课时分层作业41 热力学定律与能量守恒定律-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（江苏专用）

课时分层作业(四十一)　热力学定律与能量守恒定律 说明：选择题每小题4分；本试卷共74分。 题组一　热力学第一定律与能量守恒定律 1．(2024·江苏泰州一模)以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是(　　) A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体温度不变 B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用的不平衡性表现得越明显 C．图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力 D．图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等 2．吸盘挂钩的工作原理可以这样简述：使用时如图甲所示，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分。然后如图乙所示，将锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。吸盘内气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中吸盘内气体的温度保持不变，则在拉起吸盘后的描述不正确的是(　　) A．吸盘内气体的压强比拉起前气体的压强小 B．吸盘内空气的密度不变 C．吸盘内气体的内能不变 D．此过程中吸盘内的气体要吸收热量 3．(2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　　) A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大 C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热 题组二　热力学第二定律的理解及应用 4．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是(　　) A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃ B．第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律 C．把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动 D．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能 5．(2024·江苏南京期末)下列说法正确的是(　　) A．冰箱能够把热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律 B．气体对外做功，内能一定减少 C．物体的温度越高，分子的平均动能越大 D．第二类永动机因为违反了能量守恒定律所以无法实现 题组三　热力学第一定律与图像的综合应用 6．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则(　　) A．活塞质量为 B．从b→c过程，气体对外做功p0SH C．从a→d全过程，气体内能增加3αT0 D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增加量 7．(2024·江苏南京专题练习)一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程的T­V图像如图所示，则(　　) A．气体在状态a处的压强等于状态c处的压强 B．由b变化到c的过程中，气体的压强不变 C．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热 D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸收的热量等于其增加的内能 8．封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则下列说法正确的是(　　) A．由状态A变到状态B过程中，气体放出热量 B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加 C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强 D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少 9．一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A．初始状态下，气体的体积为4 L B．等压过程中，气体对外做功400 J C．等压过程中，气体体积增加了原体积的 D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 10．某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V­T图像如图所示，则在该循环过程中(　　) A．从状态A到B，气体吸收热量 B．从状态C到D，气体的压强增大 C．从状态D到A，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少 D．若气体从状态C到D，内能增加3 kJ，对外做功5 kJ，则气体向外界放出热量8 kJ 11．(2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求： (1)再次平衡时容器内气体的温度； (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 12．如图所示，横截面积为S＝10 cm2的上端开口的汽缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a下面封闭长度为l＝40 cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为m＝4 kg的重物b相连，重物b放在一劲度系数为k＝200 N/m的轻弹簧上，弹簧下端固定在地面上，上端与重物b接触，但不拴接，汽缸和光滑活塞a导热性能良好。开始时，外界温度为t0＝27 ℃， 弹簧弹力大小为F＝40 N，现缓慢降低温度，近似认为外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)弹簧与重物b刚分离时，汽缸中气体的温度； (2)从开始状态到重物b离开弹簧的过程中，汽缸中气体对外界做了多少功； (3)根据(2)问，若气体与外界交换了56 J的热量，则气体内能的变化量是多少。 13．(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________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“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。 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十一) 1．A　[根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，右侧为真空，气体自由膨胀时没有做功对象，即做功为W＝0，因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q＝0，因此内能不变，容器内的理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，故A正确；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越不明显，故B错误；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的距离r略大于r0，分子间的作用力表现为引力，故C错误；由题图丁可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于100%，即两图线与横轴所围面积相等，故D错误。] 2．B　[在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小，故A正确；在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小，故B错误；一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变，所以气体的内能不变，故C正确；在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，W<0，气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，则此过程中气体要从外界吸收热量，故D正确。] 3．D　[气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做正功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。] 4．C　[尽管技术不断进步，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 ℃，却不可能达到，故A错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，不可能被制造出来，故B错误；把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，只要时间足够长，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能达到稳定，故C正确；即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，根据热力学第二定律，内燃机也不可能实现内能完全转化为机械能，故D错误。] 5．C　[冰箱使热量从低温物体传递到高温物体要消耗电能，因此遵循热力学第二定律，所以A错误；根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，气体内能的变化不但与气体做功与否有关，还要考虑气体与外界热量的传递，所以B错误；物体的温度越高，分子的平均动能越大，所以C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了宏观自然过程的方向性，所以D错误。] 6．C　[气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg，解得M＝，故A错误；p­T图像上的点与原点连线的斜率与容积成反比，所以b→c过程中气体对外做功，c状态后停止对外做功，则b→c推动活塞运动的距离为，故b→c过程，气体对外做功W＝1.5p0S·＝p0SH，故B错误；在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有＝，可得Td＝4T0，则可知气体内能的变化量ΔU＝α(Td－T0)＝3αT0，故C正确；从a→d全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体吸收的热量大于其内能的增加量，故D错误。] 7．C　[根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T­V图像上的点与原点连线的斜率为，故有pa＝pb>pc，故A、B错误；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，可得Q>0，且Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故C正确，D错误。] 8．D　[气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功，即W＝0，而温度升高，内能增加，即ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，A错误；由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变，即ΔU＝0，而体积变大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，B错误；气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，所以C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错误；A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，根据压强的微观解释可知，D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D正确。] 9．D　[设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖­吕萨克定律得＝，解得气体增加的体积ΔV＝V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升 100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升 100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由|W|＝pΔV得，气体体积的增加量ΔV＝＝2 L，则V＝6 L，A错误。] 10．C　[从状态A到B，体积不变，外界对气体不做功，即W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量，A错误；由理想气体状态方程＝C，得V＝T知，CD连线过原点，该线为等压线，从状态C到D，气体的压强不变，B错误；从D到A过程中，气体的温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的，C正确；由状态C到状态D，内能增加3 kJ，即ΔU＝3 kJ，气体对外做功，W<0，因此W＝－5 kJ，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q＝8 kJ，气体从外界吸收热量8 kJ，D错误。] 11．解析：(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖­吕萨克定律得 ＝ 其中V0＝Sh，V＝S 联立解得T＝T0。 (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得 ΔU＝Q＋W 其中ΔU＝C(T－T0) W＝－(mg＋p0S)·h 联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。 答案：(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh) 12．解析：(1)最初弹簧的压缩量 Δx＝＝0.2 m 对被封闭的气体，初始状态 T1＝300 K V1＝Sl 对活塞p0S＝p1S＋mg－F 解得p1＝p0＝1×105 Pa 设b与弹簧分离时，汽缸中气体的温度为T2 V2＝S(l－Δx) 对活塞p0S＝p2S＋mg 解得p2＝p0－＝0.6×105 Pa 由理想气体状态方程得＝ 联立解得T2＝90 K。 (2)从开始状态到重物b刚离开弹簧时，活塞下降了Δx＝20 cm，则外界对气体做功 W＝p0S×Δx－×Δx＝16 J 则汽缸中气体对外界做功为－16 J。 (3)由热力学第一定律得 ΔU＝W＋Q＝16 J－56 J＝－40 J。 答案：(1)90 K　(2)－16 J　(3)－40 J 13．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为研究对象，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，可知气体发生等压变化，则有＝ 可得状态3气体的体积为 V3＝·2V1＝×2×750 cm3＝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)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$