训练69 热力学定律与能量守恒定律-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

训练69 热力学定 化基础巩固」 1.(5分)（多选）(2025·八省联考陕西卷)如图所示， 用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成I、Ⅱ 两部分，一定量的某理想气体处于I中，Ⅱ内为 真空。抽取隔板K,气体进入Ⅱ中，最终整个容器 均匀地分布了这种气体。则此过程，该气体系统 () A.对外做功，体积膨胀 B.对外不做功，最终压强减小 C.内能减少，最终温度降低 D.无序度变大 2.(5分)(2024·北京海淀区三模)下列说法正确 的是 () A.流散到周围环境中的内能可以自动聚集起来， 并加以利用 B.只要对内燃机不断进行革新，总有一天它可以 把气体的内能全部转化为机械能 C.第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反 热力学第二定律 D.热量不可能由低温物体传给高温物体 3.(5分)（多选）(2024·福建 康铜丝⑥ 泉州二模)温差发电原理： 铜丝 金属或者半导体的内部载 流子的密度会随着温度的 热冷 白1 水水 变化而变化，维持物体两端 的温差，可使载流子持续扩散，而形成稳定的电 压。如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回 路，触点1插在热水中，触点2插在冷水中，电流表 指针会发生偏转，这就是温差发电现象。下列说 法正确的有 () A.金属铜是非晶体 B.该实验中有部分内能转化为电路的电能 C.该实验中热水的温度降低，冷水的温度升高 红对勾·讲与练4 班级： 姓名： 律与能量守恒定律 (总分：80分) D.该实验符合能量守恒定律，但违背了热力学第 二定律 4.(5分)(2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气 罐和气囊组成，人在水下拉动手环上的开关，高 压气罐快速向气囊充气，充气完成后气囊密闭， 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 5.(5分)(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底 部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气 体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程 中气泡内气体 () A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 6.(5分)(2024·北京西城区二p 模)如图所示，一定质量的理想 气体从状态a沿图示路径变化 到状态b,此过程中 (）09 A.气体的体积减小 B.气体的内能减小 C.气体从外界吸热 D.气体对外界做功 7.(5分)（多选）(2024·河南卷) P 如图所示，一定量理想气体的 循环由下面4个过程组成：1→ 2为绝热过程（过程中气体不与 外界交换热量)，2→3为等压过 程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四 个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下 列说法正确的是 ( A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 38 高三物理·基础版 L素养提升」 8.(5分)(2024·河北保定 ↑T 三模)一定质量的理想气 2T---.4 体从状态a开始，经a→ T。 b、b→c、c→a三个过程 后回到初始状态a,其 分 3V, T-V图像如图所示。已知a(V。,2T。)、b(3V。, T。)、c(3V。,2T。),下列说法正确的是 () A.a→b过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞 的气体分子数减少 B.b→c过程中，气体的压强减小 C.c→a过程中，外界对气体做的功等于气体从外 界吸收的热量 D.气体在a、b、c三个状态时的压强之比为3：1：2 9.