【精准解析】新高考物理：第12章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律

第12章第3讲热力学定律与能量守恒定律
课时作业
时间：60分钟满分：100分
一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分。

其中1～4题为单选，5～9题为多选)
1．(2019·湖北荆门第五次检测)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧室三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。

则以下说法不正确的是() A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
答案 D
解析燃气由液态变为气态的过程中体积增大，要对外做功，分子势能增大，故A、B正确；根据热力学第二定律，燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被回收利用，故D错误。

2．(2019·湖南三湘名校教育联盟三模改编)能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。

然而，无数事实告诉我们，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。

下列说法正确的是()
A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．第二类永动机违反能量守恒定律
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
答案 C
解析根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不
引起其他变化，故A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B错误；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，故C正确；根据熵增原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误。

3.如图，一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，对此气体下列说法正确的是()
A．A→B过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功
B．B→C过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减小
C．C→A过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
D．B→C过程中气体放出的热量等于C→A过程中吸收的热量
答案 C
解析A→B过程中为等温变化，压强减小，由公式pV＝C可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，A→B过程温度不变，ΔU＝0，Q＝－W，故气体要吸收热量且等于气体对外做的功，故A错误；B→C过程为等压变化，由p＝F
可知气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力不变，故B错误；
S
C→A过程为等容变化，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故C正确；B→C过程为等压变化，由热力学第一定律可知，ΔU1＝Q1＋W1，其中ΔU1为负值，W1为正值，所以Q1<0，气体放出热量，C→A过程为等容变化，由热力学第一定律可知，ΔU2＝Q2，其中ΔU2为正值，所以Q2>0，气体吸收热量，又ΔU1＝－ΔU2，故Q1＋W＝－Q2，即B→C 过程中气体放出的热量大于C→A过程中气体吸收的热量，故D错误。

4．下列关于热力学定律的说法，正确的是()
A．一切宏观热现象的过程一定是从无序状态慢慢向有序状态过渡
B．随着科技发展进步，热力学温度的0 K可以达到
C．一绝热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当气体体积膨胀时，其温度一定降低
D．一导热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当缸外温度缓慢升高时，气体可能对外界做功
答案 D
解析一切宏观热现象的过程一定是从有序状态慢慢向无序状态过渡，A错误；热力学温度的0 K永远不能达到，B错误；绝热汽缸中理想气体与外界没有热交换，当气体自由膨胀时，不对外做功，其内能不变，则温度不变，C错误；导热汽缸外温度缓慢升高时，气体内能增加，气体可能对外界做功，且气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，D正确。

5.(2019·辽宁葫芦岛一模改编)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。

某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是()
A．气体由状态A到B的过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C的过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D的过程，气体对外做功
D．气体由状态D到A的过程，其热力学温度与压强成正比
答案ACD
＝C，经过A、B的等温线应是过A、解析状态A和B的温度相等，根据pV
T
B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A 正确；气体由状态B到C，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D，体积增大，气体对外做功，故C正确；气体由状态D到A，体积不变，根据pV
＝
T
C，其热力学温度与压强成正比，故D正确。

6．如图所示，某同学打乒乓球时不小心将球踩瘪了，但没有破裂。

他将乒乓球放入热水中，一段时间后恢复为球形，在此过程中，下列说法正确的是()
A．乒乓球中气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈
B．乒乓球中气体的质量不变，温度升高，密度减小，压强增大
C．乒乓球中气体分子间的引力和斥力都增大
D．乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，放出热量
答案AB
解析气体温度升高，气体分子无规则运动变得更剧烈，故A正确；乒乓球没有破裂，不漏气，乒乓球中气体的质量不变，压强增大，体积增大，密度减小，故B正确；乒乓球中气体分子间的引力和斥力都随着气体分子间距离的增大而减小，故C错误；乒乓球受热膨胀，体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能变大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故D错误。

7．夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。

若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看做理想气体。

则气泡上升过程中，以下说法正确的是()
A．气泡内气体对外界做功
B．气泡内气体从外界吸收热量
C．气泡内气体的压强可能不变
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小
答案ABD
解析因大气压强不变，则随水深度的减小，气泡的压强减小，C错误；气泡
上升过程中，温度升高，压强减小，则根据pV
T
＝C可知，体积变大，气体对外做功，A正确；气体温度升高，内能变大，气体对外做功，根据ΔU＝W＋Q可知，气泡内气体从外界吸收热量，B正确；根据气体压强的微观意义可知，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，D正确。

8．(2019·山西高三二模改编)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。

下列说法正确的是()
A．ab过程中气体从外界吸热
B．bc过程中气体内能不变
C．cd过程中气体从外界吸热
D．de过程中外界对气体做功
答案AC
解析由理想气体状态方程pV
T
＝C可知，图线与原点连线的斜率与体积的倒数成正比，ab过程中图线与原点连线的斜率不变，故气体的体积不变，气体不做功，又温度升高，内能增大，由W＋Q＝ΔU，可知Q>0，即气体从外界吸热，故
A正确；bc过程为等压过程，温度升高，气体内能增大，故B错误；cd过程p T 减
小，则气体体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，Q为正值，即气体要从外界吸热，故C正确；de段为等温过程，压强降低，气体体积增大，对外做功，D错误。

