2025版高考物理全程一輪復習課時分層精練六十五熱力學定律與能量守恒習題

課時分層精練(六十五)熱力學定律與能量守恒基礎落實練1．(多選)根據(jù)熱力學第二定律，下列說法中正確的是()A．不可能從單一熱庫吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化B．沒有冷凝器，只有單一的熱庫，能從單一熱庫吸收熱量全部用來做功，而不引起其他變化的熱機是可以實現(xiàn)的C．制冷系統(tǒng)將冰箱里的熱量傳到外界較高溫度的空氣中而不引起其他變化D．不可能使熱量由低溫物體傳到高溫物體，而不引起其他變化2．[2024·天津模擬預測]壓縮空氣儲能(CAES)是一種利用壓縮空氣來儲存能量的新型儲能技術，絕熱壓縮空氣儲能方式是壓縮空氣并將產生的熱能儲存在各種介質當中，比如混凝土、石頭、礦洞礦石中等．需要發(fā)電的時候讓壓縮空氣推動發(fā)電機工作，這種方式能夠將壓縮空氣儲能的效率提升．對于上述過程的理解，下列說法正確的是()A．絕熱壓縮空氣，分子平均動能不變B．絕熱壓縮空氣，溫度升高，氣體內能一定增大C．該方式能夠將壓縮空氣儲能的效率提升到100%D.壓縮空氣推動發(fā)電機工作，是氣體對外做功，內能增大3．[2024·北京西城模擬]一定質量的理想氣體經(jīng)過一系列變化過程，如圖所示，下列說法中正確的是()A.a→b過程中，氣體體積變大，放出熱量B．b→c過程中，氣體溫度不變，氣體對外界做功C．c→a過程中，氣體體積變小，放出熱量D．c→a過程中，氣體壓強增大，外界對氣體做功4．如圖所示，一定質量的理想氣體的V-T圖像從1→2→3的過程中，下列說法正確的是()A．狀態(tài)1的壓強大于狀態(tài)2的壓強B．1→2過程中氣體內能的減少量大于2→3過程內能的增加量C．1→2過程外界對氣體做的功大于氣體放出的熱量D．2→3過程中氣體分子單位時間內在器壁單位面積上撞擊的次數(shù)減小5．一定質量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，dabc為eq\f(3,4)圓弧，cd為半徑相同的eq\f(1,4)圓?。畾怏w從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c、d，最終回到狀態(tài)a，則()A．從狀態(tài)c到狀態(tài)d是等溫膨脹過程B．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體吸收熱量，內能不變C．處于狀態(tài)c時氣體分子單位時間撞擊單位面積的次數(shù)一定比狀態(tài)a少D．從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體吸收熱量6．[2024·武漢武昌區(qū)質檢]如圖所示為一款便攜式鼻吸氧氣呼吸器的產品參數(shù)．罐體導熱性能良好，罐體內氧氣可視為理想氣體，當罐體內、外無氣壓差時便不能噴出氧氣．根據(jù)該產品參數(shù)的信息，忽略氣體噴出時溫度的變化，求該款氧氣呼吸器在大氣壓強為0.1MPa，溫度為33℃的環(huán)境下，以最大流量持續(xù)出氣的使用時長是多少秒？產品名稱便攜式鼻吸氧氣呼吸器組成部分產品由呼吸罐體、連接閥、吸入罩、防護帽和氧氣等部分主要性能氧氣純度≥99.6%氧氣壓力0.8MPa(15℃)型號SFK－3產品規(guī)格1000mL最大流量50mL/s適用范圍主要適用于缺氧人群吸氧使用7．[2024·湖北荊門龍泉中學校考三模]如圖所示，一粗細均勻的導熱U形管豎直放置，右側上端封閉，左側上端與大氣相通，右側頂端密封空氣柱A的長度為L1＝15.0cm，左側密封空氣柱B上方水銀柱長h2＝14.0cm，左右兩側水銀面高度差h1＝10.0cm，已知大氣壓強p0＝76.0cmHg＝1.0×105pa，大氣溫度t1＝27℃，U形管橫截面積S＝7.6cm2.現(xiàn)用特殊手段只對空氣柱A加熱，直到空氣柱A、B下方水銀面等高．求：(1)加熱前空氣柱A、B的壓強各為多少；(2)空氣柱A、B下方水銀面等高時A中氣體的溫度t2；(3)對空氣柱A加熱的過程中空氣柱B與外界傳遞的熱量Q.能力提升練8．[2024·湖北天門考前沖刺]如圖所示為一超重報警裝置示意圖，高為L、橫截面積為S、質量為m、導熱性能良好的薄壁容器豎直倒置懸掛，容器內有一厚度不計、質量為m的活塞，穩(wěn)定時正好封閉一段長度為eq\f(L,4)的理想氣柱．活塞可通過輕繩連接受監(jiān)測重物，當活塞下降至位于離容器底部eq\f(3L,4)位置的預警傳感器處時，系統(tǒng)可發(fā)出超重預警．已知初始時環(huán)境熱力學溫度為T0，大氣壓強為p0，重力加速度為g，不計摩擦阻力．(1)求輕繩未連重物時封閉氣體的壓強；(2)求剛好觸發(fā)超重預警時所掛重物的質量M；(3)在(2)條件下，若外界溫度緩慢降低1%，氣體內能減少ΔU0，求氣體向外界放出的熱量Q.課時分層精練（六十五）熱力學定律與能量守恒1．解析：熱力學第二定律揭示了與熱現(xiàn)象有關的物理過程的方向性．