第54期 能量守恒定律 热力学第二定律-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版2019）

书 （上接第３版） ２．如图１所示 为电冰箱的工作原 理示意图．压缩机 工作时，使制冷剂 在冰箱内外的管道 中不断循环．在蒸 发器中制冷剂汽 化，吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液 化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是 （　　） Ａ．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 Ｂ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内 的热量传到外界，是因为其消耗了电能 Ｃ．电冰箱的工作原理不违背热力学第二 定律 Ｄ．电冰箱的工作原理违背了热力学第二 定律 ３．如图２所示，两固定绝热活塞把内壁光滑 的绝热汽缸分成体积相等的 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三部分， 左侧活塞上带有阀门Ｋ，开始时阀门Ｋ关闭，Ⅰ、 Ⅲ内理想气体的压强相等，Ⅱ内为真空．ｔ１时刻 打开阀门 Ｋ，经过一段时间稳定后，ｔ２时刻取消 右侧活塞的固定状态，在 ｔ３时刻右侧活塞停止 运动．下列说法正确的是 （　　） Ａ．阀门Ｋ打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的扩散遵 循热力学第二定律 Ｂ．ｔ２时刻Ⅰ中气体的压强是ｔ１时刻的 １ ２ Ｃ．Ⅰ中气体在ｔ３时刻后的温度高于ｔ１时刻 前的温度 Ｄ．ｔ２ ～ｔ３时间内Ⅲ中气体的内能不变 二、填空题（共１０分） ４．热力学第二定律常见的表述有两种： 第一种表述：不可能使热量由低温物体传 递到高温物体，而不引起其他变化； 第二种表述：不可能从单一热源吸收热量 并把它全部用来做功，而不引起其他变化． 图 ３（ａ）是根 据热力学第二定律 的第一种表述画出 的示意图：外界对 制冷机做功，使热 量从低温物体传递 到高温物体．请你 根据第二种表述完成示意图（ｂ）．根据你的理 解，热力学第二定律的实质是 ． 三、计算题（共１４分） ５．如图４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 ＝７５０ｃｍ ３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Ｔ２＝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． !"#$%& !" '( !" # $ % &'( )*% +,-.% ! ! ! " # " ! # /01" ! ! " ! $ 2)3 401" 501" 63 401" 7 # 8 7 $ 8 ! % ! & % & ' 书 本章有许多相似、相近的概念，同学们在学 习时一定要分清它们之间的区别与联系，这样 在解题时才能事半功倍． 一、功和内能的比较 功是能量转化的量度，与内能变化相联系， 是过程量，而内能是状态量，只有在内能变化过 程中才有功，物体内能大，并不意味着做功多， 只有内能变化大，才可能做功多．在绝热过程 中，做功一定能引起内能的变化． １．自由膨胀：气体在真空中绝热膨胀的过 程．需要特别注意的是，当气体向真空中膨胀 时，气体不做功，这样的膨胀通常称为自由 膨胀． ２．气体在大气中绝热膨胀时气体对外界做 功，所需要的能量来自于气体的内能，因此在此 过程中，气体的内能要减少；若气体体积减小， 则外界对气体做功，Ｗ为正，ΔＵ为正，即内能 增大． ３．在绝热过程中，气体体积膨胀，气体对外 做功，气体分子间的势能可忽略不计，Ｖ增大，ｐ 减小，分子平均动能减小．压缩气体时，外界对 气体做功，气体内能增加，分子平均动能增加． 二、做功和热传递的比较 比较 项目 做功 热传递 内能 变化 外界对物体做功，物体的内能 增加；物体对外界做功，物体的 内能减少 物体吸收热量，内 能增加；物体放出 热量，内能减少 物质 其化 其他形式的能与内能之间的转 化 不同物体之间或同 一物体的不同部分 之间内能的转移 相互 联系 做一定的功或传递一定量的热量在改变内能的效果 上是相同的 １．应用热力学第一定律解题的一般步骤 （１）根据符号法则写出各已知量（Ｗ、Ｑ、 ΔＵ）的正、负； （２）根据方程ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ求出未知量； （３）再根据未知量结果的正、负来确定吸 热、放热情况或做功情况． ２．应用热力学第一定律的几种特殊情况 （１）若是绝热过程，则Ｑ＝０，Ｗ＝ΔＵ，即外 界对物体做的功等于物体内能的增加； （２）等容过程中气体不做功，即Ｗ＝０，则Ｑ ＝ΔＵ，物体吸收的热量等于物体内能的增加． 三、热力学第一定律和热力学第二定律的 比较 １．