2025版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

第十五章第38讲基础过关练题组一热力学第确定律的应用1．(2024·宁波高三阶段性检测)如图所示，每天早晨环卫工人开着洒水车把路面洒湿，可使路面不起灰尘、空气更加清爽，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，W<0，故Q>0，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更的，故D错误。2．(2024·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭确定质量的志向气体，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，全部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削减D．温度上升，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，依据热力学第确定律可得ΔU<0，由于确定质量的志向气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，A、D两项错误；内能减小，不是全部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。运用过程中，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取的热量[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W<0，温度不变则内能不变ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知Q>0，即气体吸热，吸取的热量等于对外做功的数值，C、D错误。题组二热力学其次定律的应用4．(多选)下列关于热力学其次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%的热机是不行能制成的C．机械能转变为热能的实际宏观过程是不行逆过程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更[解析]依据热力学其次定律可知，气体向真空的自由膨胀是不行逆的，A项错误；依据热力学其次定律可知，效率为100%的热机是不行能制成的，B项正确；依据热力学其次定律可知，机械能转变为热能的实际宏观过程是不行逆过程，C项正确；依据热力学其次定律可知，热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变更是不行能的，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．第一类永动机不行能制成是因为违反了能量守恒定律B．其次类永动机不行能制成是因为违反了热力学其次定律C．由热力学第确定律可知做功不愿定变更内能，传热也不愿定变更内能，但同时做功和传热确定会变更内能D．由热力学其次定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸取热量，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，其次类永动机违反热力学其次定律，A、B两项正确；由热力学第确定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C项错误；由热力学其次定律可知选项D中的现象是可能的，但会引起其他变更，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志向气体，则下列说法正确的是(BD)A．假如气体吸取的热量比对外做的功少，则违反了热力学第确定律B．假如气体与外界没有热量交换，则汽缸内的气体温度确定降低C．假如气体与外界没有热量交换，说明从单一热库吸取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，假如做功数值与气体向外界放出的热量相等，则缸内气体的温度确定不变[解析]假如气体吸取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反了热力学第确定律，故A错误；假如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，由热力学第确定律ΔU＝W＋Q，知ΔU也为负值，即气体的内能削减，气体的温度确定降低，故B正确；假如气体与外界没有热量交换，并不能说明没有引起其他的变更，所以不能说明从单一热库吸取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，假如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，则缸内气体的温度确定不变，故D正确。题组三热力学第确定律与图像的综合应用7.确定量的志向气体的压强p与热力学温度T的变更图像如图所示。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，气体从外界吸取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，气体从外界吸取热量，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．(2024·广东卷)在驻波声场作用下，水中小气泡四周液体的压强会发生周期性变更，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志向气体，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更了多少？[答案](1)eq\f(1,5)p0(2)1.9T0(3)W[解析](1)由题可知，依据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(1,5)p0。(2)依据志向气体状态方程可知eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)解得TC＝1.9T0。(3)依据热力学第确定律可知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。实力综合练9．(多选)(2024·全国新课标卷)如图，一封闭着志向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，温度上升，依据志向气体状态方程可知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，依据平衡条件可知，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，由热力学第确定律可知，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，依据志向气体状态方程有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>TgB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，依据志向气体状态方程对h气体分析可知eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)联立可得Tf>ThC错误；对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，依据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。故选AD。10．(热力学第确定律与气体试验定律的综合应用)绝热的活塞与汽缸之间封闭确定质量的志向气体，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＝72J，如图甲所示。已知活塞面积S＝5×10－4m2，质量m＝1kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，假如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)封闭气体最终的体积；(2)封闭气体吸取的热量。[答案](1)6×10－4m3(2)60J[解析](1)以封闭气体为探讨对象，由于压强不变，依据盖—吕萨克定律，有eq\f(VP,TP)＝eq\f(VQ,TQ)解得VQ＝6×10－4m3。(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＝108J活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，封闭气体为等压变更，以活塞为探讨对象有pS＝p0S＋mg解得p＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24J由热力学第确定律UQ－UP＝Q＋W解得气体吸取的总热量为Q＝60J。11．如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5L，玻璃管的容积忽视不计，起先时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有确定质量的志向气体，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，温度为t0＝27℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12cm，水银密度(假设不随温度变更)为13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2。(1)假如外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2cm，则环境温度变更了多少摄氏度；(2)假如在环境温度急剧上升到t＝40℃的过程中，打开阀门，变更外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变更，则玻璃泡中气体的压强变为多少？(3)在(2)过程中吸取了200J热量，则气体的内能增加了多少？[答案](1)9.7℃(2)4.4×104Pa(3)200J[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＝8.37×104Pa，温度T1＝t0＋273K＝300K，设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)，故p2＝8.10×104Pa，依据查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，代入数据解得T2＝290.3K，则环境温度降低了Δt＝T1－T