【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练35 热力学定律和能量守恒.doc，共(10)页，1020.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练35热力学定律和能量守恒1.(多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中如果环境保持恒温，下列

说法正确的是()A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减小答案：BC解析：由状态①到状态②是封闭气体等温膨胀过程，由于温度是分子平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，所以A

错误，B正确；温度不变，体积增大，根据pVT＝C，则压强p减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件有p0S＝pS＋F，得F＝p0S－pS，压强p减小，则F增大，C正确；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不

变，故D错误．2．某同学将一气球打好气后，不小心碰到一个尖利物体而迅速破裂，则在气球破裂过程中()A．气体对外界做功，温度降低B．外界对气体做功，内能增大C．气体内能不变，体积增大D．气体压强减小，温度升高答案：A解析：在气球破裂过程中，体积增大，对外做功，由

于气球破裂过程的时间比较短，气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减小，温度降低，根据理想气体状态方程可知气体压强减小．3.(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热

丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的

动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少答案：ACE解析：A气体经历等容变化，W＝0，而吸收热量，由ΔU＝W＋Q知，内能增加，A正确；B气体经历等压变化，W<0，由VT＝C可知，T增大，则B气体吸收热量，内能增加，B错误；A、B气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，

但并不是每个分子的动能都增大，故C正确、D错误；由于气体B压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E正确．4．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB为一条直线，则气体从状态A到状态B的过程中()A．气体分子平均动能保持不变

B．气体分子平均动能先增大后减小到初始状态C．整个过程中气体对外不做功D．气体的密度在不断增大答案：B解析：pV先增大后减小，故气体温度和分子平均动能先增大后减小，A错误、B正确．p—V图线与坐标横轴所围面积代表

气体做的功，C错误．V增加，气体的密度减小，D错误．5．如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是()A．气体体积变小B．气体温度降低C．气体从外界吸收热量D．气体的内能不变答案：C解析：由图可知气体压强不变，温度升高，则V增大，内能增

加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU>0，W<0，故Q>0，气体吸热，C正确，A、B、D错误．6.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列表述正确的是()A．气体从外界吸收热量B．气体分子的平均动能减小C．外界对气体做正功D．气体分子撞击器壁的作用力增大答案：AD

解析：a→b气体体积增大，对外做功，W<0，C错误．pV增大，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力增大，故B错误、D正确．根据ΔU＝W＋Q知，Q>0，气体吸热，A正确．7．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．在一定条件下物体的

温度可以降到0KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高答案：B解析：0K是绝对零度，不可能达到，A选项错误；由热力学第一定律可知，C、D选项错误，B选项正确．8.如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒

间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小答案：A解析：由于筒内气体不与外界发生热交换，外界对气体做功改

变气体的内能，在M向下滑动的过程中，外界压缩气体对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大．选项A正确．9.如图所示为常见的家用保温瓶，头一天用软木塞密封了半瓶开水，过了一夜后软木塞很难取出，则()A．瓶里所有气体

分子的动能都变小了B．外界对瓶内气体没有做功，瓶内气体的内能不变C．瓶内气体温度降低，气体内能减小D．瓶内气体温度降低，压强增大答案：C解析：经过一个夜晚后，保温瓶内气体温度下降，分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小，气体温度降低，内能减小，故A

、B错误，C正确；由pVT＝C知，V不变，T降低，则p减小，故D错误．10．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是()A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统一定吸热

(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后，温度上升的过

程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.答案：(1)D(2)吸收0.60.2解析：(1)考虑气体分子间作用力时，分子力表现为引力，气泡膨胀，分子间距增

大，分子力减小，A错误；气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B、C错误；气泡上升过程中体积膨胀，温度不变，而气体对外做功，故气体一定吸收热量，D正确．(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6J，由ΔU＝

Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6J>0，即需从外界吸收0.6J的热量．气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU′＝(0.3－0.1)J＝0.2J.11.如图所示的p—V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280J，吸收热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，

这一过程中外界对气体做功200J．则：(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？答案：(1)增加130J(2)放热330J解析：(1)

ACB过程中W1＝－280J，Q1＝410J，由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130J，故ACB过程中气体的内能增加了130J.(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变

化量UA－UB＝－130J由题意知W2＝200J，由热力学第一定律得UA－UB＝W2＋Q2，代入数据解得Q2＝－330J，即BDA过程中气体放出热量330J.12．如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体

．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦

，则：(1)容器中气体的压强是多少？(2)这段时间内气体的内能增加了多少？(3)这段时间内气体的温度升高了多少？答案：(1)p0＋mgS(2)Q－(p0S＋mg)h(3)273.15K＋t解析：(1)以活塞为研究对象，对其进行受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝pS，得容器中气体的压

强p＝p0＋mgS.(2)根据功的定义知：气体对外做功为W＝－pSh，得W＝－(p0S＋mg)h.根据热力学第一定律得：这段时间内气体的内能增加量ΔU＝Q＋W＝Q－(p0S＋mg)h.(3)在加热过程中活塞缓慢上升，压强保持不变，是等

压变化，由盖·吕萨克定律有V1T1＝V2T2，即hS273.15K＋t＝2hS273.15K＋t′得t′＝273.15K＋2t，所以这段时间内气体的温度升高了Δt＝t′－t＝273.15K＋t.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅱ，33(1))(多选)如

图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程

中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变答案：ABD解析：气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不

变，选项A正确．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确．气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误．气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能

完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误．2．(2017·新课标全国卷Ⅲ，33(1))(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达