热力学第一定律揭示了做功和热传递对 改变物体内能的规律关系．ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ指明内 能不但可以转移，而且还能跟其他形式的能相 互转化．热力学第一定律是能量守恒定律在热 学中的一种表达形式，实际上就是内能与其他 能量发生转化时的能量守恒定律． ２．热力学第二定律揭示了大量分子参与的 宏观过程的方向性．如机械能可以全部转化为 内能，内能却不可能全部转化为机械能，而不引 起其他变化，进一步揭示了各种物理过程及其 运动形式的转化过程具有方向性． 例．关于热力学第一定律和热力学第二定 律，下列论述正确的是 （　　） Ａ．热力学第一定律指出内能可以与其他形 式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内 能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条 定律是相互矛盾的 Ｂ．内能可以全部转化为其他形式的能，只 是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾 Ｃ．两条定律都是有关能量的转化规律，它 们不但不矛盾，而且没有本质区别 Ｄ．其实，能量守恒定律已经包含了热力学 第一定律和热力学第二定律 答案：Ｂ 书 题型一　对热力学第二定律的理解 例１．设想在一间与外界绝热的房间里，有 一台正在工作的电冰箱，如果电冰箱的门是开 着的，那么室内的温度将 （　　） Ａ．升高 Ｂ．降低 Ｃ．不变 Ｄ．都有可能 解析：电冰箱是利用制冷剂如氟利昂从箱 内蒸发器处吸热而汽化后，到箱外冷凝器中放 热液化，然后又到蒸发器中吸热汽化……，如此 循环而制冷的．由于蒸发器温度低，冷凝器温度 高，制冷过程中，全靠压缩机将蒸发器中的氟利 昂抽出再压缩到冷凝器中，以实现热量从低温 物体传递到高温物体，其中压缩机对氟利昂蒸 气做了功，电能转化为内能，所以，制冷剂从蒸 发器吸收的热量比整台冰箱放出的热量要少， 房间又是绝热的，故室内温度升高．当制冷剂从 低温物体吸收的热量等于它的高温物体处放出 的热量时，室内温度就会保持不变，压缩机必须 停止做功，由热力学第二定律可知，这是不可能 的，所以Ｃ错．室内温度更不可能降低，因为不 符合能量守恒定律，所以Ｂ、Ｄ错． 答案：Ａ． 例２．（多选）根据热力学第二定律，下列判 断正确的是 （　　） Ａ．电流的能不可能全部变为内能 Ｂ．在火力发电机中，燃气的内能不可能全 部变为电能 Ｃ．热机中，燃气内能不可能全部变为机械 能 Ｄ．在热传导中，热量不可能自发地从低温 物体传递给高温度物体 解析：根据热力学第二定律可知，凡与热现 象有关的宏观过程都具有方向性，电流的能可 全部变为内能（由电流热效应中的焦耳定律可 知），而内能不可能全部变成电流的能，机械能 可全部变为内能，而内能不可能全部变成机械 能，在热传导中，热量只能自发地从高温物体传 递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递 给高温物体，所以选项Ｂ、Ｃ、Ｄ正确． 答案：ＢＣＤ 例３．试对热力学第一定律和热力学第二定 律做一简单的评析． 解析：热力学第一定律和热力学第二定律 是构成热力学知识的理论基础，前者对自然过 程没有任何限制，只指出在任何热力学过程中 能量不会有任何增加或损失，反映的是物体内 能的变化与热量、做功的定量关系；后者则是解 决哪些过程可以自发地发生，哪些过程必须借 助于外界条件才能进行． 题型二　热力学第二定律的方向性 例４．有人说：热力学第二定律中所述说的 方向性就是不能往相反方向进行的过程．对吗？ 解析：这种说法不全面．热力学第二定律的 两种表述都强调自发地进行，而不引起其他变 化．譬如按热传导的方向性来表述，即不可能使 热量自发地由低温物体传递到高温物体，而不引 起其他变化，如果有外界的影响或帮助，热量就 可能由低温物体传递到高温物体，如制冷机可以 使热量从低温的机器内部传到高温环境中去．同 样，按照机械能与内能转化过程的方向性来表 述，也应强调自发地进行，而不引起其他变化． 点拨：热力学第二定律揭示了有大量分子 参与的宏观过程的方向性，运用热力学第二定 律的推理可以判断某个过程能否自发地进行， 以及在什么条件下进行． 例５．我们绝不会看到：一个放在水平面上 的物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化为 动能，使这个物体运动起来，其原因是 （　　） Ａ．违反了能量守恒定律 Ｂ．在任何条件下热能都不可能转化成机械 能，只有机械能才能转化为热能 Ｃ．机械能和内能的转化过程具有方向性， 内能转化成机械能是有条件的 Ｄ．以上说法都不正确 解析：内能和机械能之间可以相互转化，并 不违反能量守恒定律，故Ａ、Ｂ错误；根据热力学 第二定律知，内能与机械能间的转化是有方向 性的，故Ｃ对而Ｄ错． 答案：Ｃ 点拨：本题考查了热力学第二定律方向性 的表述和理解，指出热力学第二定律没有违反 能量的转化和守恒定律．一切与热现象有关的 宏观过程是不可逆的，但借助外界条件能量之 间是可以相互转化的． 