2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）课时分层作业35热力学定律与能量守恒定律

1、 课时分层作业(三十五)1(多选)(2021云南昆明质检)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是()A一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增加20 JB物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少C凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体D第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律AD根据热力学第一定律知UWQ100 J120 J20 J，A项正确；根据热力学第一定律UWQ，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对

2、外界做功，其内能不一定减少，B项错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，C项错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，D项正确。2(2021湖北宜昌模拟)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是()A气体的内能不变B气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低C气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了D气体分子的平均动能增大B气体喷出时

3、，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q0，对外做功，热力学第一定律的表达式为WQU，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，只有B项正确。3如图所示，密闭绝热的具有一定质量的活塞，上部封闭着一定量的理想气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处于自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程()AEp全部转化为气体的内能BEp一部分转化成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能CEp全部转化成活塞

4、的重力势能和气体的内能DEp一部分转化成活塞的重力势能，一部分转化为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能D由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞由于受到的弹力大于活塞的重力而向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；当活塞最后静止时弹簧的弹力与活塞的重力、气体的压力三力平衡，弹簧处于压缩状态。在活塞运动过程中对活塞做功的有重力、弹簧的弹力和气体的阻力。当弹簧最后静止时仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小，故弹簧储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运动的过程中气体的阻力始终做负功，产生内能，故减少的弹性势能一部分转化为活塞的重力势

5、能，一部分转化为气体的内能，故D正确。4(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历ABCDE过程到达状态E，其中BA的延长线经过原点，BC与横轴平行，DE与纵轴平行。下列说法正确的是()AAB过程中气体的体积逐渐减小BBC过程中气体从外界吸热CCD过程气体内能不变DDE过程气体对外界做功BD由理想气体状态方程整理得peq f(C,V)T，AB过程中图像的斜率不变，故气体的体积不变，A项错误；BC过程为等压过程，压强不变，T增大，气体体积增大，气体对外做功，理想气体的内能随温度升高而增大，由热力学第一定律UWQ，知气体从外界吸热，B项正确；CD过程气体温度升高，内能增大，C项错误；D

6、E段为等温过程，温度不变，压强降低，由eq f(pV,T)C可知，气体体积增大，对外界做功，D项正确。5(2021山东济南实验中学月考)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是()A气体在a、c两状态的体积不相等B气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功B由eq f(paVa,Ta)eq f(pcVc,Tc)，并结合图像，得eq f(Va,Vc)eq f(pc,Tc)eq f(

7、Ta,pa)1，因此气体在a、c两状态的体积相等，A错误；对一定量的理想气体内能由温度决定，由于TaTc，因此气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，B正确；在cd过程中，气体发生等温变化，压强增大，体积减小，温度保持不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律UWQ可知，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，C错误；在da过程中气体发生等压变化，温度升高内能增加，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律UWQ，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D错误。6如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平

8、衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡。不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变。下列判断正确的是()A气体A吸热，内能可能不变B气体B吸热，对外做功，内能不变C气体A和气体B内每个分子的动能都增大D气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少D由题意可知气体A发生等容变化，则W0，根据UWQ可知气体A吸收热量，内能增加，气体的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，A、C两项错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，B项错误；根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁

9、单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，气体B的压强不变，但是温度增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，D项正确。7电冰箱的工作原理示意图如图所示。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是()A热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D电冰箱的工作原理违反热力学第二定律B热力学第一定律和热力学第二定律，适用于所有的热学过程，C、D两项错误；由热力学第二定律

10、可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，B项正确，A项错误。8如图所示，两端开口内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置，质量分别为m和2m的两个活塞A、B由长度为2L的轻杆相连，两活塞的横截面积分别为S和2S，活塞间封闭有一定质量的理想气体。开始时，活塞B距离较细汽缸底端为L，整个装置处于静止状态。此时大气压强为p0eq f(4mg,S)，汽缸周围温度为127 ，现在活塞A上部缓慢倒入细沙，直到活塞A恰好位于较细汽缸底部。(1)求加入细沙的质量；(2)保持细沙质量不变，再缓慢降低气体温度，使活塞回到原来位置

