新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案38第十四章热学第3讲热力学定律与能量守恒定律

练案[38]第3讲　热力学定律与能量守恒定律

一、选择题(本题共9小题，1～6题为单选，7～9题为多选)

1．(2023·山西高三开学考试)导热气缸内密封有一定质量的理想气体，环境温度不变，当气体的体积增大时( B )

A．气体分子热运动的剧烈程度降低，每个分子对器壁的平均撞击力变小

B．气体分子单位时间内对器壁碰撞的次数减小，气体的压强减小

C．单位体积内的气体分子数减小，每个分子的动能都不变

D．气体内能不变，气体向外界释放热量

[解析]理想气体温度不变，体积增大时压强减小，则气体分子热运动的剧烈程度不变，每个气体分子对器壁的平均撞击力不变，A错误；由于温度不变，体积增大，所以气体分子单位时间内对器壁碰撞的次数减小，气体压强减小，B正确；气体体积增大，单位体积内的气体分子数减小，分子平均动能不变，具体到某个分子的动能则无法确定，C错误；气体温度不变，内能不变，体积增大，则对外做功，由热力学第一定律知气体此过程必然吸热，D错误。

2．(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统( A )

A．对外界做正功 

B．压强保持不变

C．向外界放热 

D．内能减少

[解析]理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由题图可知V＝V0＋kT，根据理想气体的状态方程有＝C，联立有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体由外界吸收热量，C错误。

3．(2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( B )

A．a→b是等温过程

B．a→b过程中气体吸热

C．a→c过程中状态b的温度最低

D．a→c过程中外界对气体做正功

[解析]根据理想气体的状态方程＝C可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；根据理想气体的状态方程＝C可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。

4．(2023·浙江高三开学考试)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。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。挤压矿泉水瓶，小瓶缓慢下沉到底部：松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体( A )

A．内能减少

B．气体对外界做功

C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量

D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量

[解析]由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶下沉过程中，小瓶内温度降低，则内能减小，故A正确；在小瓶下沉过程中，小瓶内气体的温度逐渐降低，压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C可知气体体积减小，则外界对气体做功，故B错误；由AB分析知，小瓶下沉过程中，小瓶内气体内能减小(ΔU<0)，外界对气体做功(W>0)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体放热(Q<0)，且内能的变化量的绝对值小于放出的热量，故CD错误。

5．(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( C )

A．内能增加，外界对气体做正功

B．内能减小，所有分子热运动速率都减小

C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少

D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加

[解析]初始时气体的压强p1＝p0＋，体积为V1，温度为T1；将气缸缓慢转过90°后，气体的压强为p2＝p0，体积为V2，温度为T2。易知V2>V1，故气体对外界做功，因气缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU<0，由于理想气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，AD错误；内能减小，不是所有气体分子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确。

6．(2023·山东临沂高三模拟)2022年伊始，奥密克戎变异毒株较以往新型冠状病毒传播更快，危害更大，特别是疫情区快件也会携带新冠病毒，勤消毒是一个很关键的防疫措施。如图所示是某种家庭便携式防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图，内部可用容积为2 L，工作人员装入稀释过的1.2 L药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动压柄打气，每次打入压强为1 atm，体积为0.1 L的气体，此时大气压强为1 atm，当壶内压强增大到2 atm时，开始打开喷阀消杀，假设壶内温度保持不变，若不计管内液体体积。下列说法正确的是( B )

A．工作人员共打气9次

B．打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.4 L

C．打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.1 L

D．消毒液喷出过程，气体对外做功，对外做功大于从外界吸收热量

[解析]设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1 atm×(2 L－1.2 L)＋n·1 atm×0.1 L＝2 atm×(2 L－1.2 L)，解得n＝8，故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2 atm×0.8 L＝1 atm×V气，解得，壶内不再喷出消毒液时，壶内气体的体积为1.6 L，则壶内剩余消毒液的体积为0.4 L，故B正确，C错误；由于壶内温度保持不变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体对外做功的多少等于从外界吸收热量的多少，故D错误。

7．(2023·厦门高三模拟)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( AB )