温馨提示： １．对热传导的方向性的理解 热量会自发地从高温物体传到低温物体， 这就是热传导的方向性．对此我们应注意两点： （１）“自发地”是指没有任何外界的影响或 帮助．如空调（夏天），室内温度比外界低，却还 能不断地把室内热量往外传递，这是因为电流 对空调做功，不断地把室内热量“搬运”出去，就 不是“自发地”． （２）热量从高温物体传递到低温物体，是因 为两者存在着温度差，是“自发地”进行的，绝对 不能理解为热量从内能高的物体传递到内能低 的物体．由内能的定义可知，温度低的物体内能 有可能比温度高的物体内能大． ２．对熵的理解 可以直观地认为：“熵”大，意味着“混乱” 和“分散”（无序）；“熵”小，意味着“整齐”和 “集中”（有序）．以热量从高温物体传到低温物 体为例，存在温度差意味着能量相对集中，这才 有可能得到有用功；温度均衡了，能量的总值虽 然没有变，但是单一热源做不出有用功来，意味 着能量的分散和贬值．随着熵的增加，系统的能 量有更多的部分不能再利用了，所以熵这个概 念表示封闭系统内部能量的“退化”和“贬值”， 表示这种内部能量不能转化为其他能量形态的 程度，或者说是有用能“耗散”． 例６．下列关于熵的说法错误的是 （　　） Ａ．熵是系统内分子运动无序性的量度 Ｂ．在自然过程中熵总是增加的 Ｃ．热力学第二定律也叫熵减小原理 Ｄ．熵值越大代表着越无序 点拨：如果过程是可逆的，则熵不变，如果 不可逆，则熵是增加的，而且一切自然过程都是 沿着分子热运动的无序性增大的方向进行． 答案：Ｃ 例７．（多选）对于孤立体系中发生的实际 过程，下列说法中正确的是 （　　） Ａ．系统的总熵只能增大，不可能减小 Ｂ．系统的总熵可能增大，可能不变，还可能 减小 Ｃ．系统逐渐从比较有序的状态向更无序的 状态发展 Ｄ．系统逐渐从比较无序的状态向更有序的 状态发展 解析：在孤立体系中发生的实际过程，其系 统的总熵是增加的，它不可能减小，故Ａ正确，Ｂ 错误；根据熵增加原理可知，系统总是自发地从 比较有序的状态向更无序的状态发展，故 Ｃ正 确，Ｄ错误． 答案：ＡＣ 例８．（多选）下列关于晶体熔化的说法中 正确的是 （　　） Ａ．在晶体熔化的过程中，温度不变，分子热 运动的平均速率不变，则无序程度不变 Ｂ．晶体熔化时，由分子的平衡位置在空间 较为规则排列，变为无序排列，则无序度增大 Ｃ．在晶体熔化的过程中，熵将保持不变 Ｄ．在晶体熔化的过程中，熵将增加 解析：在晶体熔化的过程中，分子的平衡位 置由较有规则变为无规则，无序度增大，熵将 增加． 答案：ＢＤ !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"# * $%&' + ( , )* -./*0 & * !" ! )*+,- 123456789: ;<56=>?@AB7 '%()*($+,$-. ;<CD=>?@AB7 /%(,*($+,$&. ./012345 ./026789:;<=4> ?@ABCDEF BGHIJK LMNOPQEFRSH#$%&'()*)*+!,T UVWSH-&(-.! ! 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Ｂ．升高 Ｃ．不变 Ｄ．无法确定 ７．大约在１６７０年，英国赛斯特城的主教约翰· 维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图所示，在 斜面顶上放一块强力的磁 铁，斜面上端有一个小孔， 斜面下有一个连接小孔直 至底端的弯曲轨道，维尔 金斯认为：如果在斜坡底 端放一个小铁球，那么由 于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动 到小孔处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨 道返回斜坡底端，由于有速度而可以对外做功，然 后又被磁铁吸引回到上端，到小孔处又掉下．在以 后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换 面地出现过多次，其中一次是在１８７８年，即在能量 守恒定律确定２０年后，竟在德国取得了专利权．关 于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是 （　　） Ａ．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时 间早晚的问题 Ｂ．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机” 一定可以实现 Ｃ．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁 磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 Ｄ．违背能量守恒定律，                                                                         不可能实现 ４．