第39讲 热力学定律 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以热力学定律为核心，通过基础巩固与综合提升两级训练，系统整合理想气体状态方程、热力学第一定律及p-V图像分析方法，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|9选择+1计算|p-V图像面积求功法、循环过程能量守恒、热力学第一定律ΔU=Q+W应用|从状态参量关系（pVT）到能量转化，构建"概念-定律-图像-应用"逻辑链| |综合提升练|2选择+1计算|活塞模型受力分析、多过程热力学问题分步处理|结合实际情境（如轮胎胎压、汽缸加热），深化气体实验定律与热力学定律综合应用|

第39讲 热力学定律 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2025·天津卷，4)如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则(　　) A．AC和ADC过程，外界对气体做功相同 B．ABC和ADC过程，气体放出的热量相同 C．在状态A时和在状态C时，气体的内能相同 D．在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同 2．(2026·宁夏吴忠市高三上开学考试)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。一定质量的理想气体所经历的奥托循环的p­V图像如图所示，在a→b的过程中，外界对气体做的功为20 J，在b→c的过程中，气体吸收的热量为75 J，在d→a的过程中，气体放出的热量为16 J。则在c→d的过程中，气体对外界做的功为(　　) A．79 J B．83 J C．85 J D．111 J 3．(2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　) A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量 4．(2025·北京卷)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 5．如图所示，一用锁钉锁定的导热活塞将导热汽缸分成体积相等的左、右两室，开始时气体压强之比为5∶3，拔出锁钉后，活塞移动并最终保持稳定状态，外界温度恒定，汽缸内气体均可视为理想气体。则下列说法正确的是(　　) A．右室气体吸热 B．左室气体吸热 C．右室气体对左室气体做正功 D．左室气体分子平均速率变大 6．如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V­T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1．03×105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500 J。已知外界大气压强p0＝1．01×105 Pa，下列说法正确的是(　　) A．重物质量m＝1 kg B．气体在状态B时的体积为8．0×10－2 m3 C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202 J D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294 J 7．(2026·湖南省常德市高三上月考)热机循环是将内能转化为机械能的过程。其中最典型的热机循环有卡诺循环、斯特林循环和布雷顿循环。卡诺循环由两个等温过程和两个绝热过程组成。如图为卡诺循环的p­V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。图中曲线AD与横轴围成的面积为S1，曲线BC与横轴围成的面积为S2。下列说法正确的是(　　) A．A→B过程中，气体对外做功，内能减小 B．气体由状态B到状态C的过程，分子平均动能增大 C．S1＝S2 D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 8．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　　) A．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 B．科技的不断进步使得人类有可能生产出单一热源的热机 C．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100% D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 9．(2025·八省联考陕西卷)(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 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 10．(2025·陕晋宁青卷)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； (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。 综合提升练 一．选择题： 11．(多选)如图，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 12．(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A．初始状态下，气体的体积为6 L B．等压过程中，气体对外做功400 J C．等压过程中，气体体积增加了原体积的 D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13．(2025·山东卷)如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求： (1)T2＝440 K时，气柱高度h2； (2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 参考答案： 1.答案：C解析：由题图可知pAVA＝pCVC＝3p0V0，根据理想气体状态方程＝C可知，在状态A时和在状态C时，气体的温度相同，则内能相同，故C正确；同理有pBVB＝9p0V0>pDVD＝p0V0，可知气体在状态B时的温度高于在状态D时的温度，则在状态B时气体分子热运动的平均动能更大，故D错误；从状态A到状态C，气体体积减小，外界对气体做功，又p­V图像中图线与V轴围成的面积表示外界对气体做的功，由题图可知AC、ADC和ABC过程，外界对气体做功的关系为WABC>WAC>WADC，且气体在三个过程的内能变化量均为0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，三个过程气体均放热，且ABC过程气体放出的热量最多，故A、B错误。 2.答案：A解析：根据题意可知，理想气体在a→b→c→d→a过程中吸收的总热量Q吸＝75 J－16 J＝59 J，在a→b的过程中，外界对气体做的功为W1＝20 J，设在c→d的过程中，气体对外界做的功为W2，在a→b→c→d→a过程中，根据热力学第一定律可得ΔU＝W1－W2＋Q吸＝0，解得W2＝79 J，故选A。 3.答案：A解析：理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知气体吸收的热量大于内能的增加量，A正确，D错误。 