2026届高考物理一轮复习考点练习 理想气体与热力学定律综合问题

理想气体与热力学定律综合问题 基础巩固 1.关于热力学定律,下列说法正确的是 (　) A.在一定条件下,物体的温度可以降到0 K B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C.物体吸收了热量,其内能一定增加 D.压缩气体总能使气体的温度升高 2.[2025·广东广州模拟] 在高三的同学们进入高考最后的冲刺阶段,教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境.空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是 (　) A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述 B.空调的工作原理反映了热传导的方向性 C.此原理图中的Q1=Q2 D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体 3.[2025·浙江杭州模拟] 如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分.已知A内有一定质量的稀薄气体,B内为真空.抽开隔板K后,A内气体进入B,最终达到热平衡.此过程中气体内能的变化情况为 (　) A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定 4.(多选)[2025·湖北襄阳模拟] 一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T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内能的增加量 5.(多选)[2025·四川成都模拟] 如图所示,一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中,活塞的面积为S,与汽缸底部相距L,气体温度为T0.现接通电热丝给气体缓慢加热,活塞缓慢向上移动距离L后停止加热,整个过程中,气体吸收的热量为Q,大气压强为p0,重力加速度为g.则 (　) A.初始时,气体压强p1=p0 B.停止加热时,气体的温度T=2T0 C.该过程中,气体内能增加量ΔU=Q-mgL-p0SL D.该过程中,气体内能增加量ΔU=Q-p0SL 6.[2025·江西南昌模拟] 如图所示,密闭导热容器A、B的体积均为V0,A、B浸在盛水容器中,达到热平衡后,A中压强为p0,温度为T0,B内为真空,将A中的气体视为理想气体.打开开关C,A中部分气体进入B. (1)若再次达到平衡时,水温未发生变化,求此时气体的压强; (2)若密闭气体的内能变化与温度的关系为ΔU=k(T2-T1)(k为大于0的已知常量,T1、T2分别为气体始末状态的温度),在(1)所述状态的基础上,将水温升至1.2T0,重新达到平衡时,求气体的压强及所吸收的热量. 综合提升 7.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计.活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后 (　) A.弹簧恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等 C.与初始时相比,汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少 8.[2025·山东济南模拟] 一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,体积V和热力学温度T的关系图像如图所示,三个状态的坐标分别是A(T0,1)、B(2T0,2)、C(T0,2),已知C状态的压强为1×105 Pa,则该过程中气 体 (　) A.吸收的热量为1×105 J B.吸收的热量为2×105 J C.放出的热量为1×105 J D.放出的热量为2×105 J 9.[2025·河南安阳一中模拟] 如图所示,一U形玻璃管竖直放置,右端开口,左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱.外界大气压为p0=1.0×105 Pa,封闭气体的温度t0=27 ℃,玻璃管的横截面积为S=5.0 cm2,管内水银柱及空气柱长度如图所示.已知水银的密度为ρ=13.6×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2.将封闭气体的温度缓慢降至t1=-3 ℃. (1)求此时空气柱的长度L; (2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量,求气体内能的增量.(结果保留两位有效数字) 拓展挑战 10.[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,c→a过程是等温过程.下列说法正确的是(　) A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.b→c过程,气体对外做功,内能增加 C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 11.[2025·安徽六安模拟] 自嗨锅通过自热包产生热量使隔层上方锅内气体吸热升温,使用不当时可能造成安全事故.某次使用前,室温为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa,锅盖透气孔被堵塞.假设该款自嗨锅锅体内部所能承受的最大压强为1.08×105 Pa,锅盖扣紧后,锅内气体视为质量一定的理想气体,且体积不变. (1)请通过计算判断锅内气体能否安全加热到47 ℃? (2)若某安全加热过程中气体内能的改变量为ΔU,则锅内气体吸收的热量是多少? 