热力学第二定律 １．（多选）下列说法正确的是 （　　） Ａ．热传导过程是可逆的 Ｂ．机械能向内能的转化过程是不可逆的 Ｃ．气体的扩散过程是可逆的 Ｄ．气体向真空中的膨胀是不可逆的 ２．第二类永动机不可能制成，是因为 （　　） Ａ．违背了能量守恒定律 Ｂ．热量总是从高温物体传递到低温物体 Ｃ．机械能不能全部转化为内能 Ｄ．内能不能全部转化为机械能，而不引起其 他变化 ３．我们绝不会看到：一个放在水平地面上的 物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化为动 能，使这个物体运动起来．其原因是 （　　） Ａ．这违反了能量守恒定律 Ｂ．在任何条件下内能都不可能转化为机械 能，只有机械能转化为内能 Ｃ．机械能和内能的转化过程具有方向性，内 能转化为机械能是有条件的 Ｄ．以上说法均不正确 ４．（多选）对于热力学定律，下列说法正确的 是 （　　） Ａ．第一类永动机不可能实现，因为违背了能 量守恒定律 Ｂ．热力学第一定律指出，不可能达到绝对零 度 Ｃ．热力学第一定律指出，一个热力学系统的 内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所 做的功的和 Ｄ．热力学第二定律指出，从单一热源吸收的 热量不能全部用来对外做功而不产生其他影响 ５．下列哪个现象属于能量耗散 （　　） Ａ．利用水流发电变成电能 Ｂ．电能通过灯泡中的电阻丝转化为光能 Ｃ．电池的化学能转化为电能 Ｄ．火炉把房子烤暖 ６．以下现象违背热力学第二定律的有（　　） Ａ．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉 Ｂ．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可 能是１００％ Ｃ．桶中浑浊的泥水静置一段时间后，泥沙下 沉，上面的水变清，泥、水自动分离 Ｄ．在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能 全部变为内能 ７．关于煤、石油、天然气作为能源的共同特 点，下列说法错误的是 （　　） Ａ．来自太阳辐射的能量 Ｂ．可再生能源，取之不尽，用之不竭 Ｃ．污染环境的能源 Ｄ．不可再生能源，用一点，                                                     少一点 书 第５３期２版参考答案 素养专练１． １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ａ　６．Ａ 素养专练２． １．Ｂ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ｃ 第５３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｃ ８．１２００　放出　１０００ ９．解析：（１）活塞缓慢移动，任意状态都处于 平衡状态，故气体做等压变化，由盖 －吕萨克定律 可知： Ｖ Ｔ ＝ ΔＶ ΔＴ ，其中Ｖ＝１２Ｓｈ，ΔＶ＝（Δｘ）Ｓ， 解得Δｔ＝ΔＴ＝２Δｘｈ·（２７３＋ｔ）． （２）设汽缸内压强为 ｐ，由平衡条件得：ｐＳ＝ ｐ０Ｓ－Ｇ，封闭气体对外做功：Ｗ ＝－ΔｐＳΔｘ＝－ （ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ，由热力学第一定律得：ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ ＝Ｑ－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ． １０．解析：（１）加热过程，气体发生等压变化 由盖 －吕萨克定律，有ｈＳＴ０ ＝ＨＳＴ 代入数据，解得Ｔ＝６００Ｋ． （２）活塞受重力、大气压力和内部气体压力作 用处于平衡状态，设气体的压强为 ｐ，由共点力平 衡条件，有ｐＳ＝ｍｇ＋ｐ０Ｓ 加热过程中，气体对外做的功Ｗ＝ｐＳ（Ｈ－ｈ） 即Ｗ ＝（ｍｇ＋ｐ０Ｓ）（Ｈ－ｈ） 代入数据，解得Ｗ ＝５０．３Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ ４．（１）变小　变小　当气体体积不变时，温 度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰 撞的次数减少，故压强降低 （２）升高　放热　Ｗ＋ΔＵ ５．解析：（１）当重物刚离开地面时，地面对重 物的支持力为零，设此时绳的拉力为 Ｆ，活塞受力 平衡ｐ０Ｓ＝ｐ２Ｓ＋Ｆ 小物体受力平衡Ｆ＝ｍｇ 解得ｐ２ ＝１×１０ ５Ｐａ 汽缸内气体等容变化，根据查理定律 ｐ１ Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 其中ｐ１ ＝ｐ０ Ｔ１ ＝１０１Ｋ 解得Ｔ２ ＝１００Ｋ． （２）气体温度从１０１Ｋ降温至１００Ｋ过程中， 外界对气体做功Ｗ１ ＝０ 继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体 做功Ｗ２ ＝ｐ２Ｓ（ｈ１－ｈ２） 解得Ｗ２ ＝４０Ｊ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ 其中Ｑ＝－１０Ｊ． 