機械能和內能的轉化過程具有方向性，機械能可以全部轉化為內能，而內能要全部轉化為機械能必須借助外界的幫助，因而會引起其他變化，選項A正確，選項B錯誤；傳熱過程也具有方向性，熱量能自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，但要從低溫物體傳到高溫物體，必然會引起其他變化（外界對系統(tǒng)做功），選項C錯誤，選項D正確．答案：AD2．解析：絕熱壓縮空氣前后，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律，內能增大，溫度升高，分子平均動能增大，選項A錯誤，選項B正確；壓縮空氣儲能的過程涉及熱運動的能量轉換過程，任何轉換過程效率都不可能達到100%，選項C錯誤；壓縮空氣膨脹推動發(fā)電機工作，是氣體體積增大對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，內能減少，選項D錯誤．故選B.答案：B3．解析：a→b過程中，氣體壓強不變，溫度降低，根據(jù)蓋-呂薩克定律eq\f(V,T)＝C得知，體積減小，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W＋Q溫度降低，ΔU＜0，體積減小，W＞0，所以Q＜0，放出熱量，故A錯誤；b→c過程中氣體的溫度保持不變，壓強減小，即氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律pV＝C可知體積增大，氣體對外界做功，故B正確；c→a過程中，p-T圖像過坐標原點，p與T成正比，則氣體發(fā)生等容變化，溫度升高，所以ΔU＞0，體積不變，外界對氣體做功W＝0，所以Q＞0，吸收熱量，故CD錯誤．故選B.答案：B4．解析：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，可得V＝eq\f(C,p)·T由圖像可知eq\f(C,p1)>eq\f(C,p2)，可得狀態(tài)1的壓強與狀態(tài)2的壓強大小關系為p1<p2故A錯誤；由V-T圖像可知，氣體從1→2→3過程，氣體溫度先降低后升高，氣體內能先減小后增大，由于狀態(tài)1的溫度等于狀態(tài)3的溫度，則狀態(tài)1的氣體內能等于狀態(tài)3的氣體內能，可知1→2過程中氣體內能的減少量等于2→3過程內能的增加量，故B錯誤；由V-T圖像可知，1→2過程氣體體積減小，外界對氣體做正功，氣體溫度降低，氣體內能減少，根據(jù)熱力學第一定理可知，外界對氣體做的功小于氣體放出的熱量，故C錯誤；由V-T圖像可知，2→3過程氣體壓強保持不變，氣體溫度升高，分子平均動能增大，根據(jù)壓強微觀意義可知，氣體分子單位時間內在器壁單位面積上撞擊的次數(shù)減小，故D正確．故選D.答案：D5．解析：從狀態(tài)c到狀態(tài)d是體積減小．等溫過程為雙曲線，cd為圓弧，從狀態(tài)c到狀態(tài)d不是等溫過程，故A錯誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體壓強相等，體積增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知其溫度必定升高，且對外界做功，根據(jù)熱力學第一定律，有ΔU＝W＋Q氣體吸收熱量，故B錯誤；根據(jù)上一選項分析，在狀態(tài)c，氣體體積較大，分子數(shù)密度較小，氣體溫度升高導致分子平均動能增加，在保持壓強不變的情況下，單位時間撞擊單位面積的次數(shù)一定較少，故C正確；從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內能不變，外界對氣體做功等于圖形的面積，根據(jù)熱力學第一定律，有ΔU＝W＋Q氣體放出熱量，故D錯誤．故選C.答案：C6．解析：由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)解得V2＝8.5×103mL噴出的氧氣ΔV＝V2－V1＝7.5×103mL由ΔV＝Qt解得t＝150s答案：150s7．解析：（1）加熱器有pB＝p0＋h2＝90cmHg，pA＝pB－h(huán)1＝80cmHg（2）空氣柱B壓強保持不變，則有pA2＝pB＝90cmHg空氣柱A根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pAL1S,T1)＝eq\f(pA2（L1＋\f(h1,2)）S,T2)解得T2＝450K則t2＝T2－273＝177℃（3）B中溫度不變，所以內能不變，即有ΔU＝0B壓強不變，溫度不變，所以體積不變，即有W＝0根據(jù)ΔU＝W＋Q可知Q＝0答案：（1）90cmHg80cmHg（2）177℃（3）08．解析：（1）輕繩未連重物時對活塞受力分析得p1S＋mg＝p0S解得p1＝p0－eq\f(mg,S)（2）剛好觸發(fā)超重預警時，對活塞及受監(jiān)測重物整體受力分析得p2S＋（M＋m）g＝p0S由玻意耳定律得p1eq\f(LS,4)＝p2eq\f(3LS,4)解得M＝eq\f(2p0S,3g)－eq\f(2,3)m（3）由蓋-呂薩克定律得eq\f(V2,T0)＝eq\f(V3,0.99T0)其中V2＝eq\f(3LS,4)解得V3＝0.99