高考物理 训练[80] 附答案解析.doc
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提能训练 练案[80]基础巩固练题组一 热力学第一定律和能量守恒定律的应用1．(2022·重庆卷)2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)( )A．吸收热量 B．压强增大C．内能减小 D．对外做负功[答案] C[解析] 由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选C2．(多选)(2025·八省联考山西陕西卷)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体则此过程，该气体系统( )A．对外做功，体积膨胀B．对外不做功，最终压强减小C．内能减少，最终温度降低D．无序度变大[答案] BD[解析] 绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q＝0，气体向真空扩散，没有对外界做功，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无序度变大，根据理想气体状态方程＝k可知压强减小。
故选BD3．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使用过程中，气垫内气体被反复压缩、扩张，下列说法正确的是( )A．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收的热量[答案] A[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＝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，吸收的热量等于对外做功的数值，C、D错误4．如图所示，直立容器的内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A气体的密度小，B气体的密度大抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合设在此过程中气体吸收热量Q，气体内能的增加量为ΔE，则( )A．ΔE＝Q B．ΔE 题组二 热力学第二定律的应用5．(多选)下列说法正确的是( )A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律B．自发的热传导是不可逆的C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响D．气体向真空膨胀具有方向性[答案] BD[解析] 有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确6．(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( )A．第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律B．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的[答案] ABD[解析] 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B两项正确；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C项错误；由热力学第二定律可知选项D中的现象是可能的，但会引起其他变化，D项正确。 题组三 热力学第一定律与图像的综合应用7．(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程下列说法正确的是( )A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B．b→c过程，气体对外做功，内能增加C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量[答案] C[解析] a→b过程是等压过程，体积增大，则气体对外做功，即W<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述分析可知，a→b→c→a整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程气体向外界放出的热量Qca，D错误。 8．一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示下列说法正确的是( )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，气体从外界吸收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[答案] B[解析] 从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，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9．(2022·辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统( )A．对外界做正功B．压强保持不变C．向外界放热D．内能减少[答案] A[解析] 理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由题图可知，V＝V0＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。 能力提升练10．一定质量的理想气体自状态M变化到状态N，再变化到状态P，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图所示，其中MN的反向延长线过原点，NP段为双曲线的一支下列说法正确的是( )A．自状态M变化到状态N，气体的内能没有变化B．自状态M变化到状态N，气体吸收的热量为300 JC．自状态N变化到状态P，气体吸收的热量约为475 JD．自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600 J[答案] C[解析] 根据＝C可知，自状态M变化到状态N，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；自状态M变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V轴围成的图形的面积，即W1＝－300 J，内能的增量ΔU1>0，由ΔU1＝W1＋Q1得气体吸收的热量Q1>300 J，B错误；图像中每个小格对应的功为0.5×105 Pa×0.5×10－3 m3＝25 J，自状态N变化到状态P，外界对气体做的功对应图线和V轴围成的面积，即W2≈－25×19 J＝－475 J，自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，ΔU2＝0，由ΔU2＝W2＋Q2得，气体吸收的热量Q2≈475 J，C正确；自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做功W＝|W1|＋|W2|≈775 J，D错误。 11．(2025·长沙模拟)气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其简易结构如图乙所示圆柱形汽缸与椅面固定在一起，总质量m＝6 kg固定在底座上的柱状气动杆的横截面积S＝30 cm2，在汽缸中封闭了长度L＝20 cm的理想气体汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知室内温度T1＝320 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2求：(1)质量M＝54 kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离；(2)在(1)情况下人坐上去后，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝300 K，封闭气体的内能减少了13.5 J，该过程封闭气体对外界放出的热量Q[答案] (1)12 cm (2)18 J[解析] (1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得mg＋p0S＝p1S解得p1＝1.2×105 Pa质量M＝54 kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡可得(M＋m)g＋p0S＝p2S，解得p2＝3×105 Pa设稳定后缸内气柱长度为L′，根据玻意耳定律可得p1LS＝p2L′S，解得L′＝8 cm则椅面下降了Δh＝L－L′＝20 cm－8 cm＝12 cm。 2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝300 K，该过程气体发生等压变化，则有＝气体柱长度为L″＝7.5 cm外界对封闭气体所做的功为W＝(p0S＋Mg＋mg)(L′－L″)，解得W＝4.5 J根据ΔU＝－Q＋W，解得Q＝18 J，即放出热量18 J。
