练案80 第十五章 第80讲 热力学定律与能量守恒定律-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[80] 第80讲热力学定律与能量守恒定律 4.如图所示，直立容器的内部有被隔板隔开 基础巩固练 的A、B两部分气体，A气体的密度小，B气 A 题组一热力学第一定律和能量守恒定律的应用 体的密度大。抽去隔板，加热气体，使两部 1.（2022·重庆卷)2022年5月15日，我国自主研发的 分气体均匀混合。设在此过程中气体吸收热量Q,气 “极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科 体内能的增加量为△E,则 ( 学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内 A.△E=Q B.△E<Q C.△E>Q D.△E=0 气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（视 题组二热力学第二定律的应用 为理想气体) 5.（多选)下列说法正确的是 ( A.吸收热量 B.压强增大 A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不 C.内能减小 D.对外做负功 遵循热力学第二定律 2.（多选)(2025·八省联考山西陕西卷)如图，用绝热材 B.自发的热传导是不可逆的 料制成的密闭容器被隔板K分成I、Ⅱ两部分，一定 C,可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其 量的某理想气体处于I中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K, 他影响 气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气 D.气体向真空膨胀具有方向性 体。则此过程，该气体系统 （)6.(多选)关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说 法正确的是 () A.第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒 定律 B.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第 二定律 A.对外做功，体积膨胀 C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，传热 B.对外不做功，最终压强减小 也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变 C.内能减少，最终温度降低 内能 D.无序度变大 D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温 3.气垫运动鞋表面材质导热良好，防滑耐用，可以在运 物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功 动过程中起到很好的缓冲作用。使用过程中，气垫内 也是可能的 气体被反复压缩、扩张，下列说法正确的是( 题组三热力学第一定律与图像的综合应用 7.(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的 循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与 外界无热量交换，ca过程是等温过程。下列说法正 确的是 () 气垫 A.踩下时，气垫内气体压强增大 B.踩下时，气垫内气体平均动能增大 C.踩下后拾起脚时，气垫内气体向外界放热 D.踩下后拾起脚时，气体对外做功数值大于气体吸收 A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外 的热量 做功 —483 B.b→c过程，气体对外做功，内能增加 :11.（2025·长沙模拟)气压式升降椅（图甲）通过汽缸上 C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对 下运动来调节椅子升降，其简易结构如图乙所示。 外做功 圆柱形汽缸与椅面固定在一起，总质量m=6kg。固 D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程 定在底座上的柱状气动杆的横截面积S=30cm2,在 放出的热量 汽缸中封闭了长度L=20cm的理想气体。汽缸气密 8.一定量的理想气体的压强P与热力学温度T的变化图 性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知室内温度T= 像如图所示。下列说法正确的是 320K,大气压强po=1.0×103Pa,重力加速度g= 10m/s2。求： 椅面 0 A.A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加 气动杆 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 氏 C.B→C的过程中，气体体积增大，对外做功 甲 D.B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小 9.(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化 (1)质量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不 变，稳定后椅面下降的距离； 到状态b,其体积V和热力学温度T变化图像如图所 示，此过程中该系统 (2)在(1)情况下人坐上去后，由于开空调室内气温 缓慢降至T,=300K,封闭气体的内能减少了 13.5J,该过程封闭气体对外界放出的热量Q。 A.对外界做正功 B.压强保持不变 C.向外界放热 D.内能减少 能力提升练 10.一定质量的理想气体自状态M变化到状态V,再变 化到状态P,其变化过程中各状态的压强p和体积V 的关系如图所示，其中MW的反向延长线过原点，NP 段为双曲线的一支。下列说法正确的是() pl(×l0Pa) ■■■■■■■■■ 012345×10m) A.自状态M变化到状态N,气体的内能没有变化 B.自状态M变化到状态V,气体吸收的热量为300J C.自状态N变化到状态P,气体吸收的热量约为 475J D.自状态M变化到状态V,再变化到状态P,气体对 外做的功为600J 484(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为P1和V,复气的压强和 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， 体积分别为P2和V2 气体放出热量，内能不变，故C、D错误。 