第五周 热力学定律的应用（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

第五周　热力学定律的应用 一、单项选择题 1.(2025·北京高考)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃。在压缩过程中,筒内气体 (　　) A.压强变小 B.对外界不做功 C.内能保持不变 D.分子平均动能增大 2.(2025·河北邢台高二期中)某校中学生提出了下列四个设想方案,从理论上讲可行的是 (　　) A.汽车尾气中的各类有害气体排入大气后严重污染了空气,想办法使它们自发地分离,既清洁了空气,又变废为宝 B.制作一种制冷设备,使温度降至绝对零度以下 C.在屋顶上安装太阳能板,所有能源问题都可得到解决 D.制作一个装置从海水中吸收内能用来做功 3.(2025·山东济南高二期末)清澈幽深的泉水池底部不断有气泡生成,气泡上升至水面后破裂。气泡在泉水中从泉池底部上升至水面破裂前的过程中,若不考虑泉水温度的变化,下列判断正确的是 (　　) A.气泡内压强增大 B.气泡中的气体对外界做功 C.气泡放出热量 D.气泡匀速上升 4.(2025·山西吕梁高二阶段练习)关于节能、能量守恒定律、热力学定律,下列说法正确的是 (　　) A.加强发展科技,提高能源的利用率,会更多地节约能源 B.形成能源危机的原因是对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少 C.随着科技发展,制冷机的制冷温度可能降到-300 ℃,热机的效率可能达到100% D.热力学第二定律是热力学第一定律的特例,第二类永动机违反了热力学第一定律 5.(2025·江苏高考)如图所示,取装有少量水的烧瓶,用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口,并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后,瓶内气体 (　　) A.内能迅速增大 B.温度迅速升高 C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀 二、多项选择题 6.(2025·辽宁本溪高二期末)如图所示,圆柱形汽缸内部通过活塞封闭着一定量的理想气体,初始状态,汽缸内气柱长度为L1,温度为T1。现将气体加热,气柱长度从L1缓慢变为L2的过程中,气体吸收热量360 J,对活塞做功100 J。对于上述变化过程,下列说法正确的是 (　　) A.气体压强不断增大 B.气体的内能增加260 J C.气体可能在放出200 J的热量之后恢复初始状态 D.气体可能在放出300 J的热量之后恢复初始状态 7.(2025·广东汕尾高二期末)为了减少污染,根据相关规定,加油站必须进行“油气回收”,操作如下:油枪从封闭油罐中吸取体积为V的汽油加到汽车油箱,同时抽取油枪周围体积为1.2V的油气(可视为理想气体)压入封闭油罐(压至体积为V)。假设油罐及加油枪导热性良好且环境温度不变,则将油气压入油罐的过程中,油气 (　　) A.压强增大 B.对外做正功 C.向环境放热 D.从环境吸热 8.(2025·山东德州高二阶段练习)如图为一充气睡垫,人们在野外露营时经常用到。其内部封闭了一定质量的理想气体。当人躺上睡垫时,睡垫迅速向下挤压内部气体,使气体来不及与外界发生热交换;当人从睡垫上起来时,睡垫缓慢恢复原状,睡垫内气体可以充分与外界发生热交换,已知外界环境温度不变,下列说法正确的是 (　　) A.当人躺上睡垫时,气体对外界做正功 B.当人躺上睡垫时,睡垫内气体分子单位时间对睡垫壁单位面积的碰撞次数增多 C.当人从睡垫上起来时,睡垫内气体从外界吸热 D.当人从睡垫上起来时,睡垫内气体分子平均动能增大 三、解答题 9.(8分)(2025·广东河源高二阶段练习)如图所示,王老师给同学们演示如何解救鸡蛋,当时室内温度27 ℃,室内大气压强1.0×105 Pa,倒置玻璃瓶,让鸡蛋卡住瓶口。已知瓶内气体视为质量一定的理想气体。然后王老师用滚烫的开水给瓶内气体加热,最后成功将鸡蛋解救出来,在此过程中,王老师有疑惑需要同学们帮忙解决: (1)当瓶内气体温度加热到47 ℃时,瓶内气体压强是多少?(结果保留两位小数)(5分) (2)若从开始加热到鸡蛋刚要向下滑动时,瓶内气体吸收热量为120 J,此过程瓶内气体的内能变化了多少?(3分) 10.(10分)(2025·陕晋宁青高考)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2;(4分) (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。(6分) 11.(15分)(2025·江苏南通高二期中)如图所示,内壁光滑的汽缸竖直放置在水平桌面上,汽缸内封闭一定质量的理想气体。质量为m的活塞可无摩擦地上下移动,活塞的横截面积为S,外界大气压强为p0。开始时,活塞静止于A处,气体温度为T。现用一热源(图中未画出)给气体加热,活塞从A处缓慢上升了h高度,到达B处,气体吸收热量Q1。已知重力加速度为g。求: (1)活塞静止于A处时,封闭气体的压强p1;(3分) (2)活塞从A处上升到B处的过程中,封闭气体内能的变化量ΔU;(6分) (3)关闭热源,同时在B处的活塞上轻放一个砝码,活塞下降一定高度后停在某一位置,此时气体温度仍为T,这一过程气体放出热量Q2,试确定该过程外界对气体做的功W0。