专题16 热力学定律-十年（2012-2021）高考物理真题分项汇编（山东专版）

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2021年，单独命题，单科
2020年，单独命题，单科
2019年，全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷，理综物理
2018年，全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷，理综物理
2017年，全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷，理综物理
2016年，全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷，理综物理
2015年，单独命题，理综物理
2014年，单独命题，理综物理
2013年，单独命题，理综物理
2012年，单独命题，理综物理
二、2012-2021年高考物理试题全解全析：
1、（2012·山东卷·T36）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直旋转，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．现将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10cm．（环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg）
①求稳定后低压舱内的压强 （用“cmHg”作单位）．
②此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体将 吸热 （填“吸热”或“放热”）．
【考点】热力学第一定律；封闭气体压强．
【分析】①根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强．
②根据左侧气体体积增大，可知做功情况，再由热力学第一定律可判断是否吸热．
【解析】①设U形管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：P1＝P0，V1＝l1S
末状态为：P2，V2＝（l1+）S
有理想气体的等温变化得：P1V1＝P2V2
代入数据得：P2＝60cmHg
则低压仓的压强p＝P2﹣h＝60﹣10＝50cmHg
②此过程中左管内的气体体积增大，对外做正功，温度又不变，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸热．
故答案为：①50cmHg；②做正功，吸热
【点评】解析关于理想气体的问题，首先要明确忽略气体分子之间的势能，气体的能量只有气体的动能；要明确气体的各个状态及其状态参量，利用相应的规律进行解题．同时熟练的应用热力学第一定律解析相关问题．
2、（2013•山东）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m2．如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
①求990m深处封闭气体的体积（1atm相当于10m深的海水产生的压强）。
②下潜过程中封闭气体 （填“吸热”或“放热”），传递的热量 （填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程．
【分析】①根据1atm相当于10m深的海水产生的压强，求出990m深处海水产生的压强，得到990m深处封闭气体的压强，根据理想气体状态方程求出990m深处封闭气体的体积。
②对于一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律分析吸放热情况及传递的热量与外界对气体所做的功的关系。
【解析】①气缸在海平面时，对于封闭气体：
p0＝1atm，T0＝300K，V0＝3m2。
气缸在990m深处时，海水产生的压强为△p＝ρgh＝99atm
封闭气体的压强为p＝p0+△p＝100atm，T＝280K。
根据理想气体状态方程得：

代入解得，V＝2.8×10﹣2m3。
②由上知封闭气体的体积减小，外界对气体做功，W＞0；封闭气体可视为理想气体，温度降低，其内能减小，△U＜0，根据热力学第一定律△U＝W+Q得
Q＜0，即下潜过程中封闭气体放热。
而且由于△U＜0，传递的热量大于外界对气体所做的功。
答：①990m深处封闭气体的体积为2.8×10﹣2m3。
②放热，大于
【点评】本题是实际问题的简化，要善于建立物理模型，运用理想气体状态方程和热力学第一定律结合进行分析。
3、（2014·山东卷·T37）如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体（ ）
A．内能增加
B．对外做功
C．压强增大
D．分子间的引力和斥力都增大
【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程．
【分析】据题：气缸导热性能良好，气缸内外气体的温度通过热交换保持相等．当环境温度升高时，内能增大，气体发生等压变化，根据气态方程分析体积的变化，即可判断做功情况．理想气体分子间的作用力不计．
【解析】
A、当环境温度升高时，由于气缸导热性能良好，缸内气体的温度升高，内能增加，故A正确。
B、C、气缸内气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，可知气缸内气体的压强不变。根据盖•吕萨克定律可知：温度升高，体积增大，则气体对外做功。故B正确，C错误。
D、理想气体分子间的作用力不计，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题一掌握温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；二可从力学的规律判断出气缸内气体发生的是等压变化，运用气态方程分析体积的变化．
4、（2014·山东卷·T37）一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将一质量M＝3×103kg，体积V0＝0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40m，筒内气体体积V1＝1m3，在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，稍后浮筒和重物自动上浮，求V2和h2。
已知：大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小为g＝10m/s2，不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和厚度可忽略。
【考点】理想气体的状态方程；气体的等温变化；封闭气体压强．
【分析】当深度为h2时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件求解气体的体积V2，然后对气体根据玻意耳定律类似求解压强，得到液体的深度h2。
【解析】当F＝0时，由平衡条件得：
Mg＝ρg（V0+V2）…①
代入数据得：
V2＝2.5m3…②
设筒内气体初态、末态的压强分别为P1、P2，由题意得：
P1＝P0+ρgh1…③
P2＝P0+ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得：
P1V1＝P2V2…⑤
联立②③④⑤，代入数据得：
h2＝10m
答：V2为2.5m3，h2为10m。
【点评】本题关键是根据平衡条件求解体积，根据玻意耳定律求解深度，不难。
5、（2015·山东卷·T37）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：
（Ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；
（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（I）分析初末状态的气体状态参量，由查理定律可求得后来的压强；
（II）对开始杯盖刚好被顶起列平衡方程；再对后来杯内的气体分析，由查理定律及平衡关系列式，联立求解最小力．
【解析】解：（I）以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300K，压强为P0，末状态温度T1＝303，压强设为P1，由查理定律得：
＝
代入数据解得：
P1＝P0；
（II）设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得：
P1S＝P0S+mg
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度为T2＝303K，压强P2＝P0；末状态温度T3＝300K，压强设为P3，由查理定律得
＝
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得：
F+P3S＝P0S+mg
联立以上各式，代入数据得：
F＝P0S；
答：（I）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强为P0；
（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为P0S；
【点评】本题考查气体实验定律及共点力的平衡条件应用，要注意明确前后气体质量不同，只能分别对两部分气体列状态方程求解．
Z#xx#k6、（2016·全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷（山东）·T33)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
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】BDE
【解析】气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A错误；改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确
7、（2016·全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷（山东）·T33)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=EQ \F(2σ,r),其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0．50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。
（i）求在水下10 m处气泡内外的压强差；
（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
【答案】（i）28 Pa （ii）1.3
【解析】（i）当气泡在水下h=10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为∆p1，则∆p1= ①
代入题给数据得∆p1=28 Pa ②
（ii）设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气压强为p2，内外压强差为∆p2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2③ p1=p0+ρgh+∆p1④ p2=p0+∆p2⑤
气泡体积V1和V2分别为V1=⑥ V2=⑦
联立③④⑤⑥⑦式得⑧
由②式知，∆pi