(10分)(2024·广西桂林三模)如图所示，密闭导 热汽缸A、B的体积均为V。,A、B浸在盛水容器 中，达到热平衡后，A中压强为p。,温度为T。,B 内为真空，将A中的气体视为理想气体，打开活栓 C,A中部分气体进入B。连接A、B的细管体积忽 略不计。 得分■ (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)在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T。, 重新达到平衡时气体内能增加量0.2kT。(其中k 为已知量)，求气体的压强及所吸收的热量。 B (横线下方不可作答)43 班级： 姓名： 10.(10分)(2024·安徽合肥三模)大海同学设计了 一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的 密封性良好的导热汽缸内用质量m=100g、横截 面积S=50mm2、上表面涂有导电物质的活塞封 闭一定质量的理想气体，当缸内气体的热力学温 度T1=300K时，活塞下表面与汽缸底部的距离 h1=6cm。经测量发现当环境温度缓慢上升到 T2=400K时，活塞也恰好缓慢上移至卡口处触 发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为 po=1.0×105Pa,重力加速度g取10m/s2。 求： 得分 (1)当缸内气体的热力学温度为T1=300K时， 活塞上表面与a、b两触点的距离h2: (2)若缸内气体的温度由300K缓慢升至400K 的过程中，气体吸热0.62J,则T1=300K时缸 内气体的内能U1为多少？（已知缸内气体分子 内能正比于热力学温度) 电源 ,今报警器 9 第十五章热学 11.(10分)(2024·广西南宁二模)如图所示，两侧粗12 细均匀、横截面积均为S=6.0cm2、高度均为 L=20cm的U形管，右管上端封闭，左管上端开 口，管底水平段的体积可忽略。左管中有高1= 5.0cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离 h=13cm。环境温度为t1=13℃，大气压强 po=75cmHg=1.0×105Pa。 得分☐ (1)若从左侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之 间无气隙)，当水银柱下端刚好到达左管底部时， 停止注入水银，此过程气体温度保持不变，求此 过程向左管内注入水银柱的高度： (2)若对右管中密封气体缓慢加热，使高为1的水 银柱上表面恰与左管口平齐，求此时密封气体的 温度，若该过程封闭气体内能增加10.68J,求气 体从外界吸收的热量。 红对勾·讲与练440 (10分)(2024·浙江卷)如图所示，测定一个形状 不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容 积为V。的导热效果良好的容器中，开口处竖直 插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S,接口 用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并 用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳 定后测出气柱长度为1，将此容器放入热水中， 活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为 l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2,m= 0.1kg,l1=0.2m,l2=0.3m,T2=350K,V。= 2.0×104m3,大气压强p。=1.0×105Pa,环境 温度T1=300K。 得分☐ (1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平 均作用力 (选填“变大”“变小”或“不 变”)，气体分子的数密度 （选填“变大” “变小”或“不变”)； (2)求此不规则小块固体的体积V; (3)若此过程中气体内能增加10.3J,求吸收热 量Q。 高三物理·基础版 ■瓶内气体的分子平均动能不变，故C 错误：由于气体的温度不变，则内能不 变，故D错误。 