2025高考物理一轮总复习第15章热学专题强化20变质量问题理想气体的图像问题关联气体问题提能训练

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题组一 热力学第一定律的应用
1．(2024·宁波高三阶段性检测)如图所示，每天清晨环卫工人开着洒水车把路面洒湿，可使路面不起灰尘、空气更加清新，给人们一天的生活带来好心情。洒水车在缓慢洒水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则( A )
A．胎内气体对外界做正功
B．轮胎与地面摩擦发热，故胎内气体的内能增加
C．胎内气体温度不变，故与外界无热传递
D．胎内气体温度不变，故每个气体分子的速率都不变
[解析] 缓慢洒水过程中，胎内气体压强减小、温度不变，由eq \f(pV,T)＝C可知气体体积增大，故气体对外界做正功，A正确；由于不计分子间势能，气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，故B错误；由ΔU＝W＋Q知，ΔU＝0，W0，气体从外界吸热，故C错误；温度不变，分子的平均动能不变，但每个分子的速率都是不断变化的，故D错误。
2．(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动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增加
[解析] 初始时气体的压强p1＝p0＋eq \f(mg,S)，体积为V1，温度为T1；将汽缸缓慢转过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，因汽缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔUT2，A、D两项错误；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项错误，C项正确。
3．气垫运动鞋表面材质导热良好，防滑耐用，可以在运动过程中起到很好的缓冲作用。使用过程中，气垫内气体被反复压缩、扩张，下列说法正确的是( A )
A．踩下时，气垫内气体压强增大
B．踩下时，气垫内气体平均动能增大
C．踩下后抬起脚时，气垫内气体向外界放热
D．踩下后抬起脚时，气体对外做功数值大于气体吸收的热量
[解析] 踩下时，由于导热良好可认为气体温度不变，内能保持不变，气体平均动能不变，另由eq \f(pV,T)＝C可知气垫内气体体积减小，气体压强增大，A正确，B错误；踩下后抬起脚时，气体体积增大，气体对外做功W0，即气体吸热，吸收的热量等于对外做功的数值，C、D错误。
题组二 热力学第二定律的应用
4．(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是( BCD )
A．气体向真空的自由膨胀是可逆的
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．机械能转变为热能的实际宏观过程是不可逆过程
D．热量可以自发地从高温物体传向低温物体而不引起其他变化
[解析] 根据热力学第二定律可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，A项错误；根据热力学第二定律可知，效率为100%的热机是不可能制成的，B项正确；根据热力学第二定律可知，机械能转变为热能的实际宏观过程是不可逆过程，C项正确；根据热力学第二定律可知，热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变化是不可能的，但可以自发地从高温物体传向低温物体，D项正确。故选BCD。
5．(多选)关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( ABD )
A．第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律
B．第二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，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
[解析] 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B两项正确；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C项错误；由热力学第二定律可知选项D中的现象是可能的，但会引起其他变化，D项正确。
6．(多选)(2024·大连高三期末)如图所示为某品牌的气压式电脑椅，其主要结构可简化为汽缸和活塞的组合体，人离开椅子后，汽缸内的气体体积增大，将椅子顶起，假设汽缸内的气体可视为理想气体，则下列说法正确的是( BD )
A．如果气体吸收的热量比对外做的功少，则违背了热力学第一定律
B．如果气体与外界没有热量交换，则汽缸内的气体温度一定降低
C．如果气体与外界没有热量交换，说明从单一热库吸收的热量可以全部用来对外做功
D．人坐下时，外界对气体做功，如果做功数值与气体向外界放出的热量相等，则缸内气体的温度一定不变
[解析] 如果气体吸收的热量比对外做的功少，则气体的内能增加，并不能说明该过程违背了热力学第一定律，故A错误；如果气体与外界没有热量交换，则Q＝0，气体体积增加，对外做功，W为负值，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知ΔU也为负值，即气体的内能减少，气体的温度一定降低，故B正确；如果气体与外界没有热量交换，并不能说明没有引起其他的变化，所以不能说明从单一热库吸收的热量可以全部用来对外做功，故C错误；人坐下时，外界对气体做功，W为正值，如果气体向外界放出热量，则Q为负值，当W＋Q＝0时，说明气体的内能不变，则缸内气体的温度一定不变，故D正确。
题组三 热力学第一定律与图像的综合应用
7.一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是( B )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
[解析] 从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。
8．(2023·广东卷)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，气泡内气体的内能变化了多少？
[答案] (1)eq \f(1,5)p0 (2)1.9T0 (3)W
[解析] (1)由题可知，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB
解得pB＝eq \f(1,5)p0。
(2)根据理想气体状态方程可知
eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pCVC,TC)
解得TC＝1.9T0。
(3)根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q
其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。
能力综合练
9．(多选)(2023·全国新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( AD )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
[解析] 当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知h的体积也被压缩压强变大，对活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；
未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析pfS＝F弹＋pgS
则pf>pg
分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pfVf,Tf)
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pgVg,Tg)
由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg
B错误；
在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(phVh,Th)
联立可得Tf>Th
C错误；
对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。故选AD。
10．(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示。已知活塞面积S＝5×10－4 m2，质量m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量。
[答案] (1)6×10－4 m3 (2)60 J
[解析] (1)以封闭气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)
解得VQ＝6×10－4 m3。
(2)由气体的内能与热力学温度成正比eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)
解得UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，封闭气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律UQ－UP＝Q＋W
解得气体吸收的总热量为Q＝60 J。
11．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eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，
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eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p′2V2,T2)，
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。