大题15+热力学定律的综合应用（解析版）

1大题15热力学定律的综合应用热力学定律的综合应用是高考物理热学部分的压整合、拓科技前沿”的命题导向，突出热学核心素养与复杂系统热力学热点，做到“以热为桥，以熵为钥”。建议关注：太阳能分析；温室气体排放的热力学影响模型简化；量子热机的工作原例12025浙江模拟预测）某导热性良好的容器，内含一定质量的理想气体，由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像，如图所示。已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa，其他已知量在图示中标出。(1)求TA大小。2(2)请你建立一个坐标系，并在该坐标系中，作出气体由状态A经过B变为C的p-V图像，并标出A、B、C的坐标值。(3)气体由状态A经过B变为C的过程中，假定气体吸收热量为5.0×104J，求气体A、C状态的内能变化量。答案(1)200K(2)见解析(3)2.0´104J解析（1）A至B是等压过程,由盖—吕萨克定律，则有解得TA=200K（2）由于A至B是等压过程,B到C为等容过程,由查理定律，可得代入数据解得pC=2.0×105Pa由此可画出由A到B到C的p-V图像如下图（3）A到C，以气体为研究对象可知，A到B气体膨胀对外做功，B到C气体等容变化，不做功，故整个过程气体对外做的功为AB与坐标轴围成的面积，即WAC=-SAB=-3.0×104J由热力学第一定律可知ΔU=W+Q即气体内能增加2.0´104J例22025云南昭通模拟预测）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经热力学过程AB、BC、CD、DA后又回到状态A。图中CBAD段为一个四分之三圆弧，CD段是一个与前者半径相同的四分之一圆弧。已知气体在状态A时的温度为27℃,从状态B到状态D的过程中内能变化了200J。求：3(1)气体在B状态时的温度；(2)气体从状态B到状态D的过程中吸收或放出的热量。答案(1)TB=375K或tB=102℃(2)吸热Q=56J解析（1）气体从A状态到B状态，由理想气体状态方程得解得TB=375K或tB=102℃（2）根据p—V图像比较气体的B、D状态，气体在D状态时的内能较大，所以气体从状态B到状态D过程中，内能增大，即ΔU=200J根据热力学第一定律得ΔU=WBD+Q解得吸热Q=56J412025广东模拟预测）卡诺热机是只有两个热源（一个高温热源和一个低温热源）的简单热机，其循环过程的p—V图像如图所示，它由两个等温过程（a→b和c→d）和两个绝热过程（b→c和d→a）组成。若热机的工作物质为理想气体，高温热源温度为T1，低温热源温度为0.8T1,p—V图像中a、b、c、d各状态的参量如图所示。求：(1)气体处于状态c的压强pc；(2)气体处于状态a的体积Va；(3)若过程a→b热机从高温热源吸热Q1，过程c→d热机向低温热源放热Q2，求热机完成一次循环对外做的功W。答案解析（1）过程c→d为等温变化，根据玻意耳定律，有=p0V0解得（2）过程d→a，根据理想气体状态方程可得解得（3）过程b→c和d→a为绝热过程，吸热热机完成一次循环内能不变，即5根据热力学第一定律可得题型二热力学定律与气体实验定律的综合例3.(2024真光中学质检)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图所示．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量m=100g，横截面积S＝10cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h＝6cm，缸内温度为T1＝300K.当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh＝4cm，活塞上表面与a、b两触点恰好接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2：(1)求该报警装置的报警温度T2.(2)若上述过程气体的内能增加12.96J，则气体吸收的热量Q为多少？解析(1)气体发生等压变化，由气体实验定律=代入数据解得T2＝500K(2)缸内气体压强p＝p0＋＝1.01×105Pa气体等压膨胀对外做功W＝pΔV＝pSΔh＝4.04J由热力学第一定律得ΔUW＋Q代入数据Q=ΔU＋W＝12.96J＋4.04J＝17J则气体吸热17J．例22025全国一模）如图，一绝热长方体箱体侧壁固定一电阻为R=9Ω的电热丝，箱体总体积V=2×10—3m箱体内有一不计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭6一定质量的理想气体，外界大气压强p0=105Pa，箱口处设有卡环。电阻丝经导线与一圆形线圈形成闭合回路，线圈放置于有界匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁感应强度大小随时间的变化率为k=0.5T/s。已知线圈的匝数n=100，面积S=0.2m2，线圈的电阻r=1Ω。初始时活塞到右侧箱口距离是到左侧箱底距离的2倍，接通电路缓慢对气体加热，加热前气体温度为T0。