11、，内能减少了U，求此时封闭气体的温度及此过程中气体放出的热量。解析(1)设初始状态封闭气体的压强为p1，由平衡条件可得：p0Sp12S3mgp02Sp1S解得：p1eq f(mg,S)设活塞A到达较细汽缸底部时封闭气体的压强为p2、加入细沙的质量为m0，由平衡条件得：p0Sp22S3mgm0gp02Sp2根据玻意耳定律得：p1(LS2LS)p22L2联立解得：m0eq f(m,4)。(2)降低温度过程中气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：eq f(4LS,T1)eq f(3LS,T2)，解得：T227 体积恢复过程中外界对气体做的功：Wp2(2LSLS)p2LSeq f(3,4)mgL由热力学第

12、一定律得：UWQ可得：Qeq f(3,4)mgLU。答案(1)eq f(m,4)(2)27 eq f(3,4)mgLU9如图所示，带有活塞的汽缸中封闭一定质量的理想气体(不考虑分子势能)。将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能，汽缸和活塞间摩擦不计。则()A若发现欧姆表示数变大，则汽缸内气体压强一定减小B若发现欧姆表示数变大，则汽缸内气体内能一定减小C若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则欧姆表示数将变小D若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则需加一定的力，这说明气体分子间有引力B内部气体的压强为pp0eq f(mg,S)，则气

13、体的压强不变，欧姆表读数变大，说明气体温度降低，根据理想气体状态方程eq f(pV,T)C，知气体体积减小，内能减小，故A错误，B正确；若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，气体对外界做功，温度降低，电阻变大故欧姆表读数将变大，故C错误；若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则需加一定的力克服内外气压差做功，故D错误。10(多选)一定量的理想气体处在温度为290 K的A状态，经历如图的ABCA循环。下列说法正确的是()AAB的过程中，每个气体分子的动能都增加BBC的过程中，气体温度先升高后降低CCA的过程中，气体内能一定减小DCA的过程中，外界对气体做功100 JBCDAB的过程中，体积不变，根据查理定律

14、，压强增加，温度升高，分子的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，故A错误；BC的过程中，根据理想气体状态方程eq f(pV,T)C，可知B、C两点温度相同，过B、C两点的等温线是双曲线的一支，图线BC之间的点温度比B点和C点温度高，所以BC过程中，气体的温度先升高后降低，故B正确；CA的过程中，气体发生等压变化，体积减小，温度降低，理想气体的内能只与温度有关，故内能减小，故C正确；CA的过程中，根据pV图像面积求功，WpV0.5105(31031103) J100 J，故D正确。11如图所示的pV图像中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，吸收热量4

15、10 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J。则：(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？解析(1)ACB过程中W1280 J，Q1410 J由热力学第一定律得UBUAW1Q1130 J故ACB过程中气体的内能增加了130 J。(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UAUB130 J由题意知W2200 J，由热力学第一定律UAUBW2Q2代入数据解得Q2330 J即BDA过程中气体放出热量330 J。答案(1)增加130 J(2)放热330

16、 J12(2021福建莆田质检)如图所示，一定质量的理想气体经历了ABC的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，外界对气体做了90 J的功。已知状态A时气体的体积VA600 cm3。求：(1)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量。(2)状态A时气体的压强pA。解析(1)根据热力学第一定律有UWQ代入数据得Q45 J，即气体从外界吸收热量45 J。(2)从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有eq f(pA,TA)eq f(pB,TB)从状态B到状态C为等压变化过程，根据盖吕萨克定律有eq f(VB,TB)eq f(VC,TC)从状态A到状态B，外界对气体不做功；从状态B到状态C，外界对气体做功，WpBV又VVBVC，VBVA代入数据联立解得pA1.5105 Pa。答案(1)吸收热量45 J(2)1.5105 Pa13一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示。A状态的压强为1105 Pa，求：(1)B状态的温度。(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量。解析(1)理想气体从A状态到B状态的过程中，压强保持不变，根据盖吕萨克定律有eq f(VA,TA)eq f(VB,TB)代入数据解得TBeq f(VB,VA)TA600 K。(2)理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对