9．(2019·广东汕头高三一模改编)如图是某种喷雾器示意图，在贮液筒内装入一些药液后将密封盖盖好。

多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续地喷出，贮液筒内的空气可视为理想气体，设充气和喷液过程筒内的空气温度可视为不变，下列说法正确的是()
A．充气过程中，贮液筒内的气体内能增大
B．充气过程中，贮液筒内的气体压强增大，体积也变大
C．喷液过程中，贮液筒内的气体吸收的热量全部用来对外做功
D．喷液过程中，贮液筒内的气体压强减小，气体内能不变
答案ACD
解析充气过程筒内的空气温度可视为不变，则分子的平均动能不变，充气的过程中筒内气体分子的总个数增加，则内能增加，故A正确；充气的过程中筒内气体的体积不变，故B错误；喷液过程筒内的空气温度可视为不变，气体的内能也不变，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律，可知贮液筒内的气体
吸收的热量全部用来对外做功，根据理想气体状态方程pV
＝C，温度不变，体积增
T
大，压强减小，故C、D正确。

二、非选择题(本题共4小题，共55分)
10．(10分)(2019·江苏南京、盐城二模)在大气中，空气团运动时经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看做绝热过程。

潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云，到山顶后变得干燥然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风。

(1)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，试说明其原因；
(2)设空气团的内能U与温度T满足U＝CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，求此过程中空气团升高的温度ΔT。

答案(1)空气团在山的迎风坡上升时对外做功，该过程可以看做绝热过程，
所以内能减少，温度降低(2)W
C
解析(1)空气团在山的迎风坡上升时对外做功，该过程可以看做绝热过程，所以内能减少，温度降低。

(2)根据U＝CT得：ΔU＝CΔT，
由根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q
此过程为绝热过程，故Q ＝0
联立解得：ΔT ＝W C 。

11．(15分)(2019·安徽安庆高三二模)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程：A →B →C 。

已知气体在初始A 状态的压强为p 0，体积为V 0，温度为T 0，BA 连线的延长线经过坐标原点，A →B 过程中，气体从外界吸收热量为Q ，B 状态温度为T 。

试求：
(1)气体在B 状态时的体积和在C 状态时的压强； (2)气体从A →B →C 整个过程中内能的变化。

答案 (1)V 0T 0T p 0T 0T (2)Q －p 0(T T 0－1)V 0 解析 (1)气体从A 变化到B 时，发生等压变化，设B 状态时的体积为V ，根
据盖—吕萨克定律得V 0T 0
＝V T 解得V ＝V 0T 0
T 气体从B 变化到C 时，发生等温变化，设C 状态时的压强为p ，根据玻意耳定律，p 0V ＝pV 0
解得p ＝p 0T 0
T 。

(2)气体从B →C 过程中温度不变，内能不变。

气体从A →B 过程中，体积变大，气体对外做功，
W ＝－p 0(V －V 0)＝－p 0 (T T 0
－1)V 0 气体从外界吸收热量为Q ，
根据热力学第一定律，内能的变化
ΔU ＝Q ＋W ＝Q －p 0 (T T 0
－1)V 0。

12．(15分)(2019·湖南省长沙市长郡中学第一次适应性考试)绝热汽缸A 和导热汽缸B 固定在水平地面上，由钢性杆连接的两个等大活塞封闭着两部分体积均为V 的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强p 0相同，气体的温度与环境温度T 0也相同。

已知理想气体的内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为常量且α>0。

现给汽缸A 的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Q 1时汽缸B 内气体的体积减为原来的一半。

若加热过程是缓慢的，求：
(1)汽缸A 内气体的压强； (2)汽缸B 在该过程中放出的热量Q 2。

答案 (1)2p 0 (2)Q 1－2αT 0
解析 (1)设A 、B 内气体末态压强为p ，对B 中气体由玻意耳定律得：
p 0V ＝p V 2
解得：p ＝2p 0。

(2)对A 中气体由理想气体状态方程得：
p 0V
T 0＝p (V ＋V 2)T
解得：T ＝3T 0
汽缸A 内气体升温时内能增加：
ΔU ＝α(T －T 0)＝2αT 0
汽缸B 内气体温度不变，内能不变；以汽缸A 、B 内两部分气体为研究对象，由热力学第一定律得：
Q 1＝ΔU ＋Q 2
解得汽缸B 内气体放出热量为：Q 2＝Q 1－2αT 0。

13．(15分)(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，可在竖直平面内转动的
平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热活塞，活塞底面与汽缸底面平行，一定量的气体被密封在汽缸内。

当平台倾角为37°时，汽缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为汽缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，汽缸内气体压强为大气压强p0的2倍。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)当平台处于水平位置时，求汽缸内气体的体积；
(2)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。

答案(1)0.9V(2)－0.2p0V
解析(1)设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为37°时汽缸内气体的压强为p1＝p0＋mg cos37°
S
气体的体积V1＝V
当平台水平时，汽缸内气体的压强p2＝2p0＝p0＋mg
S
解得p1＝1.8p0
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：
p1V1＝p2V2
解得V2＝0.9V。

(2)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律：V2
T0
＝V3
0.9T0
解得V3＝0.81V
活塞下降过程，外界对气体做功W＝p2(V2－V3) 已知汽缸内气体吸收的热量Q＝－0.38p0V
由热力学第一定律得汽缸内气体内能变化量
ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝－0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V。