书 Ａ组 一、单选题（本题共７小题，每小题４分，共２８分） １．如图１所示，直立容器内 部被隔板隔开的 Ａ、Ｂ两部分气 体（Ａ、Ｂ两部分体积等大），Ａ的 密度小，Ｂ的密度大，加热气体， 并取出隔板使两部分气体混合 均匀，设此过程中气体吸热为 Ｑ，气体内能的增量为ΔＵ，则 （　　） Ａ．ΔＵ＝Ｑ Ｂ．ΔＵ＜Ｑ Ｃ．ΔＵ＞Ｑ Ｄ．无法比较 ２．如图２所示，Ａ、Ｂ是两个完全相同的热胀冷 缩明显的金属球，初温相同．Ａ放在绝热板上，Ｂ用 绝热绳悬挂．现只让它们吸热，当它们升高相同的 温度时，吸热分别为ＱＡ、ＱＢ，则 （　　） Ａ．ＱＡ ＝ＱＢ Ｂ．ＱＡ ＜ＱＢ Ｃ．ＱＡ ＞ＱＢ Ｄ．无法确定 ３．如图 ３所示，一演示 用的永动机转轮由５根轻杆 和转轴构成，轻杆的末端装 有用形状记忆合金制成的叶 片．轻推转轮后，进入热水的 叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水 后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转 动．下列说法正确的是 （　　） Ａ．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界 能量 Ｂ．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 Ｃ．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 Ｄ．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气 中释放的热量 ４．小华提出了下列４个节能环保的设想方案， 从理论上讲可行的是 （　　） Ａ．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来 做功 Ｂ．将屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来 解决照明和热水问题 Ｃ．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度 以下 Ｄ．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重 污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空 气，又变废为宝 ５．气闸舱是载人航 天器中供航天员进入太 空或由太空返回时所使 用的气密性装置，其原理图如图４所示，座舱 Ａ与 气闸舱Ｂ之间装有阀门Ｋ，座舱 Ａ中充满空气，气 闸舱Ｂ内为真空．航天员从太空返回气闸舱时，打 开阀门Ｋ，Ａ中的气体进入Ｂ中，最终达到平衡．假 设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可 视为理想气体，则 （　　） Ａ．气体体积膨胀，对外做功，内能减小 Ｂ．Ｂ中气体可自发地全部退回到Ａ中 Ｃ．在自由膨胀过程中，所有气体分子的运动 方向相同 Ｄ．气体分子单位时间内与Ａ舱壁单位面积上 的碰撞次数将减少 ６．下列机器的工作原理图中，不符合热力学 第二定律的是 （　　） ７．某汽车品牌新一代发动机热效率再次突 破，最高达４６．０３％，百公里油耗４Ｌ．发动机热效 率是指发动机在工作过程中能够转化为有用功所 占的总热量的比值．下列关于热现象的说法，正确 的是 （　　） Ａ．通过技术进步，发动机的热效率可以达到 １００％ Ｂ．根据能量守恒定律，可以把燃烧释放的能 量重新收集变为机械能，而不引起其他变化 Ｃ．不可能把汽油燃烧释放的热量全部用来做 功，而不引起其他变化 Ｄ．汽车刹车时不能把动能全部转化为内能 二、填空题（共８分） ８．如图５所示是压缩 式电冰箱的工作原理示意 图．经过干燥过滤器后液 体制冷剂进入蒸发器，汽 化吸收箱体内的热量，压 缩机使低温低压的制冷剂 气体变成高温高压的气 体，然后制冷剂在冷凝器中液化放出热量到箱体 外．电冰箱将热量从低温物体转移到高温物体的 工作过程 （填“违背”或“不违背”）热力 学第二定律．制冷剂在蒸发器中由液态变成气态 的过程中 （选填“气体对外做 功”“外界对气体做功”或“气体对外不做功”）． 三、计算题（本题共２小题，共２２分 ） ９．（１０分）如图６所示，长方形容器体积为Ｖ， 右上方有一开口与外界相连，活塞将导热容器分 成左右两部分，外界温度为 ２７℃ 时，体积比为 １∶２．当外界温度缓慢上升，活塞就会缓慢移动． 设大气压强为ｐ０，且保持不变，不计活塞与容器间 的摩擦． （１）活塞刚好移动到容器的正中央时，求外界 的温度； （２）若左边容器中气体的内能与温度的关系 为Ｕ＝ｋＴ，求活塞移动到容器正中央的过程中左 边容器内气体吸收的热量． １０．