2025年新高考物理大题必刷《热力学定律的综合应用》含答案

1 2 2题型二热力学定律与气体实验定律的综合 4 7 1122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200。J。求：(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。(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等V2<V1。33外做的功W。44题型二热力学定律与气体实验定律的综合5510-3m箱体内有一不计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭一定质量的理想气气体实验定律与热力学定律的综合问题的处66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；77(1)小明坐上椅子前封闭气体的压强p及小明的质量M.-T和V-T图像各记录了其部分变(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。889.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.99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程乒乓球内部气体对外做的功W。(1)求活塞恰好到达卡销A时汽缸内气体的温度；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T。=300K升至T₁=360K。(1)气体在状态D的压强pD；(2)求水平恒力F的大小；体处于温度TA=300K、活塞与容器底的距离h0=3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(1)在状态B的温度；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。4p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(2)求水平恒力F的大小； 1 2 2题型二热力学定律与气体实验定律的综合 4 7 11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+Q22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200。J。求：(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。(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等V2<V1。33外做的功W。c=p0(2)Va=V0(3)W=Q1-Q2pc⋅2V0=p0V0pc=p0 = =0.8TT1Va=V0Q=0ΔU=0W=Q1-Q2题型二热力学定律与气体实验定律的综合44即hS=(h+Δh)STT2(2)缸内气体压强p=p0+=1.01×105气体等压膨胀对外做功W=pΔV=pSΔh=4.04J由热力学第一定律得ΔU=-W+Q代入数据Q=ΔU+W=12.96J+4.04J=17J10-3m箱体内有一不计质量的活塞，其与箱体内壁摩擦不计。活塞左侧空间封闭一定质量的理想气0.2V=10V由闭合电路欧姆定律可得流经电热丝的电流为A=1A55其两端的电压U=IR=9V可得此时箱内气体的温度T=3T0该过程中外界对气体做功W=-p0ΔV=-p0·V=-J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-W=100J+J=t=s气体实验定律与热力学定律的综合问题的处大气压强为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；0(2)a=(3)Q-3p0Sd意耳定律有p0LS=p1×LS解得p1=4p0(2)对活塞B分析，根据牛顿第二定律有4p0S-p0S=Ma(3)由于d很小，则气体做功为W=-(4p0S-p0S)d=-3p0Sd根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q=Q-3p0Sd(1)小明坐上椅子前封闭气体的压强p及小明的质量M.5Pa解得p1=p0+=1.2×105Pa(m+M)g+p0S=p2S根据玻意耳定律得p1LS=p2(L-h)S，L=解得M=60kg=p1Sh-T和V-T图像各记录了其部分变(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。77T9.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T=600K。=p0ΔV=1.0×105×(2-1)×10-3J=100J根据热力学第一定律可知ΔU=Q1-Q2-W1解得Q2=Q1-W1=120J。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.88C→D过程由盖-吕萨克定律得VVD=TCTD解得TC=540KW=-pΔV=-4×105×4×103J=-1600JΔU=Q+W=3000J-1600J=1400J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程乒乓球内部气体对外做的功W。答案p0，Q-C(解得p1=p0Ⅱ.由热力学第一定律可得ΔU=(-W)+Q根据题意有ΔU=C(T3-T2(解得W=Q-C(T3-T2(99(1)求活塞恰好到达卡销A时汽缸内气体的温度；5Pa(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=150J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取解得TA=280K从A到B，外界对气体做功W=-p(VB-VA(=-45J由热力学第一定律ΔU=UB-U0=Q+WT。=300K升至T₁=360K。 =TT1ΔU=0W<0Q>0p1Vx=p0V == ==Vp16(1)气体在状态D的压强pD；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(2)求水平恒力F的大小；p2S=p0S+F代入数据解得F=10N。W=-p2ΔV=-p2(V3-2V1)=-25.5J根据热力学第一定律可得ΔU=Q+WpAVA=pBVB1pB=p0pBVBpCVC=TBTCTC=1.9T0ΔU=W+QΔU=W体处于温度TA=300K、活塞与容器底的距离h0=3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(1)在状态B的温度；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。5PapBS=p0S+mgpBpC =TBTCW=pBSΔh=30JΔU=-W+QQ=ΔU+W=188J4p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p0V0+p0V=4p0V0V=3V0(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(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TN>TN,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；(2)h(p0S+mg)+CT0 VV