第65讲 热力学定律与能量守恒定律（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】热力学第一定律与能量守恒定律
1.如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的( )
A.温度升高，内能增加100 J
B.温度升高，内能减少200 J
C.温度降低，内能增加100 J
D.温度降低，内能减少200 J
【答案】 A
【解析】 外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。
2.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体( )
A.内能增加
B.对外界做正功
C.减少的内能小于放出的热量
D.减少的内能大于放出的热量
【答案】 C
【解析】 充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根据气球内气体压强等于湖水中的压强，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C知，气球体积减小，对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做正功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知减少的内能小于放出的热量，C正确，D错误。
3.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A.压强变大 B.对外界做功
C.对外界放热 D.分子平均动能变化
【答案】 B
【解析】 打开阀门，水不断喷出，封闭气体的体积增大，气体对外界做功，B正确；由于罐内气体温度始终保持不变，由玻意耳定律知，气体的压强减小，A错误；温度不变，气体分子的平均动能不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体吸热，C、D错误。
【题型二】热力学第二定律
4.(多选)下面说法中正确的是( )
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
【答案】 AD
【解析】 根据热力学第二定律可知，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，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；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，故D正确。
5.(多选)地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因，下列说法正确的是( )
A.内能不能转化成机械能
B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【答案】 CD
【解析】 内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故C、D正确。
【题型三】热力学第一定律与气体实验定律的综合
6.如图所示，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一直减小
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
【答案】 C
【解析】 A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C处于同一条等温线上，所以TA＝TC，气体在A状态的内能等于在C状态的内能，即ΔUAC＝0，由气体体积增大知WAC0，QAC＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(WAC))，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝|WABC|，由p－V图像与横轴所围的面积表示气体对外做的功可知|WABC|>|WAC|，得到QABC>QAC，故D错误。
7.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是( )
A.pa＝3p0
B.Vb＝3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功
D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
【答案】 D
【解析】 从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得eq \f(pa,Ta)＝eq \f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。
8.(多选)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＝p0
B.停止加热时，气体的温度T＝2T0
C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SL
D.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL
【答案】 BC
【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。
9.(多选)一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D变化过程的p－V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上，已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法正确的是( )
A.A状态的内能大于C状态的内能
B.从B状态到C状态的过程中，器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加
C.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了240 J
D.D状态的温度为225 K
【答案】 CD
【解析】 根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，由于A、C两状态的pV乘积相等，则两状态的温度相同，所以A状态的内能等于C状态的内能，故A错误；
由图可知，从B状态到C状态的过程中，气体的体积不变，压强减小，根据压强的微观解释可知，器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数减少，故B错误；从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功，因p－V图像的面积表示功，可得WAB＝－0.4×105×2×10－3 J＝－80 J，根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋WAB＝320 J－80 J＝240 J，故C正确；由图可知D状态的压强为pD＝3×eq \f(0.2×105,4) Pa，根据eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pDVD,TD)，可得TD＝eq \f(pDVD,pAVA)TA＝225 K，故D正确。
10.一只篮球的体积为V0，球内气体的压强为p0，温度为T0。现用打气筒对篮球充入压强为2p0、温度为T0、体积为V1(大小未知)的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至1.5T0。已知气体内能U与温度的关系为U＝kT(k为正常数)，充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变。求：
(1)充入气体的体积V1的大小；
(2)充气过程中打气筒对气体做的功。
【答案】 (1)eq \f(V0,2) (2)Q＋eq \f(1,2)kT0
【解析】 (1)充入气体的体积为V1，根据理想气体状态方程有
eq \f(p0V0,T0)＋eq \f(2p0V1,T0)＝eq \f(3p0V0,1.5T0)
解得V1＝eq \f(V0,2)。
(2)由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋(－Q)
根据气体内能U与温度的关系表达式有
ΔU＝k·1.5T0－kT0＝eq \f(1,2)kT0
解得W＝Q＋eq \f(1,2)kT0。
11.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热汽缸中有加热装置，汽缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H＝2 m。质量M＝10 kg、横截面积S＝5×10－3 m2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1＝0.8×105 Pa、温度为t1＝17 ℃的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p0＝1×105 Pa保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系T＝t＋273 K，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2；
(2)若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2 m，该过程中气体吸收了Q＝370 J的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。
【答案】 (1)435 K (2)250 J
【解析】 (1)已知p1＝0.8×105 Pa，T1＝290 K
当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有
p2S＝p0S＋Mg
解得p2＝1.2×105 Pa
气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2),\s\d5(T2))
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝435 K。
(2)活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，
则有W＝－p2Sh＝－120 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
代入数据解得此过程中气体内能的变化量
ΔU＝250 J。
1．某同学从重庆去西藏旅游，路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所带的坚果，发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体(可视为质量不变的理想气体)说法正确的是( )
A．压强增大 B．分子平均动能不变
C．一定从外界吸收热量 D．对外做功，内能减小
【答案】D
【解析】： 根据题意，气体温度降低，体积增大，根据理想气体状态方程可得，气体压强减小，故A错误；气体温度降低，所以分子平均动能减小，故B错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体体积增大，气体对外做功，即W为负值，温度降低，内能减小，即ΔU为负值，但Q可能为正，也可能为负，即气体可能从外界吸收热量，也可能放热，故C错误，D正确。
2．压缩空气储能是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是( )
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作时，气体对外做功，内能增大
【答案】B
【解析】： 绝热压缩空气，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体内能增大，温度升高，分子平均动能增大，选项A错误，选项B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何热运动的能量做功转换过程效率都不可能达到100%，选项C错误；压缩空气膨胀推动发电机工作时，气体体积增大对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减小，选项D错误。
3．如图所示，一定质量的理想气体经历两个不同的过程，分别由体积—温度(V-t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0是两直线的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a、b为直线Ⅰ上的两点，c为直线Ⅱ上的一点。下列说法正确的是( )
A．理想气体沿直线Ⅰ从状态a变化到状态b，压强变大
B．理想气体在状态b比在状态c的压强大
C．理想气体沿直线Ⅰ从状态a变化到状态b，气体吸热
D．理想气体在a、b、c状态的内能关系为Ub>Uc>Ua
【答案】C
【解析】：由体积—温度(V-t)图像和理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，直线Ⅰ、Ⅱ均为等压线，则气体在a、b两状态压强相等，A错误；从状态b到状态c是等温变化，Vb>Vc，根据玻意耳定律可知pb0，气体吸热，C正确；气体在b、c两状态的温度相同，则Ub＝Uc，理想气体从状态a变化到状态b温度升高，则Ua