3.B对容器中的所有氧气，根据玻意耳 定律有4的，V=p(V+),解得p= 。·故选B 4.D 活塞处于平衡状态，有S= poS十m1g十2g,解得力=o m1g十mg,故D正确，A、B、C错误。 S 5.B 由里想气体发态方程兴-C,可得 二号·T,则p一T图像的斜率k日 日可知a,c两状态分别与0点连线 的斜率不同，在a、c两状态，气体的体 积不相等，b、d两状态在同一条过原，点 的直线上，即在同一条等容线上，则在 b、d两状态，气体的体积相等，A错误， B正确；理想气体的内能只与温度有 关，温度越高，内能越大，因此气体由( 状态到d状态，气体的温度降低，则内 能减小，C错误；由题图可知，d与O,点 连线的斜率小于a与O点连线的斜 率，则d状态时气体的体积大于a状 态时气体的体积，即由d状态到a状 态，气体的体积减小，外界对气体做 功，D错误。 6.B根据题意可知，在平原地区时，轮 胎内部压强为p1=3.6p。,温度T1= 315K,设在高原地区轮胎内部压强为 力2，温度T2=280K,轮胎内气体做等 容变化，根据=，解得 3.2p。,该高原地区的大气压强p 3.2p0-2.5p。=0.7p0,故选B。 7.C同一液体相同深度处压强相等，则 封闭气体的压强为力=75cmHg十 5cmHg=80cmHg,所以右侧玻璃管 中空气柱上方的水银柱高度等于 5cm,故A、B错误；从玻璃管右侧管口 缓慢注入少量水银，右侧空气柱上方 的水银柱的长度增加，水银柱对空气 柱产生的压强增大，则空 柱的压强 一定变大，故C正确；从玻璃管左侧管 口缓慢注入少量水银，右侧空气柱上 方的水银柱的长度不变，气体做等压 变化，即空气柱的压强不变，故D 错误。 8.C设活塞的横截面积为S,当装置静 止时，有1.1p。S=poS十mg,当加速 上升时，设其气体压强为卫，有pS一 g一p。S=ma,由于气体的温度不发 生变化，所以对于气体有p·0.8hS= 1.1poh。S,联立解得a=2.75g,故 选C。 9.(1)8×103Pa (2)4.8×10N 解析：(1)由题知，整个过程可认为气 体的体积不变，则有 -会，解得 p2=8×10Pa。 (2)根据压强的定义，气体对观测台的 压力F=p2S=4.8×103N。 10.(1)2×10°Pa(2)2.0m 解析：(1)从状态D到状态A,气体发 生等容变化，根据查理定律有个」 会，解得pn=2X10Pa. (2)从状态C到状态D,气体发生等 温变化，根据玻意耳定律pcV,= pnV1,解得V2=2.0m3。 1.420K 1280K 3 解析：设玻璃管横截面积为S,气体从 开始升温到温度为T1过程发生等压 变化，根据盖吕萨克定律有=】 SL一D),解得T1=420K,继续加 T 热，令在水银溢出时管内水银柱的长 度为x,对应的温度为T,,对气体根 据理想气体状态方程有 p+H)SL1=p+x)SL-x」 T T. 解得T,=一十10x十6375 15 当x=5cm时，T,最大，解得T,= 12K中TK 3 12.(1)y (2)5×10-8m3 解析：(1)理想气体做等温变化，根据 玻意耳定律有pV=poV。,解得 Vo=BV (2)设气球内气体质量为气，密度为 P,因等温变化时，封闭气体的体积与 压强成反比，封闭气体的密度与体积 成反比，故封闭气体的密度与压强成 正比，则有号=可得=名， 则可知(1)中气体密度为p,则m气= PV。,对气球进行受力分析如图所 示，根据气球的受力分析有mg十 pogV=m气g十mog, 结合题中力和V满足的关系为（力一 po)(V-Vw)=C,联立解得V=5× 10-3m3。 ↑FN=mg Pngv m气8 ￥171g 训练69热力学定律与能量 守恒定律 ,BD绝热容器内的气体与外界没有热 交换，则Q=0,气体向真空扩散，没有 对外界做功，则W=0,根据热力学第 一定律△U=Q十W可知，气体的内能 不变，温度不变，气体体积变大，气体 无序度变大，根据理想气体状态方程 T=C可知压强减小。故选BD。 2.C根据热力学第二定律可知流散到 周围环境中的内能不能自动聚集起 来，故A错误：热机是把内能转化为机 械能的装置，过程中一定有部分热量 排放给低温物体（冷凝器或大气），即 有能量耗损，所以不可能把气体的内 能全部转化为机械能，故B错误；第二 类永动机不违反热力学第一定律，只 违反热力学第二定律，故C正确；热量 不可能自发地从低温物体传递给高温 物体，但在其他因素影响下可以由低 温物体传向高温物体，故D错误。 