（１２分）一定质量的理想气体，由Ａ状态开 始经历一次循环最终又回到Ａ状态．其ｐ－Ｖ图像 如图７所示，其中Ａ→Ｂ为绝热过程、Ｂ→Ｃ为等压 过程、Ｃ→Ａ为等容过程．已知ＴＡ ＝２８０Ｋ，Ａ→Ｂ 过程中外界对气体做功３４Ｊ． （１）求Ｂ、Ｃ状态的温度； （２）请判断整个循环过程中气体吸热还是放 热，并计算吸收或者放出的热量是多少． Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８ 分） １．根据热力学第二定律，下列判断正确的是 （　　） Ａ．热机中燃气的内能不可能全部变成机械能 Ｂ．电流的能不可能全部变成内能 Ｃ．在火力发电机中，燃料的内能不可能全部 变成电能 Ｄ．在热传导中，热量不可能自发地从低温物 体传递给高温物体 （下转第４版                                                                                                                                                                     ） ! !"#$% !"#&' " ! " ! ! ! " ! " !"#$%& '( ! # ! $ " ! % )* +,- +./ 01'2 3456 +78 +98 :;'2 <='> ?@ AB C1'2 D356 E= '> :;'2 <='> # F> 'G $%# <='> ' 2 E= '> & ' ( ) ! * HIJKG LM + N O LPO LM Q R - + A B ! + ()*+,-./01 234567 !" 89 ! , &' S !!- .# / # T -0% -1+ ! # ! - ( " )' S !!- * 23 T * # ! ():+,-./01 书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期（２０２５年８月）　　　 第５３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．因高压空气急剧外逸时，气体没有时间充分与外界发生 热交换，可近似看成绝热膨胀过程．气体对外做功，内能减小， 所以关闭开关时，筒内气体温度较外界低，再经过较长时间后， 筒内外气体温度相同．对筒内剩余气体分析，属于等容升温过 程，其压强要变大，大于外界气压，所以再打开开关时，筒内气 体要流向筒外，故Ｂ正确． ２．两球初、末态温度相同，初、末态体积也相同，所以内能 增量相同，但水银中的Ｂ球膨胀时对外做功多，所以吸热较多， 故Ｂ正确． ３．向下压ａ的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增 大，故Ａ正确；向下压ａ的过程中，瓶内气体体积减小，压强增 大，温度升高，故ＢＣＤ错误． ４．用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于做功改变物体内能； 用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火， 铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能， 故Ｃ正确． ５．根据图像可知，从状态ａ到ｂ，气体的压强增大，体积增 大，故温度升高，内能增大，故Ａ错误；等温变化的ｐ－Ｖ图像为 双曲线，不是圆弧，因此从状态ｂ到状态 ｃ不是等温变化，故 Ｂ 错误；从状态ｃ到 ｄ，气体体积减小，外界对气体做功，故 Ｃ错 误；整个循环过程中，从状态ａ经ｂ、ｃ、ｄ回到状态ａ，气体温度不 变内能不变，由于ｐ－Ｖ图像与横轴所围几何图形的面积表示 功，多边形ａｂｃｄａ的面积表示对外做功，根据热力学第一定律 可知，气体吸热，故Ｄ正确． ６．人体缓慢离开健身球过程中，球体积变大，则球内气体 对外做功，故Ａ正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能 与外界发生充分的热交换，球内气体的温度不变，体积变大，分 子的平均速率不变，平均动能不变，内能不变，由热力学第一定 律 知球内气体从外界吸热，故ＢＣＤ错误． ７．以活塞为研究对象，根据受力平衡可得两气缸中气体的 压强相等，故Ａ错误；因Ａ是导热气缸，所以Ａ中气体温度不变， 内能不变；因Ｂ是绝热气缸，活塞对气体做功，气体的内能增 加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误；根据理想气体状态方程可知， Ａ中气体体积小于Ｂ中气体体积，故Ｂ错误．故选Ｃ． ８．１２００　放出　１０００ 解析：做功和传热在改变物体内能上是等效的，因此若用 吸热方式使温度升高３℃，应吸收１２００Ｊ的热量． ９．