第十五章第3讲　热力学定律与能量守恒定律-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体解析：根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，A错误；改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，B正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据eq\f(pV,T)＝C知，膨胀过程温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定吸热，C错误；根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D正确。答案：BD2．泉城济南，以泉闻名。小张同学在济南七十二名泉之一的珍珠泉游览时，发现清澈幽深的泉池底部，不断有气泡生成，上升至水面破裂。假设水恒温，则气泡在泉水中上升过程中，以下判断正确的是()A．气泡对泉水做正功，气泡吸收热量B．气泡对泉水做正功，气泡放出热量C．泉水对气泡做正功，气泡吸收热量D．泉水对气泡做正功，气泡放出热量解析：气泡上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功，故A正确。答案：A3．(2022·重庆卷)2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)()A．吸收热量 B．压强增大C．内能减小 D．对外做负功解析：由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据eq\f(pV,T)＝C可知，温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量。故选C。答案：C4.如图所示，内壁光滑的固定汽缸水平放置，其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105Pa。已知活塞的横截面积为0.04m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2000J，则封闭气体的内能变化量为()A．400J B．1200JC．2000J D．2800J解析：由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2J＝－800J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2000)J＝1200J，故A、C、D错误，B正确。答案：B5.(多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­T图上从a到b的线段所示。在此过程中()A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其内能的增加量解析：因p­T图像中a到b的线段的延长线过原点，由eq\f(pV,T)＝C可知，从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；因从a到b气体温度升高，则气体内能增加，选项B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C、D正确。答案：BCD6．(多选)(2022·湖南卷改编)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端为冷端，B端为热端B．A端流出的气体内能一定大于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解析：依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相碰撞后反弹，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从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，故A正确；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，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从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，并非自发进行的，没有违背热力学第二定律，温度较低的从A端流出，温度较高的从B端流出，也符合能量守恒定律，故C错误，D正确。答案：AD7.(2023·浙江6月卷)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度为300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压强p0＝1.01×105Pa。(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)；(2)求气体在状态C的温度TC；(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。解析：(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，气体内能不变，分子平均动能不变，体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。(2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)解得TC＝350K。(3)气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态B外界对气体做的功，由(1)问分析可知，从A到C内能的变化量等于从B到C内能的变化量，从A到C由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q解得W＝11J。答案：(1)不变增大(2)350K(3)11J[能力提升练]8.(多选)(2024·四川成都外国语学校诊断)如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为p0，重力加速度为g。则()A．初始时，气体压强p1＝p0B．停止加热时，气体的温度T＝2T0C．该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SLD．该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL解析：对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上的压力，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq\f(mg,S)＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖—吕萨克定律有eq\f(LS,T0)＝eq\f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正确；气体对外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。答案：BC9．(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是()A．初始状态下，气体的体积为6LB．等压过程中，气体对外做功400JC．等压过程中，气体体积增加了原体积的eq\f(1,4)D．两个过程中，气体的内能增加量都为400J解析：对一定质量的理想气体，内能的大小取决于温度的高低，两个过程中的初温及末温相同，故内能的增加量相同，即ΔU2＝ΔU1＝400J，故D正确；等压过程中，根据热力学第一定律有ΔU2＝W＋Q2，其中ΔU2＝400J，Q2＝600J，故W＝－200J，故气体对外界做功W′＝200J，由W′＝p1ΔV得ΔV＝2L，B错误；在等压过程中，有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V1＋ΔV,T2)，其中T1＝300K，ΔV＝2L，T2＝400K，解得V1＝6L，故A正确；等压过程中，气体体积增加了原体积的eq\f(ΔV,V1)＝eq\f(1,3)，故C错误。答案：AD10．如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开开关C，A中部分气体进入B。(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)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。解析：(1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0解得此时气体压强p＝0.5p0。(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq\f(p,T0)＝eq\f(p′,1.2T0)解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0温度改变，理想气体的体积不变，外界不对理想气体做功，即W＝0；升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。答案：(1)0.5p0(2)0.6p00.2kT011.一定质量的理想气体p­V图像如图所示，在A、B、C处的温度分别为T0、1.5T0、2T0，已知理想气体温度和分子平均动能的关系为T＝aEk，其中a为比例系数。求：(1)气体从A到B过程与从C到D过程对外做功大小的比值；(2)气体从B到C过程与从D到A过程与外界交换的热量的比值。解析：(1)由题图可知气体从B到C过程为等容变化，因此eq\f(pC,TC)＝eq\f(pB,TB)压强之比为eq\f(pC,pB)＝eq\f(TC,TB)＝eq\f(2,1.5)＝eq\f(4,3)根据气体p­V图像的面积表示气体做的功可知，气体从A到B过程与从C到D过程对外做功大小之比为eq\f(WAB,WCD)＝eq\f(pBΔV,pCΔV)＝eq\f(pB,pC)＝eq\f(3,4)。(2)由题图可知气体从D到A过程为等容变化，则eq\f(pD,TD)＝eq\f(pA,TA)因此TD＝eq\f(pD,pA)·TA＝eq\f(pC,pB)·TA＝eq\f(4,