3.BC金属铜有确定的熔点，是晶体，故 A错误；该实验遵循能量守恒定律，最 终将达到热平衡，部分内能转化为电 能，热水的温度降低，冷水的温度升 高，故B、C正确；热水中减少的内能一 部分转化为电能，一部分传递给冷水， 转化效率低于100%，所以该实验符合 能量守恒定律，也不违背热力学第二 定律，故D错误。 4.D气囊上浮过程，密闭气体温度不 变，由玻意耳定律pV=C可知气体体 积变大时压强变小，气体对外做功，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△U=Q十W可知Q>0,气体需要从 外界吸热，故C错误，D正确。 5.D上浮过程气泡内气体的温度不变， 内能不变，故A错误：气泡内气体压强 p=p。十P*gh,故上浮过程气泡内气 体的压强减小，故B错误；由玻意耳定 律pV=C知，上浮过程气泡内气体的 体积变大，故C错误：上浮过程气泡内 气体体积变大，气体对外做功，由热力 学第一定律△U=Q十W知，气体从水 中吸热，故D正确。 6.C由理想气体状态方程DY =C可 得，气体从状态a沿图示路径变化到 状态b,气体的压强与温度成正比，体 积不变，故A错误；由于气体的温度升 高，所以气体的内能增大，由热力学第 一定律△U=W十Q可知，气体体积不 变，即气体对外界做功为0，所以气体 一定从外界吸热，故C正确，B、D错误。 7.AD1→2为绝热过程，根据热力学第 一定律△U=Q十W可知，此时气体体 积减小，外界对气体做功，故气体内能 增加，故A正确；2→3为等压过程，根 据盖-吕萨克定律可知，气体体积增大 时温度升高，内能增大，此时气体体积 增大，气体对外界做功W<0,故气体 吸收热量，故B错误；3→4为绝热过 程，此时气体体积增大，气体对外界做 功W<0,根据热力学第一定律可知气 体内能减小，故C错误；4→1为等容过 程，根据查理定律可知，压强减小时温 度降低，故气体内能减小，由于体积不 变W=0,故可知气体向外放热，故D 正确。 参考答案557 8.Aa→b过程中，气体温度降低，体积 增大，分子运动的平均速率减小，分子 分布的密集程度减小，则单位时间内 与器壁单位面积碰撞的气体分子数减 少，故A正确：b→c过程中，气体体积 不变，温度升高，根据查理定律可知， 气体压强增大，故B错误；ca过程 中，气体温度不变，气体内能不变，气 体体积减小，外界对气体做功，根据热 力学第一定律可知，气体释放热量，且 外界对气体做的功等于气体向外界释 放的热量，故C错误；由理想气体状态 方程有P,V=V=D,,结合图 T。 T. T 像中的坐标值解得力。：p6:力。= 6:1:2,故D错误。 9.(1)0.5p。(2)0.6p。0.2kTo 解析：(1)从打开C到再次平衡时，容 器内的理想气体发生等温变化，根据 玻意耳定律得p。V。=力·2V。,解得此 时气体压强p=2p。=0.5p0。 (2)升高温度，理想气体发生等容变 化，根据查理定律得气=2T 解得压强为p'=1.2p=0.6p0 温度改变，理想气体的体积不变，则外 界既不对理想气体做功，理想气体也 不对外界做功，所以W=0, 根据热力学第一定律△U=Q十W, 可知气体吸收的热量为Q=△U 0.2kT0。 10.(1)2cm(2)1.5J 解析：(1)当环境温度缓慢上升，活塞 刚到达卡口处，此过程中封闭气体发 生等压膨胀，则有S T, 解得h2=2cm。 (2)环境温度由300K缓慢上升400K 过程，缸内气体分子内能正比于热力 北g度，则一三一，。三一1的 塞有pS十mg=p1S, 气体对外做功W=p1Sh2=0.12J, 根据热力学第一定律有△U=Q一 =0.5J,△U=U2-U1=3U U=,故U,=1.5。 11.(1)8cm(2)182℃19J 解析：(1)设该过程注入的水银高度 为△h,气体发生等温变化，则有 piS(2L-h-1)=p2SL, 又有p1=po十pgl=80cmHg,p2= p1十pg△h,解得△h=8cm。 (2)此过程为等压变化，设水银柱上 表面与左管口平齐时封闭气体温度为 T,则有S(2L-h-D_S(2L- ,又 T 有T1=273+t1=286K,解得T,= 455K,即t2=182℃。 在气体等压膨胀的过程中，W 一p1Sh=一8.32J,根据热力学第一 定律△U=Q十W,解得气体从外界吸 收的热量Q=19J。 