第40讲 热力学定律与能量守恒定律 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦热力学定律与能量守恒，以生活实例与物理模型为载体，构建"概念理解-定律应用-综合建模"的递进式训练体系，强化能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热力学第一定律与能量守恒|3题（热水瓶/绝热容器/气温计）|结合生活情境的选择（含多选）|从气体做功、内能变化切入，通过ΔU=W+Q建立能量分析框架| |热力学第二定律|3题（汽车发动机/涡流分离/绝热汽缸）|以技术应用为背景的选择|围绕方向性、熵增原理，关联实际过程的能量转化效率| |综合应用|5题（汽缸活塞/吸盘挂钩/p-T图像）|选择+计算（含多过程问题）|整合气体实验定律，通过状态方程与热力学定律综合分析|

第40讲 热力学定律与能量守恒定律 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　热力学第一定律与能量守恒定律 1.热水瓶是居家必备的保温用具。某次向热水瓶中注入一定量的热水，迅速盖好软木瓶塞，如图所示，不一会发现瓶塞被顶了起来发出“噗”的声音又落下，且被顶起过程封闭在热水瓶内的气体与外界无热传递。下列关于这一现象的说法正确的是(　　) A.瓶塞被顶起是瓶内气体分子间存在斥力作用的结果 B.瓶塞被顶起的过程瓶内的气体对外做功 C.瓶塞被顶起的过程封闭在热水瓶内气体的内能保持不变 D.若瓶塞未被二次顶起，则瓶内气体的压强一定小于大气压强 2.(多选)如图，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 3.(多选)取一个空的金属易拉罐，在开口处插入一根粗细均匀的长透明吸管，在吸管内注入一小段油柱(长度、质量均可忽略)，然后用蜡将易拉罐开口处密封。以密封处为原点，在吸管上标上刻度，如果不考虑大气压的变化，就是一个简易的气温计，如图所示。当环境温度由t1缓慢升高到t2的过程中，油柱从刻度L处上升到2L处，则(　　) A.这一过程中，罐壁单位面积上单位时间内碰撞的气体分子数减少 B.这一过程中，罐内气体分子的平均动能保持不变 C.油柱在刻度L处时罐内气体压强小于油柱在2L处时的压强 D.这一过程中，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量 对点2　热力学第二定律 4.日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是(　　) A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能 B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能 C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律 D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能 5.利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　) A.A端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端 B.A端流出的气体内能一定小于B端流出的 C.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律 6.(多选)如图所示，两固定绝热活塞把内壁光滑的绝热汽缸分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，左侧活塞上带有阀门K，开始时阀门K关闭，Ⅰ、Ⅲ内理想气体的压强相等，Ⅱ内为真空。t1时刻打开阀门K，经过一段时间稳定后，t2时刻取消右侧活塞的固定状态，在t3时刻右侧活塞停止运动。下列说法正确的是(　　) A.阀门K打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的扩散遵循热力学第二定律 B.t2时刻Ⅰ中气体的压强是t1时刻的 C.Ⅰ中气体在t3时刻后的温度高于t1时刻前的温度 D.t2~t3时间内Ⅲ中气体的内能不变 对点3　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 7.如图所示，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　) A.a的压强减小 B.b的温度降低 C.b的所有分子速率均减小 D.弹簧的弹力一定增大 8.(多选)家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为p0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为1.5V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体(只有吸盘内的气体是封闭的)。此过程中，下列说法正确的是(　　) A.吸盘内的气体的压强增大 B.吸盘内的气体要从外界吸收热量 C.吸盘内的气体分子的平均动能不变 D.安装结束后，此挂钩所挂物体的最大质量为－m 对点4　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合应用 9.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是(　　) A.pa＝3p0 B.Vb＝3Vc C.从状态a到状态b，气体对外做功 D.从状态c到状态a，气体从外界吸热 综合提升练 一．选择题： 10.一定质量的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.(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过坐标原点O，下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 二．计算题： 12.如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求: (1)初始时，缸内气体的压强; (2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度; (3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。 13.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。 参考答案： 1.答案　B解析　瓶塞被顶起是瓶内气体压强大于外部大气压强的原因，故A错误;瓶塞被顶起的过程瓶内的气体有一部分能量转化为塞子的机械能，即气体对外做功，故B正确;瓶塞被顶起的过程与外界无热传递，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知封闭在热水瓶内气体的内能减小，故C错误;若瓶塞未被二次顶起，则有p1＝＋p0，瓶内气体的压强一定大于大气压强，故D错误。 2.答案　BD解析　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ΔU＝Q＋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＝C可知压强减小，故B、D正确。 