E,联立解得U。=血_心，可 e 可得状态3气体的体积为 知U。一v困像的斜率为名，故C错误：由瓦=。一W。知，瓦一 T2.2-358×2×750cm=1750 图线的纵轴戴距为一W。=一E,可知E等于该金属的逸出功，故 D正确. 该过程气体对外做功为W=p2△V=p2(V:一2V,)=1.02×10 6,选ADA.根据光电效应方程Em=hy一W。=y-,又 ×(1750-2×750)X10-6J=25.5J 瓦=心，得心=乌一台。当道止电压为套时，可知销的藏 根据热力学第一定律可得△U=一W十Q 止领率小于钙的截业频率，故八正确： 解辉气体吸收的热量为Q=△LU+W=63.8J+25.5J=89.3J 可知电阻丝C放出的热量为 B由A选项可知，图线针率为一上，故B错误！ Q=Q'=89.3J C,图线特，点与光照时间和强度无关，故C错误： 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 D.只要同一单色光的频率大于等于裁止频率，就可以发生光电 不变(2)10N(3)89.3J 效应，故D正确.故速AD. 提分集训（八十四） 7.选A中子与氘核相向运动发生碰撞，满足动量守恒定律，则 P1一P2P, 1.选B3$内每平方厘米面积上接收到的紫外线的总能量为 E=PI① 设3、内每平方厘米面积上接收到的紫外线光子数为，则有 BCD错误.故选A. 8.选ADA.一群氢原子处于第3能级，将它们向低能级跃迁发出 的光，对应的光子能量分别为h1=E一E,h2=E2一E, 3s内照射到整个口罩上的紫外线光子数为 山归=E,一E2,由题意可知辐射出3种频率光照射阴极K,只有 N-180n③ 两种产生光电效应，则阴极K的途出功应，满足W>的=E一E 联立①②③并代入数据解得N=180n≈4×1015.故选B. 故A正确： 683提分集训（八十三） 热力学定律与能量守恒定律 对点练3热力学第一定律与气体实验定律的 [A级练对点·固本] 综合 对点练1热力学第一定律与能量守恒定律 4.(2025·合肥模拟)一定质量理想气体由状态a变 1.常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示.从储 化到状态b,再变化到状态c,最终回到状态a,该 水罐充气口充人气体，达到一定压强后，关闭充气 过程的p一V图像如图所示，图像中曲线ab为双 口.现将阀门M打开，水立即从枪口喷出.若在水 曲线的一段，下列判断正确的是 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 ( 充气口 气体 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 A.压强变大 B.由状态b到状态c所有分子的速率都增大 B.对外做负功 C.完成一个循环过程，气体对外做的功等于外界 C.对外放热 对气体所做的功 D.内能减少 D.完成一个循环过程，气体从外界吸收的热量大 2.(2025·长春期未)根据热力学定律，下列说法正 于向外界放出的热量 确的有 ( 5.(2025·云南昭通模拟)一定质量的理想气体按 A.一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 a→b→c→a的顺序经历一系列状态变化，其p一t B.对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少， 图像如图所示.图中bc线段与纵轴平行，ab线段 形成“能源危机” 与纵轴垂直.气体在状态变化过程中下列叙述正 C.空调在制冷的过程中，从室内吸收的热量少于 确的是 向室外放出的热量 p/Pa 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 对点练2热力学第二定律 -273.15 3.关于能量的转化，判断下列说法中正确的是 A.bc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 ( A.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到 积容器壁的次数增加 100%,制冷机却可以使温度降到一293℃ C.a→b过程气体对外界做的功等于b→c过程外 B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动 界对气体做的功 机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发 D.b→c过程气体体积减小 展，第二类永动机可以制造出来 6.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强 C.空调机既能制热又能制冷，说明传热不存在方 为1.5×105Pa,经历A→B→C→A的过程，已知 向性 B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气 D.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生 体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是 其他变化 518 ↑V7(×10-2m) 1.9pa 绝热 B A 类 等温 B i020040)60 5V y A.C→A的过程中外界对气体做功600J (1)p的表达式： B.B→C的过程中气体对外界做功600J (2)Tc的表达式； C.整个过程中气体从外界吸收600J的热量 (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ D.整个过程中气体从外界吸收450J的热量 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 ( 活塞 电热丝 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△U=Q PoS-mg)L D.由状态1到状态2，气体内能变化为△U=Q (PoS+mg)L [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 示的一V图像，气泡内气体先从压强为p。、体积 为V。、温度为T。的状态A等温膨胀到体积为 5V。、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩 到体积为V。、压强为1.9po、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po、Va、 To和W.求： 519 9.(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动 [C级练加强·培优 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 10.(2024·浙江1月选考)如图所示，一个固定在水 塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的 平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为 充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示.在室 V1=750cm3的左右两部分.面积为S=100cm2 温环境下，容器内装人一定质量的水，此时容器内 的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右 的气体体积为V。,压强为o,现缓慢充气后压强 侧中一定质量的理想气体处于温度T,=300K、 变为4p,不计容器的容积变化. 压强p1=2.04×103Pa的状态1.抽取隔板A, B 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 支架 空气 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=350K的状 P N 态3，气体内能增加△U=63.8J.已知大气压强 p=1.01×105Pa,隔板厚度不计。 V (1)气体从状态1到状态2是 (填“可 图(a 图b6) 逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能 (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在 (填“增大”“减小”或“不变”)： 该室温环境下压强为P。时的体积. (2)求水平恒力F的大小： (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门， (3)求电阻丝C放出的热量Q. 容器内气体从状态M变化到状态V,其压强p与 A 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V,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()中沿实线从M到V 的过程是吸热还是放热.（不需要说明理由） 520