解析：（１）活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故 气体做等压变化，由盖 －吕萨克定律可知：ＶＴ ＝ ΔＶ ΔＴ ，其中Ｖ＝ １ ２Ｓｈ，ΔＶ＝（Δｘ）Ｓ， 解得Δｔ＝ΔＴ＝２Δｘｈ·（２７３＋ｔ）． （２）设汽缸内压强为ｐ，由平衡条件得：ｐＳ＝ｐ０Ｓ－Ｇ，封闭 气体对外做功：Ｗ ＝－ΔｐＳΔｘ＝－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ，由热力学第一 定律得：ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ ＝Ｑ－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ． １０．解析：（１）加热过程，气体发生等压变化 由盖 －吕萨克定律，有ｈＳＴ０ ＝ＨＳＴ 代入数据，解得Ｔ＝６００Ｋ． （２）活塞受重力、大气压力和内部气体压力作用处于平衡 状态，设气体的压强为ｐ，由共点力平衡条件，有ｐＳ＝ｍｇ＋ｐ０Ｓ 加热过程中，气体对外做的功Ｗ ＝ｐＳ（Ｈ－ｈ                                                         ） —１— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 即Ｗ ＝（ｍｇ＋ｐ０Ｓ）（Ｈ－ｈ） 代入数据，解得Ｗ ＝５０．３Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．由图可知气体的ｐ、Ｖ一直增加，由理想气体状态方程ｐＶＴ ＝Ｃ知，气体温度一直增加，故Ａ正确；一定量的理想气体内能 只与温度有关，温度一直增加，气体的内能一直增加，故 Ｂ错 误；体积增大，气体一直对外做功，即外界一直对气体做负功， 气体内能一直增加，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知气 体一直从外界吸热，故Ｄ正确，Ｃ错误． ２．压缩冲程中，柱塞对气缸内气体做正功，柱塞机械能转 化为气体内能，气缸内气体内能增大，气缸内气体温度升高，故 Ａ错误，Ｂ正确；做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能 转化为机械能，气缸内气体内能减少，气缸内气体温度降低；由 于气缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程 可知气体压强变小，故Ｃ错误、Ｄ正确． ３．初始时汽缸Ａ中气体的压强为ｐＡ ＝ｐ０＋ Ｍｇ Ｓ，解得汽缸 Ａ的质量Ｍ＝１０ｋｇ，故Ａ正确；放上物块Ｃ待系统重新达到平 衡后，汽缸Ａ、汽缸Ｂ内的气体温度均不变，则内能均不变，由热 力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝０可知，汽缸内气体的体积均减 小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故 Ｂ错误；放上 物块Ｃ待系统重新达到稳定后，汽缸Ａ内气体的压强ｐ２＝ｐ０＋ （Ｍ＋ｍ）ｇ Ｓ ，解得ｐ２＝１．６×１０ ５Ｐａ，设此时汽缸Ａ内气体的体积 为Ｖ，由玻意耳定律可得ｐＡＬＡＳ＝ｐ２Ｖ，解得Ｖ＝３７５ｃｍ ３，则汽 缸Ａ内的气体体积缩小了ΔＶ＝ＳＬＡ－Ｖ＝１２５ｃｍ ３，故Ｃ错误； 放上物块Ｃ待系统稳定后，设汽缸Ｂ内气体的压强为 ｐＢ，以 Ｂ 中活塞为研究对象，有（Ｍ＋ｍ）ｇ＋ｐ０·２Ｓ＝ｐＢ·２Ｓ，解得ｐＢ ＝ １．３×１０５Ｐａ，故Ｄ正确． ４．（１）变小　变小　当气体体积不变时，温度降低，分子 热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强降 低 （２）升高　放热　Ｗ＋ΔＵ 解析：（１）温度降低，可知分子平均动能减小，当气体体积 不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞 的次数减少，故压强变小． （２）温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低， ΔＵ为负值，液面升高，外界对气体做正功，气体放热，根据 －ΔＵ＝Ｗ－Ｑ，则Ｑ＝Ｗ＋ΔＵ． ５．解析：（１）当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力 为零，设此时绳的拉力为Ｆ，活塞受力平衡ｐ０Ｓ＝ｐ２Ｓ＋Ｆ 小物体受力平衡Ｆ＝ｍｇ 解得ｐ２ ＝１×１０ ５Ｐａ 汽缸内气体等容变化，根据查理定律 ｐ１ Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 其中ｐ１ ＝ｐ０ Ｔ１ ＝１０１Ｋ 解得Ｔ２ ＝１００Ｋ． （２）气体温度从１０１Ｋ降温至１００Ｋ过程中，外界对气体 做功Ｗ１ ＝０ 继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功 Ｗ２ ＝ ｐ２Ｓ（ｈ１－ｈ２） 解得Ｗ２ ＝４０Ｊ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ 其中Ｑ＝－１０Ｊ． 