(1)求电热丝两端的电压；(2)经一段时间，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体的内能增加了100J，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时箱内气体的温度及电路的通电时间。答案(1)9V(2)3T0，s解析（1）根据法拉第电磁感应定律，可得圆形线圈产生的感应电动势大小为由闭合电路欧姆定律可得流经电热丝的电流为其两端的电压U=IR=9V（2）接通电路缓慢对气体加热，活塞缓慢运动到箱口，此过程中箱内气体做等压变化，有可得此时箱内气体的温度T=3T0若电热丝产生的热量全部被气体吸收，根据热力学第一定律有Q=ΔU一根据Q=I2Rt，可求得电路的通电时间722025浙江杭州模拟预测）如图甲所示，气炮打靶是游乐园常见的娱乐项目。小明参照气炮枪设计了如图乙模型，水平放置的导热气缸（内壁光滑）呈圆柱形，横截面积为S的导热活塞A、B质量均为M。初始活塞A、B间距为L，活塞B被锁定，可自由移动的活塞A处于静止，在外力作用下，活塞A缓慢移动使得活塞A、B间距变为原来的，随后活塞A被锁定，同时释放活塞B，活塞B运动距离d后与弹体C碰撞（d很小，可认为此过程气体压强不变碰后弹体被高速弹出。设环境温度始终保持不变，大气压强为p0。(1)求活塞A被锁定时气体的压强；(2)求活塞B释放瞬间的加速度大小；(3)活塞B运动距离d过程中气体从外界吸热为Q，求此过程中气体的内能变化。答案解析（1）在外力作用下，活塞A缓慢移动使得活塞A、B间距变为原来的，随后活塞A被锁定，根据玻意耳定律有解得p1=4p0（2）对活塞B分析，根据牛顿第二定律有4p0S—p0S=Ma解得根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q=Q—3p0Sd81．(2023茂名第一次综合)如图所示为气压升降椅，可升降部分由坐凳和当活塞用的不锈钢圆柱组成，圆柱光滑、横截面积S＝10cm2，圆柱封闭着体积为V＝120cm3的理想气体．当小明坐上升降椅后，气体被压缩，椅子缓慢下降10cm后静止．小明离开椅子后，椅子又缓缓上升到原求：(1)小明坐上椅子前封闭气体的压强p及小明的质量M.(2)在小明坐上椅子到椅子恢复最初状态过程中，封闭气体放出的热量Q.答案(1)1.2×105Pa60kg(2)60J解析(1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件得mg＋p0S＝p1S解得当小明坐上升降椅后，气体被压缩，椅子缓慢下降10cm后静止根据玻意耳定律得解得M＝60kg(2)环境温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律可知W1－W2＝Q解得Q＝60J2．一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p-T和V-T图像各记录了其部分变化过程，9(1)温度为600K时气体的压强；(2)在p-T图像上将温度从400K升高到600K的变化过程补充完整。答案(1)1.25×105Pa(2)见解析图解析(1)气体从400K升高到600K过程中已知p1＝1.0×105Pa，V1＝2.5m3，T1＝400K，V2＝3m3，2＝600K，由理想气体状态方程有=得(2)气体从T1＝400K升高到T3＝500K，经历了等容变化，由查理定律得气体压强p3＝1.25×105Pa气体从T3＝500K变化到T2＝600K，经历了等压变化，画出两段直线如图。3．如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图像。由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1＝220J，气体在状态A的压强为p0＝1.0×105Pa。求：(1)气体在状态B时的温度T2；(2)气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外放出的热量Q2。答案(1)600K(2)120J解析(1)根据图像可知，从状态A到状态B为等压过程，由盖—吕萨克定律有：=,其中VA＝1L，T1＝300K，VB＝2L，代入数据解得：(2)从状态A到状态C，温度不变，气体的内能不变，即ΔU＝0，状态A到状态B过程中气体对外界ΔV＝1.0×105×(2－1)×10－3J＝100J状态B到状态C过程为等容变化，气体不做功，从状态A到状态C根据热力学第一定律可知ΔU＝Q1－Q2－W14．(2023广东省综合测试)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝360K.(1)求气体在状态C时的温度TC.(2)若气体在A→B过程中吸热3000J，则在A→B过程中气体内能变化了多少？解析(1)D→A为等温线，则TA＝TD＝360KC→D过程由盖－吕萨克定律得=解得TC＝540K(2)A→B过程压强不变，体积增大，则气体对外界做功WpΔV4×105×4×103J1600J由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝3000J－1600J＝1400J则气体内能增加1400J．52025四川成都二模）一乒乓球的内部气体可视为理想气体，温度为T1，压强为p0。现乒乓球发生形变后体积减小了。已知乒乓球内部气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数。