3.答案　AD解析　这一过程中，气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能变大，分子平均速率变大，分子对器壁的平均作用力变大，气体数密度减小，可知罐壁单位面积上单位时间内碰撞的气体分子数减少，A正确，B错误;外界大气压保持不变，油柱产生的压强可忽略，则油柱在刻度L处时罐内气体压强等于油柱在2L处时的压强，C错误;这一过程中，气体体积变大，对外做功，温度升高，内能变大，根据ΔU＝W＋Q可知，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量，D正确。 4.答案　B解析　根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，A、D错误;气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确;气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误。 5.答案　D解析　中心部位为分子热运动速率较小的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动速率较大的气体从B端流出;同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故A错误;A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关;所以不能得出从A端流出的气体内能一定小于从B端流出的气体内能，故B错误;该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，故C错误;温度较低的气体从A端流出、温度较高的气流从B端流出，也符合能量守恒定律，D正确。 6.答案　ABC解析　阀门K打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中的扩散是不可逆的，遵循热力学第二定律，A正确;气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中扩散时不做功，总内能不变，温度不变，体积变为原来的2倍，由理想气体状态方程＝C可知，t2时刻Ⅰ中气体的压强是t1时刻的，B正确;t2~t3时间内Ⅲ气体通过活塞对Ⅰ、Ⅱ中的气体做功，Ⅲ中气体的内能减小，Ⅰ、Ⅱ中气体的内能增加，温度升高，C正确，D错误。 7.答案　B解析　初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W，可得ΔUa>0，ΔUb<0，则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，根据理想气体状态方程＝C可知，a的压强增大，b的压强减小，故A、C错误，B正确;由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。 8.答案　BC解析　理想气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律可知，吸盘内的气体的压强减小，故A错误;理想气体温度一定，则内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，吸盘内的气体要从外界吸收热量，故B正确;理想气体温度不变，则吸盘内的气体分子的平均动能不变，故C正确;根据玻意耳定律有p0V0＝p1·1.5V0，令此挂钩所挂物体的最大质量为M，对物体与挂钩整体分析有(M＋m)g＝kFN，p0S＝FN＋p1S，解得M＝－m，故D错误。 9.答案　D解析　从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误;从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误;从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误;从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。 10.答案　C解析　a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖－吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b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→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大，可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误;c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，即ΔUca＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W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)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p－V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。 11.答案　AC解析　由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确;根据pV＝CT(C为常量)可得V＝T，根据题图可知，ca过程，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则p减小，气体温度升高，内能增大，B、D错误;ab过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，即W>0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体放出热量，C正确。 12.答案　(1)＋p0　(2)＋p0　　(3)0　Mgh 解析　(1)对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝p1S 解得初始时，缸内气体的压强为p1＝＋p0。 (2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件有Mg＋mg＋p0S＝p2S 解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0 由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh' 活塞下降的高度Δh＝h－h' 联立可得Δh＝。 (3)由于该过程中气体温度保持不变，则该过程缸内气体内能的变化量为ΔU＝0 外界对其所做的功W＝(M＋m)gΔh＋p0SΔh＝Mgh。 13.答案　(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh) 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)。 学科网（北京）股份有限公司 $