(6分) 3 / 4 学科网（北京）股份有限公司 第五周 1．选D　猛推推杆压缩筒内气体，气体来不及与外界发生热交换，则Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故其温度升高，分子平均动能增大，又气体体积减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强增大，故A、C错误，D正确；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误。 2．选D　有害气体和空气不可能自发地分离，违反热力学第二定律的方向性，故A错误；绝对零度是温度的极值，使温度降至绝对零度以下是不可能的，故B错误；在屋顶上安装太阳能板，可以用太阳能来解决照明和热水等问题，但不能解决所有能源问题，故C错误；由热力学第二定律可知，制作一个装置从海水中吸收内能用来做功是可行的，故D正确。 3．选B　气泡在泉水中从泉池底部上升至水面破裂前的过程中，根据p＝p0＋ρgh，可知气泡内压强减小，不考虑泉水温度的变化，根据玻意耳定律pV＝C，可知气泡体积变大，则气泡中的气体对外界做功，由于温度不变，则气泡中的气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气泡吸收热量，故A、C错误，B正确；由于气泡体积变大，可知气泡受到的浮力变大，所以气泡加速上升，故D错误。 4．选A　加强发展科技，提高能源的利用率，会更多地节约能源，故A正确；根据能量守恒定律可知自然界的能量不会减少，形成“能源危机”的原因是能量的品质下降，可利用的能量不断减少，故B错误；－300 ℃等于－7 K，制冷机的制冷温度不可能降到－300 ℃，根据热力学第二定律，热机的效率不能达到100%，故C错误；热力学第二定律不是热力学第一定律的特例，第二类永动机不可能制成是因为它违背了热力学第二定律，故D错误。 5．选D　瓶塞跳出的过程中，气体体积迅速膨胀，瓶内的气体对外做功，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小。故选D。 6．选BD　对活塞受力分析，根据平衡条件可知，气体的压强不变，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，其中Q＝360 J，W＝－100 J，解得ΔU＝260 J，所以气体的内能增加260 J，故B正确；气体若恢复初始状态，则内能需减小260 J，此过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，所以气体放出的热量一定大于260 J，故C错误，D正确。 7．选AC　油气压入油罐的过程中，体积减小，外界对气体做功，由于油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可知油气向环境放热，C正确，B、D错误；油气压入油罐的过程中，体积减小，温度不变，根据理想气体状态方程可知压强增大，A正确。 8．选BC　当人躺上睡垫时，气体体积减小，外界对气体做正功，气体来不及与外界发生热交换，可知气体温度升高，根据理想气体状态方程＝C可知，气体压强变大，因此睡垫内气体分子单位时间对睡垫壁单位面积的碰撞次数增多，故A错误，B正确；当人从睡垫上起来时，气体体积变大，气体对外界做正功，温度不变，分子平均动能不变，内能不变，根据热力学第一定律可知，睡垫内气体从外界吸热，故C正确，D错误。 9．解析：(1)初始时，瓶内气体的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(27＋273)K＝300 K 当瓶内气体温度加热到47 ℃时，气体的压强设为p2，温度为T2＝(47＋273)K＝320 K 气体发生等容变化，由查理定律有＝ 解得p2≈1.07×105 Pa。 (2)由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 气体体积不变，则W＝0，解得ΔU＝120 J。 答案：(1)1.07×105 Pa　(2)120 J 10．解析：(1)气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程＝，整理并代入数据解得p2＝＝3.3×105 Pa。 (2)p­V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为 W＝－(V2－V1)＝－1.008×104 J 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 代入数据可得ΔU＝6.6×104 J。 答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 11．解析：(1)活塞静止于A处时，对活塞受力分析，由平衡条件可知p1S＝p0S＋mg 解得p1＝p0＋。 (2)活塞从A处上升到B处的过程，气体对外界做功 W＝p1Sh＝p0Sh ＋mgh 由热力学第一定律可得 ΔU＝Q1－W＝Q1－p0Sh－mgh。 (3)由题意可知，气体温度重新下降到T，所以该过程中内能的变化量ΔU0＝－ΔU 由热力学第一定律可得ΔU0＝－Q2＋W0 解得W0＝mgh＋p0Sh－Q1＋Q2。 答案：(1)p0＋　(2)Q1－p0Sh－mgh (3)mgh＋p0Sh－Q1＋Q2 $