2026届高考物理一轮基础复习训练70 热力学定律与能量守恒定律

这是一份2026届高考物理一轮基础复习训练70 热力学定律与能量守恒定律，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )
A. 第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B. 第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D. 由热力学第二定律可知从单一热源吸收热量，完全变成功是可能的
气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K，座舱M中充满空气，气闸舱N内为真空。航天员从太空返回气闸舱N后，打开阀门K，M中的气体进入N中，最终达到平衡。此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是( )
A. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小
B. 气体对外不做功，气体内能不变
C. 气体温度降低，体积增大，压强减小
D. N中气体可以自发地全部退回到M中
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吸收的热量小于内能的增加量
B. 气体B吸收的热量的数值大于对外做功的绝对值
C. 气体A分子的平均动能不变
D. 气体B内每个分子的动能都增大
一定质量的理想气体，由A状态经历两个不同的变化过程到C状态（A→C，A→B→C）且A、C处于同一条等温线上，以下说法正确的是( )
A. A→C过程气体吸收的热量大于对外做的功
B. A→C的过程中，气体分子的平均动能减小
C. 气体在A状态的内能等于在C状态的内能
D. A→C过程气体吸收的热量等于A→B→C过程气体吸收的热量
如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列判断正确的是( )
A. A→B过程，气体放出热量
B. B→C过程，气体体积增大
C. C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小
D. 整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功
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
一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A. 内能变大
B. 压强变大
C. 体积不变
D. 从水中吸热
如图是小魔术“浮沉子”的模型，在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A.体积不变，内能不变
B.体积不变，压强不变
C.对外界做正功，并放出热量
D.体积增大，对外界做正功
二、多项选择题
一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的变化过程，其状态变化过程的p−1V图像如图所示，ab平行于1V轴，ad平行于p轴，dc的延长线过原点O。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中气体的温度升高
B. b→c过程中气体向外界放出热量
C. c→d过程中气体从外界吸收热量
D. d→a过程中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少
如图甲所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相等于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功，如图乙所示。内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为30 J。燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功，如图丙所示，该做功冲程气体传递给汽缸的热量为30 J。下列说法正确的是( )
A. 压缩冲程气体内能的变化量为230 J
B. 压缩冲程气体内能的变化量为170 J
C. 做功冲程气体内能的变化量为−930 J
D. 做功冲程气体内能的变化量为−900 J
下列说法正确的是( )
A. 不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响
B. 热量只能由高温物体传递给低温物体
C. 第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
D. 利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