558红对闪·讲与练·高三物理· 12.(1)不变变小(2)4×105m (3)14.4J 解析：(1)温度升高后，活塞缓慢上 升，受力不变，故封闭气体的压强不 F 支，根据p=S可知器壁单位面积所 受气体分子的平均作用力不变：由于 体积变大，故气体分子的数密度变小。 (2)气体发生等压变化，根据盖-吕萨 克定律有 。-V+l1S_V。-V+l,S Ti T, 解得V=4×105m3。 (3)整个过程中，外界对气体做功为 W=一p1S(l2-l1),对活塞受力分析有 p1S=mg十poS,解得W=-4.1J,根 据热力学第一定律△U=Q十W,其中 △U=10.3J,解得Q=14.4J,故气体 吸收的热量为14.4J。 训练70专题突破：气体实验 定律的综合应用 1.A随着温度降低，气体先做等压变 化，由于温度的降低，气体的体积减 小；当活塞A运动至汽缸连接处时，气 体体积达到最小；之后气体做等容变 化，随着温度的降低，气体的压强逐渐 减小。故A正确，B、C、D错误。 2.(1)9.9×105Pa (2)9.9cm1×10N/m 解析：(1)对活塞和重物受力分析，由 平衡条件可知pS十mg=p1S,解得 p1=9.9×105Pa。 (2)活塞和重物的总质量增大后，对活 塞和重物受力分析，由平衡条件可知 poS十（△m十m)g=p,S,解得p,= 1×10Pa,根据玻意耳定律可得 p1hS=p,h'S,解得h'=9.9cm,空气 △mg 弹簧的等效劲度系数为k=— 1×10'N/m。 40 3.3em 解析：汽缸静止时，由活塞受力平衡可 得Mg十pAS=pS,自由落体后，A、B 两部分气体的压强相等，设为p,气体 做等温变化，则pahS=p(2h一hB)S, 40 phS=phuS,联立解得hn=3cm。 4.(1)1.1×10Pa(2)66cm 解析：(1)对活塞和砝码整体，由平衡 条件有poS十mg=p1S,解得此时汽 缸内气体压强p1=1.1×105Pa。 (2)活塞和砝码稳定时，由平衡条件 知，汽缸内气体的压强仍为p1=1.1× 10Pa,对充入汽缸的气体和原有气 体，由理想气体状态方程得力1Sh1十 p,V。=pSh2,解得汽缸内气体高度 h2=66cm。 1 5.(1)360K(2) 解析：(1)从初始到刚好报警的过程 Vi V: 中，气你经等压变化，所以有不=T 基础版 由题意可知，初始时气体体积为V1= L1S,报警时，气体体积为V2=(L1十 L2)S,解得T2=360K。 (2)旋转过程，气体发生等温变化，则有 p1V1=pV2,初始时有p1S=g十 poS,末状态有力2S=p。S十ng cos9, 解得c0s9=立· 1 6.1号m(2)360K 解析：(1)设水银密度为p,没有倾斜 H 时，管内气体的压强p1=p。十2Pg, 令水银流出一半时，管与水平面的夹 角为日，则此时管内气体的压强力2= p。十pg sin日，气体发生等温变化，根 据玻意平定律有(H一号)S ,(H-)S,管口离地高度h Hsin 0,解得h=3m。 (2)保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加 热，当水银流出一半时，气体压强= D)十名Pg,根据理想气体状态方程有 a(H)s(H-其)s 4 ，解得 T。 T T1=360K。 .18 、2pS2pS 7.(1)17p。(2)7开17g 解析：(1)对左、右汽缸内封闭的气体， 初态压强p1=po,体积V1=SH十 2SH=3SH,末态压强p2,体积 =s·2H+号H·2s-吕sn, 3 气体发生等温变化，根据玻意耳定律 18 可得p1V=pV,解得p:=17D (2)对左侧活塞受力分析可知p,S十 2poS ·立H=p,S,解得=7厅，设添 加沙子的质量为m,对右边活塞受力 分析可知mg十p。·2S=p2·2S,解 得m=2pS 17g 圳练71实验十九：用油膜法 估测油酸分子的大小 实验二十：探究等温情况下一定 质量气体压强与体积的关系 1.A1滴油酸酒精溶液中含有的纯油 酸的体积约为V=100×10mL= 2X1011m,故A正确；油膜的面积为S= 75×0.02×0.02m=0.03m,油酸分子 V2×10Ⅱ 的直径约为d=S=0.08m≈6.7× 10-°m,故B错误；若爽身粉撒得过 厚，会导致油酸薄膜不能充分散开，面 V 积偏小，根据d=S可知估测出的分