2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业53热力学定律与能量守恒

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业53热力学定律与能量守恒，共7页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．(多选)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法中正确的是( )
A．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减少
B．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
C．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
2．[2023·沈阳二中模拟](多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( )
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
3.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，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体( )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
4.
[2022·北京卷]如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c.下列说法正确的是( )
A．从a到b，气体温度保持不变
B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小
D．从b到c，气体从外界吸热
5.
[2023·山东烟台一模]一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V­T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则 ( )
A．ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热
B．bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热
C．ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热
D．整个变化过程中气体的内能先减少后增加
6.
[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p­V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( )
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
7.
如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体吸热
C．从状态d到a，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
8.
(多选)一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从d到a，气体对外界做正功
9.如图所示，一排球球内气体的压强为p0，体积为V0，温度为T0，用打气筒对排球充入压强为p0，温度为T0的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至2T0，充气过程中气体向外放出Q的热量，假设排球体积不变，气体内能U与温度的关系为U＝kT(k为正常数)，求：
(1)打气筒对排球充入压强为p0，温度为T0的气体的体积；
(2)在打气筒对排球充气过程中，打气筒对气体做的功．
能力提升练
10．(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离．如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成．高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位．气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出．下列说法正确的是( )
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
11.
一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中AB段与t轴平行，已知在状态A时气体的体积为1.0L，下列说法正确的是( )
A．由A到B的过程，气体的体积减小
B．由B到C的过程，气体的体积增大
C．由A到B的过程，气体对外做功200J
D．由B到C的过程，外界对气体做功300J
12.
如图所示，质量m＝1kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为一T形活塞，汽缸内充有理想气体．汽缸的横截面积S＝2×10－4m2，高度h＝40cm，当外界温度为300K时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央．不计汽缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p0＝1×105Pa，g取10m/s2.
(1)求汽缸内气体的压强；
(2)环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升；
(3)已知汽缸内气体的内能U与热力学温度T的关系为U＝0.015T(J)，求汽缸从图示位置上升到刚好不能再上升的过程中，汽缸内气体从外界吸收的热量．
课时分层作业（五十三）
1．解析：一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q＝0，W<0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减少，故A正确；热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确；热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化”，故D错误．
答案：ABC
2．解析：第一类永动机不消耗能量却能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，C正确；物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，但一定引起外界变化，D正确．
答案：ACD
3．解析：由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，气体吸热，且吸收的热量大于增加的内能，C、D错误．
答案：B
4．解析：一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律eq \f(p,T)＝C，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，A、B错误；一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据eq \f(V,T)＝C，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于做功值，C错误，D正确．
答案：D
5．解析：在V­T图像上等压线为过坐标原点的一条倾斜的直线，由a到b为等压变化，温度升高，气体内能增大，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故选项A正确；bc过程中气体体积不变，气体不做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故选项B错误；ca过程中气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热．故选项C错误；从a到b温度升高，内能增加，从b到c温度降低，内能减小，从c到a温度不变，内能不变，故选项D错误．
答案：A
6．解析：根据理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝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eq \f(pV,T)＝C可知，p­V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．
答案：B
7．解析：从状态d到c，温度不变，压强减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体的体积增大，则气体对外界做功，理想气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收热量，A错误；从状态c到b，气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减少，根据热力学第一定律可知气体放热，B错误；从状态d到a，气体压强不变，温度降低，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体体积减小，外界对气体做功，C错误；从状态b到a，因ab延长线过原点，所以发生等容变化，体积不变，气体不做功，温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，D正确．
答案：D
8．解析：从a到b，由eq \f(Va,Ta)＝eq \f(Vb,Tb)得，体积增大则温度升高，气体分子平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增大，故A错误；从b到c，由eq \f(pb,Tb)＝eq \f(pc,Tc)得，压强增大则温度升高，故B正确；从c到d等温变化，故温度不变，则气体内能不变，C正确；从d到a，体积变小，所以外界对气体做正功，D错误．
答案：BC
9．解析：（1）设打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积为V，以排球内气体与充入的气体整体为研究对象．
气体的初状态参量：p1＝p0，V1＝V0＋V，T1＝T0
气体的末状态参量：p2＝3p0，V2＝V0，T2＝2T0
根据理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2).
代入解得V＝0.5V0.
（2）因为气体内能U与温度的关系为U＝kT
所以打气过程内能变化：ΔU＝k（2T0－T0）＝kT0
由热力学第一定律得ΔU＝W＋（－Q）
解得打气筒对气体做的功：W＝Q＋kT0.
答案：（1）0.5V0 （2）Q＋kT0
10．解析：依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部分为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误．
答案：AB
11．解析：由A到B的过程中，压强不变，根据理想气体状态方程，则有pV＝nRT，所以温度升高，体积变大，A错误．由B到C的过程中，先将横轴的摄氏温度换算成热力学温度，则BC直线过原点，所以体积不变，B错误．由A到B的过程中，压强不变，根据理想气体状态方程，则有pV＝nRT，温度从273K变成546K，变大2倍，所以体积也变大2倍，变成2L，根据公式W＝pΔV＝200J，C正确．由B到C的过程中，体积不发生改变，外界对气体不做功，D错误．
答案：C
12．解析：（1）汽缸对地面恰好没有压力，即处于平衡状态，可得p0S＋mg＝pS
解得汽缸内气体的压强为p＝1.5×105Pa.
（2）气体原来温度T1＝300K，环境温度升高时，汽缸发生等压变化，温度升高到T2时，气体体积为hS时汽缸不再上升，可得
eq \f(0.5hS,T1)＝eq \f(hS,T2)
代入数据解得：T2＝600K.
（3）该过程气体对外做功
W＝p·ΔV＝p·eq \f(1,2)hS＝6J，取负值
当汽缸不再上升时气体内能增加
ΔU＝0.015（T2－T1）＝4.5J
由热力学第一定律可知，汽缸内气体从外界吸收的热量
Q＝ΔU－W＝10.5J.
答案：（1）1.5×105Pa （2）600K （3）10.5J