答案解析 1.B　[解析] 热力学的绝对零度不可能达到,A错误;根据热力学第二定律,物体从单一热源吸收的热量可全部用于对外做功,但会引起其他变化,B正确;物体从外界吸收了热量,若全部用来对外界做功,则其内能不变,C错误;压缩气体的过程对气体做功,若气体同时向外界释放热量,根据能量守恒定律可知,气体的内能可能减少,温度可能降低,故D错误. 2.B　[解析] 空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述,A错误;空调的工作原理反映了热传导的方向性,热量不能自发地从低温物体传导给高温物体,但在其他能力干预下,可以从低温物体传导给高温物体,B正确;此原理图中的Q1=Q2+W,C错误;此原理图说明在外界干预下,热量能从低温物体传到高温物体,D错误. 3.C　[解析] 绝热容器内的稀薄气体与外界之间没有传热,即Q=0,稀薄气体向真空扩散过程没有做功,即W=0,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=0,即内能不变,故C正确. 4.BCD　[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,则气体内能增加,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、D正确. 5.BC　[解析] 对处于平衡状态的活塞进行受力分析,受到大气压力、重力和气体向上的压力,则有mg+p0S-p1S=0,解得p1=+p0,故A错误;活塞缓慢上升过程中气体压强不变,根据盖-吕萨克定律有=,解得T=2T0,故B正确;气体对外做功,W=-p1SL=-mgL-p0SL,根据热力学第一定律得ΔU=Q+W=Q-mgL-p0SL,故C正确,D错误. 6.(1)0.5p0　(2)0.6p0　0.2kT0 [解析] (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时,发生等温变化,根据玻意耳定律得p0V0=p·2V0 解得此时气体压强p=0.5p0 (2)升高温度,理想气体发生等容变化,根据查理定律得= 解得压强为p'=1.2p=0.6p0 温度改变,理想气体的体积不变,外界不对理想气体做功,即W=0 升高温度,内能增量为 ΔU=k(1.2T0-T0)=0.2kT0 根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收的热量为 Q=ΔU=0.2kT0 7.ACD　[解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以左侧气体质量小于右侧气体质量,B错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以汽缸内气体的内能增加,C正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D正确. 8.B　[解析] 因为状态A与状态C的温度相同,所以状态A与状态C的内能相同,故理想气体从状态A经状态B变化到状态C,内能变化量为零,对于状态A与状态C,根据玻意耳定律有pAVA=pCVC,解得pA=2×105 Pa,气体从状态A到状态B,发生等压变化,体积变大,气体对外做功,有WAB=-pA(VB-VA)=-2×105 J,气体从状态B到状态C,发生等容变化,气体对外不做功,有WBC=0,气体从状态A经状态B变化到状态C,根据热力学第一定律有WAB+WBC+Q=0,解得Q=2×105 J,即该过程中气体吸收的热量为2×105 J,故B正确. 9.(1)36 cm　(2)-2.5 J [解析] (1)气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得= 解得L=36 cm (2)封闭气体的压强p=p0+ρgh 外界对气体做功W=pS(L0-L) 由热力学第一定律得ΔU=W+Q 解得ΔU=-2.5 J 10.C　[解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则Wab<0,由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta,则ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,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→c过程中气体与外界无热量交换,即Qbc=0,由于气体体积增大,则Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔUbc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即Tc=Ta,则ΔUac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Qab=ΔUab-Wab,由B项分析可知Wbc=ΔUbc,由C项分析可知0=Wca+Qca,又ΔUab+ΔUbc=0,联立解得Qab-(-Qca)=(-Wab-Wbc)-Wca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-Wab-Wbc>Wca,则Qab-(-Qca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Qab大于c→a过程放出的热量-Qca,D错误. 11.(1)能　(2)ΔU [解析] (1)设初始时,气体的压强为 p1=1×105 Pa 27 ℃对应的热力学温度为 T1=(273+27) K=300 K 加热到T2时,气体的压强为 p2=1.08×105 Pa 气体发生等容变化,则有= 解得T2=324 K 47 ℃转换为热力学温度为T=(273+47) K=320 K<324 K 所以能安全加热到47 ℃ (2)由热力学第一定律可知 ΔU=W+Q 气体体积不变,则有W=0 解得锅内气体吸收的热量Q=ΔU 学科网（北京）股份有限公司 $