如图,一定质量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A.1→2过程中,气体内能增加
B.2→3过程中,气体向外放热
C.3→4过程中,气体内能不变
D.4→1过程中,气体向外放热
三、非选择题
在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p−V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W，求：
(1) pB的表达式；
(2) TC的表达式；
(3) B到C过程，气泡内气体的内能的变化量。
如图1，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA=12.0 kg，mB=8.0 kg，横截面积分别为SA=2.8×10−2 m2，SB=2.0×10−2 m2，一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强p0=1.0×105 Pa。已知此时气体的体积V1=2.0×10−2 m3，现使汽缸从水平放置缓慢到竖直放置，保持温度不变，达到平衡后如图2所示，A未到达两汽缸连接处，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1) 与图1相比，活塞在汽缸内移动的距离L；
(2) 从图1到图2过程中气体放出的热量。
在38 mm小球时代，可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积的80%，外界温度恒为300 K，把乒乓球全部浸入热水里，当球内气压大于等于1.5p0时，乒乓球就刚好开始恢复。已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E；
(1) 求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；
(2) 求要使乒乓球刚好开始恢复，热水温度至少为多少K；
(3) 若热水温度为(2)问中的最小值，乒乓球从放入热水直到恢复形变时总共吸热为Q，则恢复形变过程中球内气体做功多少。
蔬菜大棚通常靠通风来调节温度，某研究小组设计了一款温控报警装置，其原理如图所示。将导热汽缸竖直悬挂在大棚内，缸内通过活塞封闭了一定质量的空气。当棚内温度为7 ∘C时，活塞静止于距汽缸顶部70.0 cm的C处；当棚内温度缓慢升高，活塞下移5 cm至D处，此时涂有导电物质的活塞下表面恰与a、b触点接触，蜂鸣器报警。已知活塞质量m=0.5 kg、横截面积S=25 cm2、厚度不计，活塞与汽缸之间的摩擦不计，大气压强p0=1.0×105 Pa，g取10 m/s2。求：
(1) 蜂鸣器刚报警时棚内温度；
(2) 活塞由C至D过程，若缸内空气的内能增加了37 J，缸内空气吸收的热量。
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15ℎ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为已知常数，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。
一、单项选择题
答案：D
解析：
第二类永动机违反热力学第二定律（能量转化的方向性），第一类永动机违反热力学第一定律（能量守恒），故A、B错误。
热力学第一定律中，做功和热传递可以抵消，例如做功W与放热Q=W时，内能不变，C错误。
热力学第二定律允许从单一热源吸热完全变成功，但需产生其他影响（如外界变化），D正确。
答案：B
解析：
气体从M进入N，N为真空，气体膨胀不对外做功（W=0）。
与外界无热交换（Q=0），由热力学第一定律ΔU=W+Q=0，内能不变。
理想气体内能仅与温度有关，故温度不变，由玻意耳定律，体积增大则压强减小，A、C错误。
由热力学第二定律，气体不能自发收缩回M（逆过程不自发），D错误。
答案：B
解析：
隔板导热，B气体温度最终与A相同。加热A时，A温度升高，内能增加，膨胀推动活塞对外做功，B气体被压缩（外界对B做功）。
A吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，故QA>ΔUA，A错误。
B被压缩（W>0），温度升高（ΔUB>0），由ΔUB=W+QB得QB=ΔUB−W。因ΔUB>W（内能增加源于做功和吸热），故QB>0且|QB|>W，B正确。
A温度升高，分子平均动能增大，C错误。
B温度升高是平均动能增大，并非每个分子动能都增大，D错误。
答案：C
解析：
A、C在同一条等温线上，故温度相同，理想气体内能相等（UA=UC），C正确。
A→C过程：内能不变（ΔU=0），由热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功（Q=W），A错误。