4.答案：D解析：猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，可视为绝热过程，即Q＝0，气体体积减小，则外界对气体做正功，即W>0，则气体对外界做负功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＞0，即气体内能增大，分子平均动能增大，故B、C错误，D正确；在压缩过程中，筒内气体压强不太大，温度不太低，可看作理想气体，该过程气体内能增大，故其温度升高，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强增大，故A错误。 5.答案：B解析：因为左室气体的压强大，右室气体的压强小，拔出锁钉后，活塞向右移动，左室气体体积增大，右室气体体积减小，左室气体对右室气体做正功，而汽缸导热且外界温度恒定，故缸内气体的温度保持不变，即左、右两室气体的内能均不变，根据热力学第一定律可知，左室气体吸收热量，右室气体放出热量，故B正确，A、C错误；左室气体温度不变，故分子的平均动能不变，分子平均速率不变，D错误。 6.答案：D解析：在状态A，对重物和活塞整体根据平衡条件有mg＋p0S＝pAS，解得m＝2 kg，故A错误；根据题图乙可知＝，即气体做等压变化，解得VB＝8．0×10－3 m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pA(VB－VA)＝206 J，故C错误；根据热力学第一定律可知，从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加ΔU＝Q－W＝294 J，故D正确。 7.答案：C解析：A→B过程中，气体体积增大，则气体对外做功，温度不变，则气体的内能不变，故A错误；气体由状态B到状态C的过程为绝热过程，则Q＝0，气体的体积增大，对外做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，即气体的内能减少，则气体的温度降低，分子平均动能减小，故B错误；因AB和CD为两条等温线，则TA＝TB，TC＝TD，故B→C过程和D→A过程，气体温度变化量的大小相等，则内能变化量的大小相等，又因BC和DA为两条绝热线，即Q＝0，可知做功大小也必然相等，而p­V图像中，图线与横轴围成的面积表示做功的大小，则有S1＝S2，故C正确；在一次循环过程中气体的温度不变，则内能不变，p­V图像中图线与横轴围成的面积表示功，由题图知，在一次循环过程中，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q>0，即气体一定从外界吸收热量，可知吸收的热量大于放出的热量，故D错误。 8.答案：CD解析：热运动的宏观过程具有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不一定能够发生，故A错误；根据热力学第二定律的开尔文表述，热机从一个热库吸热，一定会向另一个热库放热，即不可能生产出单一热源的热机，故B错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即效率达不到100%，故C正确；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确。 9.答案：BD解析：此过程中容器内气体自由膨胀，其无序度变大，D正确；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，理想气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，根据理想气体状态方程＝C可知，压强减小，故A、C错误，B正确。 10.答案：(1)3．3×105 Pa　(2)6．6×104 J 解析：(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有＝ 代入数据解得p2＝3．3×105 Pa。 (2)根据p­V图像中图线与V轴所围图形的面积表示气体做功的大小可知，此过程外界对气体做的功W＝－(V2－V1) 代入数据解得W＝－1．008×104 J 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 代入数据解得ΔU＝6．6×104 J。 11.答案：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处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不严，左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体对活塞向右的压力变小，右侧有气体漏入，对活塞产生向左的压力且逐渐增大，则活塞逐渐向左移动，弹簧弹力减小，直到左、右两侧气体压强相等时，弹簧弹力减小到0，活塞重新静止，这时弹簧恢复原长，故A正确；由题知，初始时活塞静止在汽缸正中间，由于活塞向左移动，则最终两侧气体压强相等时，左侧气体体积小于右侧气体体积，又因为两部分气体的密度相同，则活塞重新静止后左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，弹簧弹性势能减少，由能量守恒定律可知，汽缸内气体内能增加，故C正确；初始时气体全部在活塞左侧，体积为汽缸容积的一半，最终气体充满整个汽缸，则与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少，故D正确。 12.答案：AD解析：初始状态下，气体的温度为T0＝300 K，压强为p0＝1×105 Pa，设体积为V0，经等压过程，气体温度变为T＝400 K，由盖—吕萨克定律有＝，解得气体体积变为V＝V0，即气体体积增加了原体积的，C错误；等容过程中，气体做功W1＝0，吸收热量Q1＝400 J，由热力学第一定律得ΔU＝W1＋Q1＝400 J，两个过程末状态的温度相同，则内能变化相同，因此两个过程中，气体的内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即p0＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误。 13.答案：(1)h1　(2)p0Sh1 解析：(1)受力分析可知，T1状态和T2状态中活塞受力情况相同，从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化， 由盖—吕萨克定律有＝ 其中V1＝Sh1、V2＝Sh2 联立解得h2＝h1。 (2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0 从T1状态到T2状态，设封闭气体压强始终为p1， 由平衡条件有p0S＋f0＝p1S 解得p1＝p0 此阶段外界对封闭气体做功W1＝－p1S(h2－h1) 设T3状态封闭气体压强为p3，从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝ 解得p3＝p0 从T2状态到T3状态，外界对封闭气体做功W2＝0 设T4状态封闭气体体积为V4，气柱高度为h4，从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 又V4＝Sh4 解得h4＝h1 从T3状态到T4状态，外界对封闭气体做功W3＝p3S(h2－h4) 整个过程，由热力学第一定律有ΔU＝W1＋W2＋W3＋Q 联立解得Q＝p0Sh1。 学科网（北京）股份有限公司 $