(1)若乒乓球形变过程可视为等温变化，求形变后乒乓球内部气体的压强p1；(2)为使乒乓球恢复原状，将乒乓球放入热水中如图所示。I.若乒乓球内部气体被热水加热至T2时形变开始恢复，求此时气体压强p2；Ⅱ.若乒乓球从开始恢复到完全复原的过程中，内部气体温度从T2上升至T3，吸收的热量为Q，求该过程乒乓球内部气体对外做的功W。答案解析（1）设乒乓球发生形变前的体积为V，乒乓球经历等温变化过程，由玻意耳定律得解得（2）I.分析题意可知该过程为等容变化过程，由查理定律得解得Ⅱ.由热力学第一定律可得ΔU=(—W)+Q解得W=QC(T3T2)62025河北模拟预测）如图所示，水平面上固定放置一个汽缸，用轻质活塞密封有一定质量的气体，活塞厚度不计，可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销A、B之间，B与汽缸底部的距离为1m，卡销A、B间的距离为0.5m，活塞的表面积为20cm2。初始时，活塞在水平向左的外力F=300N作用下静止在卡销B处，此时汽缸内气体的压强为2×105Pa，温度为300K。将汽缸内的气体加热，使活塞缓慢移动，活塞恰好到达卡销A。忽略卡销A、B的大小，大气压强为1×105Pa。(1)求活塞恰好到达卡销A时汽缸内气体的温度；(2)若加热过程中汽缸内气体吸收的热量为400J，求汽缸内气体内能的增加量。答案(1)562.5K(2)150J解析（1）当活塞恰好离开卡销B时，对活塞受力分析可得F+p0S=p1S根据查理定律，有，把p=2×105Pa，T=300K代入当活塞离开卡销B恰好到达卡销A过程，密封气体压强一定，有，把h1=1m，h2=1.5m代入可得T2=562.5K（2）当活塞恰好到达卡销A处时，外界对气体做功W=—p1ShAB=—250J由热力学第一定律可知ΔU=W+Q=150J72025甘肃酒泉一模）如图甲所示，质量m=4kg、面积S=8cm2的绝热活塞将理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形的绝热汽缸中，活塞可沿汽缸无摩擦滑动且不漏气。开始时，活塞处于A位置，缸内气体的内能U0=100J，通过电热丝加热直到活塞到达B位置，缸内气体的V—T图像如图乙所示。已知一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，电阻丝自身升温所需热量以及所占的体积均忽略不计，求：(1)活塞到达B位置时，缸内气体的内能；(2)活塞从A位置到B位置过程中，缸内气体吸收的热量。答案(1)150J(2)95J解析（1）缸内气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有解得TA=280K则活塞处于B位置时，缸内气体的内能（2）对活塞受力分析，有pS=p0S+mg解得Q=95J故缸内气体吸收的热量为95J。82024四川成都模拟预测）太阳能空气集热器是一种常用的太阳能热利用装置，它以空气作为传热介质，将收集到的热量输送到功能端，具有结构简单，造价低廉，接受太阳辐射面积大，可广泛应用于建筑物供暖、产品干燥等诸多领域的优点。它底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积保持不变。开始时内部封闭气体的压强为p=1×10Pa，经过太阳暴晒，气体温度由初始时的T=300K升(1)求温度升至T₁=360K时气体的压强；(2)保持T₁=360K不变，从出气口缓慢放出部分气体，使气体压强再变回到p0，放气过程中集热器内剩余气体是吸热还是放热？求剩余气体的质量与原来总质量的比值。详解（1）气体体积V不变，由查理定律代入数据解得温度升至T1=360K时气体的压强为p1=1.2×105pa（2）保持T1=360K不变，则内能不变，所以剩余的气体的体积变大，气体对外界做功，故根据热力学第一定律ΔU=W+Q，所以即剩余气体吸热。设剩余气体在集热器中占据的体积为Vx，整个集热器体积为V，则根据玻意耳定律p1Vx=p0V可得即剩余气体的质量与原来总质量的比值为。12024江西高考）可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1200K，T2＝300K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105Pa，体积V1＝1.0m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105Pa。求：（1）气体在状态D的压强pD；（2）气体在状态B的体积V2。答案（1）2.0×105Pa（2）2.0m3解析（1）气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有=代入数据解得pD＝2.0×105Pa。（2）气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCVC＝pDV1代入数据解得VC＝2.0m3又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积为V2＝VC＝2.0m3。2．(2024浙江1月选考)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750cm3的左右两部分。