A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能

B．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃

D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来

[解析]机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；根据热力学第三定律可知，制冷机也不能使温度降到－293 ℃(低于绝对零度)，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，D错误。

8．(2023·广东深圳高三检测)若某个封闭的热力学系统与外界之间热传递良好，而外界的热容量极大，这样，在外界与系统交换热量时，其内部就只经历等温的可逆变化，称之为“恒退热源”(如大量的冰水混合物、沸水、某温度下的恒温水浴等)；同时，外界对系统的压缩或系统的膨胀又进行得十分缓慢，这样的系统所经历的过程可认为是可逆的等温过程，现某封闭的热力学系统内有一定质量的理想气体，若该气体经历了这样的等温过程，则下列说法中正确的是( CD )

A．膨胀过程中系统内气体内能增大

B．膨胀过程中系统内气体压强增大

C．压缩过程中外界对气体做功，内能不变

D．压缩过程中，气体分子与容壁碰撞的频繁程度增大

[解析]由于气体为理想气体，其平均动能和内能只与温度有关，膨胀和压缩过程均为等温变化，内能不变，故A错误，C正确；根据理想气体状态方程，温度不变而体积增大，压强一定减小，故B错误；压缩过程中气体体积减小，单位体积内分子数增大，分子的平均速率不变，故与器壁碰撞的频繁程度增大，故D正确。

9．(2023·天津模拟预测)如图所示，在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残留的空气，此时玻璃管竖直放置。假如把玻璃管缓慢竖直向上提起一段距离，玻璃管下端仍浸在水银中，在这过程中，大气的压强、温度均保持不变，则管内的空气(视为理想气体)( AB )

A．体积增大  B.压强减小

C．放出热量  D.内能增大

[解析]在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，根据＝C，所以压强减小，故AB正确；温度不变，则气体的内能不变，故D错误；体积变大，气体对外做功，又气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误。

二、非选择题

10．(2022·河北卷)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将_增大__(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将_升高__(填“升高”“降低”或“不变”)。

[解析]气球漏气过程中，气球的弹性势能减小，转化为气体内能，则气体温度升高；气球漏气后，气球外部气体单位体积内气体分子数增多，又温度升高，分子平均动能增大，可知气球外部气体压强增大。

11．(2023·浙江高三开学考试)如图所示，一端水平悬挂的圆柱形容器用活塞密封体积V1＝2×10－3 m3的理想气体，活塞重力不计且能无摩擦地滑动，其下端悬挂质量m＝60 kg的重物，容器的横截面积S＝10－2 m2。整个装置放在大气压p0＝1.0×105 Pa的空气中，开始时气体的温度T1＝300 K，当气体从外界吸收300 J的热量，体积变为V2＝4×10－3 m3时，求，密闭气体：

(1)压强p；

(2)温度T2；

(3)内能增加量ΔE。

[答案]　(1)4×104 Pa　(2)600 K　(3)220 J

[解析](1)体积达到V2时，对活塞受力平衡pS＋mg＝p0S，

得p＝p0－＝4×104 Pa。

(2)密闭气体等压变化所以＝，

得T2＝T1＝600 K。

(3)由热力学第一定律W＋Q＝ΔE，

又W＝p(V2－V1)＝80 J，

得ΔE＝Q－W＝220 J。

12．(2023·河南高三模拟)如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10  m/s2。

(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，则环境温度改变了多少摄氏度；

(2)如果在环境温度急剧升高到t＝40 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？

(3)在(2)过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？

[答案]　(1)9.7 ℃　(2)4.4×104 Pa　(3)200 J

[解析](1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，

有p0＝p1＋ρ水银gh，

解得p1＝8.37×104 Pa，温度T1＝t0＋273 K＝300 K，

设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)，

故p2＝8.10×104 Pa，根据查理定律有＝，

代入数据解得T2＝290.3 K，则环境温度降低了Δt＝T1－T2＝9.7 ℃。

(2)打开阀门前有p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K，

打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L，T2＝t＋273 K＝313 K，

根据理想气体状态方程有＝，

代入数据解得p′2＝4.4×104 Pa。

(3)根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即W＝0，气体吸热Q＝200 J，

根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，故ΔU＝0＋200 J＝200 J。