根据力的平衡条件有pP2·S=p1·2S③ 9.A理想气体从状态α变化到状态b,体积增大，则理想气体对外 由玻意耳定律得p1y1=P1o·2V④ 界做正功，A正确；由题图可知，V=V。+kT,根据理想气体状态方 p2V=poV⑤ 程有兴=C,联立则有p=C,,可看出T增大，p增大，B错误： 由于两活塞用刚性杆连接，故V1-2V。=2(V。-V2)⑥ k+T 联立②3④⑤6式解得P,=+2 理想气体从状态a变化到状态b,温度升高，内能增大，D错误；理 y=4(tp)北 想气体从状态a变化到状态b,理想气体对外界做正功且内能增 2p0+p 大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。 练案[80] 10.C 根据=C可知，自状态M变化到状态NP、V的乘积增大， 1.C由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不 因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理 想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；自状态M变 做功；根据兴=C,可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能 化到状态N,气体对外做的功等于图线和V轴围成的图形的面 减小：又根据△U=W+Q可知气体放出热量，故选C。 积，即W1=-300J,内能的增量△U1>0,由△U1=W1+Q1得气 2.BD绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q=0,气体向真 体吸收的热量Q1>300J,B错误；图像中每个小格对应的功为 空扩散，没有对外界做功，则W=0,根据热力学第一定律△U= 0.5×10Pa×0.5×10-3m3=25J,自状态N变化到状态P,外 Q+W可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无 界对气体做的功对应图线和V轴围成的面积，即W2≈-25× 序度变大，根据理想气体状态方程兴=k可知压强减小。故 19J=-475J,自状态W变化到状态P的曲线段为双曲线的 支，所以温度不变，内能不变，△U2=0,由△U2=W2+Q2得，气体 选BD。 吸收的热量Q2≈475J,C正确；自状态M变化到状态N,再变化 3.A踩下时，由于导热良好可认为气体温度不变，内能保持不 到状态P,气体对外做功W=IWI+IW,I≈775J,D错误。 变，气体平均动能不变，另由兴=C可知气垫内气体体积减小，气山.(D2cm(2)18」 [解析](1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对 体压强增大，A正确，B错误；踩下后抬起脚时，气体体积增大，气 象，根据受力平衡可得 体对外做功W<0,温度不变则内能不变△U=0,由△0=W+Q 解得h=1.2×10Pa 知Q>0,即气体吸热，吸收的热量等于对外做功的数值，C、D 质量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡 错误。 可得(M+m)g+PoS=p2S, 4.B抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀分布，由于上部分气 解得h2=3×10Pa 体密度较小，因此混合后气体重心升高，重力势能增加。由能量 设稳定后缸内气柱长度为L', 守恒定律知，气体吸收的热量除增加内能外，还增加重力势能，因 根据玻意耳定律可得P1LS=P2L'S, 此△E<Q,故选项B正确。 解得L'=8cm 5.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 则椅面下降了△h=L-L'=20cm-8cm=12cm。 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 (2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T,=300K, 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 该过程气体发生等压变化， 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。 则为学学 6.ABD第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力 气体柱长度为L"=7.5cm 学第二定律，A、B两项正确；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0， 外界对封闭气体所做的功为 但△U=W+Q可以等于0，C项错误；由热力学第二定律可知选 W=(poS Mg +mg)(L'-L"), 项D中的现象是可能的，但会引起其他变化，D项正确。 解得W=4.5J 7.Cab过程是等压过程，体积增大，则气体对外做功，即W<0, 根据△U=-Q+W, 由盖一吕萨克定律可知T,>T,,即内能增大，△U,>0,根据热力 解得Q=18J,即放出热量18J。 学第一定律△U=Q+W可知，ab过程，气体从外界吸收的热量 一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b℃过程 练案[81] 中气体与外界无热量交换，即Q。=0,又由气体体积增大可知1.D如果将配置好的油酸酒精溶液长时间暴露在空气中，酒精挥 W<0,由热力学第一定律△U=Q+W可知气体内能减少，B错： 发，溶液的浓度改变，会给实验带来较大误差，故不能用该溶液进 误；c→a过程为等温过程，可知T。=T,,△U=0,根据热力学第一 行实验，A错误：将一滴油酸酒精溶液滴在水面时，若滴管距水面 定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做： 较远，溶液受到水的冲击过大，可能无法形成一块完整的油膜，不 功，C正确；根据热力学第一定律结合上述分析可知，a→b→c→a 便于测量油膜面积，B错误；如果在水面滴入一滴油酸酒精溶液 整个热力学循环过程△U=0,整个过程气体对外做功，由热力学 后，立即测量油膜面积，则油膜中含有大量未溶解入水中的酒精， 第一定律可得△U=Q-Q-W=0,故a→b过程气体从外界吸 收的热量Q不等于c→a过程气体向外界放出的热量Qm,D 导致所测油膜的面积误差较大，由d=S可知，油酸分子直径d 错误。 的计算值误差较大，C错误：描绘油膜轮廓时，若玻璃板距水面过 8.B从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从高，会导致油膜形状的记录出现较大偏差，D正确。 外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C2.(1)D(2)①偏大②偏小(3)7×10-0 一 663