面积为S＝100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300K、压强p1＝2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J。已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计。(1)气体从状态1到状态2是(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能(选填“增大”“减小”或“不变”)；(2)求水平恒力F的大小；(3)求电阻丝C放出的热量Q。答案(1)不可逆不变(2)10N(3)89.3J解析(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又容器与活塞均绝热，即没有发生热传递，所以由热力学第一定律可知气体的内能不变，则气体的温度不变，分子平均动能不变。(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有1解得状态2时气体的压强为p2＝1.02×105Pa解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据力的平衡条件可得＋F代入数据解得F＝10N。(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350K的状态3，可知气体发生等压变化，则有=解得状态3时气体的体积为V3＝1750cm3该过程外界对气体做的功为(V3－2V1)25.5J根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W解得气体吸收的热量，即电阻丝放出的热量Q＝89.3J。32023广东高考真题）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，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理想气体，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；（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？答案（1）p02）1.9T03）W解析（1）由题可知，根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB解得（2）根据理想气体状态方程可知解得T0（3）根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q其中Q=0，故气体内能增加ΔU=W42023浙江高考真题）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300K、活塞与容器底的距离h0=30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc=363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158J。取大气压p0=0.99×105Pa，求气体。（1）在状态B的温度；（2）在状态C的压强；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。答案（1）330K2）1.1×105Pa3）188J解析（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有解得（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则pBS=p0S+mg解得pB=1×105Pa根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有解得（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为W=pBSΔh=30J由热力学第一定律有ΔU=-W+Q解得Q=ΔU+W=188J52024贵州高考真题）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。(3)图（b）中虚线MN’是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）答案吸热解析（1）设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有解得（2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得可得（3）由p—V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，N和N’都是从M状态变化而来，应该相同，可得NNT>T’NN可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，从M到N’的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。62024湖北高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有