状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是()A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量答案：ABD解析：ab

过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C错误．ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E错误．bc过程是等温变化，内能不变，

体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，选项D正确．3．(2016·新课标全国卷Ⅲ，33(1))(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．

气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加答案：CDE解析：气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，说法A错误．内能与物体的运动速度无关，说法B错

误．气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，说法C正确．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，说法D正确．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温

度一定升高，内能一定增加，说法E正确．4．(2016·上海卷，12)如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，初始时两管水银面等高，B管上方与大气相通．若固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A管内的水银面高度相应变化h，则()A．h＝

HB．h<H2C．h＝H2D.H2<h<H答案：B解析：据题意，原来A、B管内的水银高度相同，有pA＝p0；B管下移后，设A管水银下移高度为h，B管内水银末位置高度如图所示，设A、B管内末位置水银高度差为h1，则B管内水

银原、末位置高度差为h＋h1；可以计算B管下降的高度为H＝2h＋h1，此时由于A管内水银下降，A管内气体体积增加，压强减小，即p′A<p0，此时有p′A＋ph1＝p0，计算得p′A＋ρg(H－2h)＝p0，最后有h＝p′A－p0ρg＋H2，由于p′A<p0，所以h<H2，故选项B正确．刷仿真模拟

——明趋向5．(2018·吉林通化模拟)(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是()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E．空调

既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热量可以逆向传递答案：ABE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；尽管科技不断

进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293℃，只能无限接近－273.15℃，却不可能达到，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，而是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

；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但在不自发的条件下，能从低温物体传递到高温物体，E正确．6．(2018·山西大同模拟)(多选)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，cd平行于纵坐标轴，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，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热E．从状态d到c，气体一定放热答案：BCD解析：从状态d到c

，理想气体温度不变，内能不变，但因为压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，由热力学第一定律知，气体一定吸热，故A、E错误；气体从状态c到b是一个降压、降温过程，连接Oc，Oc斜率小于Ob斜率，又p＝CVT

，则c到b状态体积减小，外界对气体做功，而气体的内能减小，则此过程气体放热，故B正确；气体从状态a到d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，C正确；气体从状态b到a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定吸热，故D正确．7．(

2018·云南昆明模拟)(多选)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述错误的是()A．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影

响，故两条定律并不矛盾C．两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D．能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E．热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的答案：ACD解析：热力学第一定律是能量守恒在热现象中的体现，而热力学第二定律则指出

内能和其他形式的能发生转化的方向性，二者并不矛盾，故A、C、D错误，B正确；热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的，各自描述了热现象中不同方面的规律，E正确．刷最新原创——抓重点8．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了

8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105J，则下列各式中正确的是()A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC

．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－4×104J答案：B解析：因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104J，内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105J，

根据ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105－8×104＝－2×105J，即B正确．9．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与

外界无热量交换)．该循环过程中，下列说法正确的是()A．A→B过程中，气体的内能不变B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，气体分子数密度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，外界对气体做的功小于气体内能的增加量E．若气体在A→B过程中吸收63k

J的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为25kJ答案：ACE解析：根据A→B过程为等温过程知，气体的内能不变，A正确；B→C为绝热过程，气体没有与外界热交换，体积增大，气体对外界做功，内能减小，所以B→C过程中

，气体分子的平均动能减小，B错误；C→D为等温过程，C→D过程中，气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D→A过程中，气体与外界无热量交换，体积减小，外界对气体做功，外界对气体做的功等于气体内能的增加量，D错误；气体完成一次循环，气体的内能不变，由热力学第一定律可

知，气体对外做的功为63kJ－38kJ＝25kJ，E正确．刷易错易误——排难点易错点1对图象意义认识不清后导致出错10．(2018·山东滕州五中月考)如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A

的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知()A．A→B过程压强不变，气体对外做功B．B→C过程压强增大，外界对气体做功C．C→A过程压强不变，气体对外做功D．C→A过程压强减小，外界对气体做功答案：B解析：由图可知，A→B过程，气体体积与热

力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，选项A错误；如图所示，作过C的等容线，则体积相等的情况下，C状态的温度高，所以C状态的压强一定比A、B状态的压强大，由图可知B→C体积减小，外界对气体做功，选项B正确；由选项

B知C状态的压强一定比A状态的压强大，所以C→A过程压强减小；由图可知气体的体积增大，温度不变，气体对外界做功，选项C、D错误．易错点2对热力学定律理解不全面而导致出错11．(2018·辽宁锦州联考)(多选)下列叙述中正确的是()A．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”B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间表现为引力，所以液体表面具

有收缩的趋势E．用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了1.5×105J答案：CDE解析：热力学第二定律描述的是热学现象的方向性，热量可以从低温物体传递到高温物体，但要引起其他方面的变化，选项A错误；若分子间初

始距离小于平衡距离，则分子间的相互作用力随着分子间距离的增大先减小再增大，然后再减小，选项B错误；由阿伏伽德罗常数的定义可知，只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，选项C正确；表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间

表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；由热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，故ΔU＝3.0×105J－1.5×105J＝1.5×105J，说明内能增加了1.5×105J，选项E正确．刷综合大题——提能

力12．(2017·新课标全国卷Ⅲ，33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的

容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K

2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．答案：(1)πρgh2d24V0＋πd2－(2)πρgl2d24V0解析：(1)水银面上升至M的下

端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l①

V1＝14πd2h②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2－⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl2d24V0⑦该仪器能够测量的最大压强为pmax＝πρgl2d24V0⑧