温度不变，分子平均动能不变，B错误。
A→B→C与A→C的内能变化相同（ΔU=0），但做功不同（p−V图面积不同），故吸收的热量不同，D错误。
答案：D
解析：
A→B：反向延长线过原点，故p=kV（等容变化，V不变），温度升高（p增大），内能增加。不做功（W=0），故吸热，A错误。
B→C：p不变，V减小（横轴左移），B错误。
C→D：V不变，p减小是因温度降低（分子平均动能减小），C错误。
整个过程：p−V图中，气体对外做功的面积（B→C→D）大于外界对气体做功的面积（D→A→B），故总功为正，D正确。
答案：B
解析：
热力学第二定律表明，内能无法全部转化为机械能而不产生其他影响，故A、D错误，B正确。
气体燃烧过程能量守恒（符合热力学第一定律），未转化的能量以热量形式散失，C错误。
答案：D
解析：
气泡缓慢上浮，温度不变（恒温水槽），理想气体内能不变（ΔU=0），A错误。
深度减小，外界压强减小，气泡体积增大（玻意耳定律），B、C错误。
体积增大对外做功（W0，吸热，D正确。
答案：D
解析：
上浮过程中，矿泉水瓶内压强减小，小瓶内气体膨胀（体积增大），对外做功（W0，气体吸热，C错误。
二、多项选择题
答案：ABD
解析：
a→b：p不变，1/V增大（V减小），由pV=nRT得T降低，A错误（原解析修正：1/V增大即V减小，p不变时T减小，故A错误，原题可能图像理解偏差，按标准分析：p−1/V图中，p=k(1/V)为等温线，a→b离原点越远温度越高，故A正确）。
b→c：1/V不变（V不变），p减小，温度降低（内能减小）。不做功，故放热，B正确。
c→d：p与1/V成正比（等温线），温度不变（内能不变），1/V减小（V增大），对外做功，故吸热，C正确。
d→a：1/V不变（V不变），p减小，分子数密度不变但平均动能减小，单位时间撞击次数减少，D正确。
答案：BC
解析：
压缩冲程：做功W1=2×103×0.1=200 J，放热Q1=−30 J，内能变化ΔU1=W1+Q1=170 J，B正确，A错误。
做功冲程：气体对外做功W2=−9×103×0.1=−900 J，放热Q2=−30 J，内能变化ΔU2=W2+Q2=−930 J，C正确，D错误。
答案：AD
解析：
A选项为热力学第二定律的开尔文表述，正确。
热量可通过外界做功从低温物体传向高温物体（如冰箱），B错误。
第二类永动机违反热力学第二定律，C错误。
温差发电符合热力学第二定律，D正确。
答案：AD
解析：
1→2绝热压缩：外界做功，内能增加（温度升高），A正确。
2→3等压膨胀：体积增大对外做功，温度升高（内能增加），故吸热，B错误。
3→4绝热膨胀：对外做功，内能减小（温度降低），C错误。
4→1等容降压：温度降低（内能减小），不做功，故放热，D正确。
三、非选择题
解：
（1）A→B为等温过程，由玻意耳定律：
p0V0=pB⋅5V0 ⇒ pB=p05
（2）B→C为绝热过程，由理想气体状态方程：
pB⋅5V0T0=1.9p0⋅V0TC ⇒ TC=1.9p0V0⋅T0pB⋅5V0=1.9×51T0=9.5T0
（3）B→C绝热过程Q=0，由热力学第一定律：
ΔU=W+Q=W
解：
（1）水平放置时，气体压强p1=p0=1.0×105 Pa。
竖直放置时，对活塞受力平衡：
p2SA+p0SB=p0SA+p2SB+(mA+mB)g
解得p2=p0+(mA+mB)gSA−SB=1.5×105 Pa。
等温变化，由玻意耳定律p1V1=p2V2 ⇒ V2=1.0×105×2.0×10−21.5×105=43×10−2 m3。
体积变化ΔV=V1−V2=23×10−2 m3，移动距离：
L=ΔVSA−SB=23×10−20.8×10−2=56≈0.83 m
（2）气体对外做功W=p0ΔV−(mA+mB)gL（或由热力学第一定律，ΔU=0，Q=W），计算得Q=−167 J（放出热量）。
解析：
（1）踩瘪过程等温，由玻意耳定律：
p0V=p1⋅0.8V ⇒ p1=1.25p0
（2）恢复时V=V，p=1.5p0，由查理定律：
p1T0=pT ⇒ T=1.5p0×3001.25p0=360 K
（3）内能与温度成正比，E=k×300，E′=k×360=1.2E，ΔU=0.2E。
气体对外做功W，由ΔU=Q−W ⇒ W=Q−0.2E。
解：
（1）初始温度T1=273+7=280 K，体积V1=70.0S，末体积V2=75.0S。
气体压强p=p0+mgS=1.02×105 Pa（等压变化）。
由盖-吕萨克定律：V1T1=V2T2 ⇒ T2=75×28070=300 K，即27∘C。
（2）气体对外做功W=pΔV=1.02×105×5×25×10−6=12.75 J。
由ΔU=Q−W ⇒ Q=ΔU+W=37+12.75=49.75 J。
解：
（1）气体等压变化（p=p0+mgS），由盖-吕萨克定律：
ℎST0=65ℎST2 ⇒ T2=65T0
（2）温度变化ΔT=15T0，内能变化ΔU=CΔT=CT05。
气体对外做功W=pΔV=p0+mgS15ℎS。
吸收热量Q=ΔU+W=CT05+15(p0S+mg)ℎ。