第５４期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｃ 提示： １．因Ａ部分气体密度小，Ｂ部分气体密度大，以整体为研究 对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重 心在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能 量守恒定律可知，吸收的热量Ｑ有一部分转化为气体的重力势 能，另一部分转化为内能．故Ｂ正确． ２．Ａ、Ｂ升高相同的温度，根据Ｑ＝ｃｍΔｔ可知，升温需要的 能量是相同的．由于受热膨胀，Ａ的重心升高，重力势能增加， ＱＡ一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔＥｐ，即ＱＡ ＝Ｑ ＋ΔＥｐ；Ｂ的重心降低，重力势能减小，ＱＢ                                                                      和减少的重力势能 —２— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ΔＥｐ共同用于升温，即Ｑ＝ＱＢ＋ΔＥｐ；显然ＱＡ＞ＱＢ．故Ｃ正确． ３．形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水， 由能量守恒知能量来源于热水，故 ＡＢＣ错误；由能量守恒知， 叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分在空气中释 放，故Ｄ正确． ４．根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不 能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而 不产生其他影响是不可能实现的，故 Ａ错误；利用太阳能最有 前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以 利用，解决照明和热水问题，故 Ｂ正确；绝对零度是温度的极 值，是不能达到的，故Ｃ错误；根据热力学第二定律可知，汽车 尾气中各类有害气体不能自发分离，要在排气管上安装催化转 化器，故Ｄ错误． ５．气体自由膨胀，所有气体分子的运动方向并不相同，气 体没有对外做功，同时由于整个系统与外界没有热交换，根据 热力学第一定律可知，内能不变，故ＡＣ错误；一切与热有关的 宏观过程均具有方向性，故Ｂ中气体不可能自发地全部退回到 Ａ中，故Ｂ错误；因为内能不变，故温度不变，分子平均动能不 变，气闸舱Ｂ内为真空，所以气体的密集程度减小，可知气体分 子单位时间内与 Ａ舱壁单位面积的碰撞次数将减少，故 Ｄ正 确． ６．电冰箱通过电流做功，把热量从冰箱内温度较低的冷冻 室冷藏室传到冰箱外温度较高的空气中，但这一过程消耗了电 能，即引起“其他变化”，符合热力学第二定律，故Ａ正确．工作 物质从单一热源吸热，一部分用来对外做功，一部分向低温热 源释放热量，符合热力学第二定律，故Ｂ正确．单源热机不可能 从高温热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化．不符 合热力学第二定律，故Ｃ错误．与题意相符；热量可以自发的从 高温热源传递到低温热源．符合热力学第二定律，故Ｄ正确． ７．根据热力学第二定律，热机效率不能达到１００％，故Ａ错 误；由热力学第二定律的表述：不可能从单一热库吸收热量，使 之完全变成功，而不产生其他影响可知，不可能把汽油燃烧释 放的热量全部用来做功，而不引起其他变化，故 Ｂ错误，Ｃ正 确；机械能可以全部转化为内能，因此汽车刹车时能把动能全 部转化为内能，Ｄ错误． ８．不违背　气体对外做功 解析：热力学第二定律的克劳修斯表述为热量不能自发地 从低温物体传到高温物体，电冰箱依靠压缩机实现了将热量从 低温物体转移到高温物体，不违背热力学第二定律．制冷剂在 蒸发器中由液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功． ９．（１）４５０Ｋ （２）１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６ 解析：（１）左边容器中气体初始体积为 Ｖ３，初始温度为 Ｔ０ ＝３００Ｋ，当体积为 Ｖ２时，气体等压变化，由 Ｖ Ｔ ＝Ｃ可得 Ｖ ３ Ｔ０ ＝ Ｖ ２ Ｔ，解得外界的温度为Ｔ＝４５０Ｋ． （２）左边容器中气体对外做功为Ｗ＝ｐ０ＳＬ＝ｐ０（ Ｖ ２－ Ｖ ３） ＝ ｐ０Ｖ ６，由能量守恒可得气体吸收的能量为Ｑ＝ｋ（Ｔ－Ｔ０）＋Ｗ ＝１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６． １０．（１）５６０Ｋ　８４０Ｋ （２）吸热　２６Ｊ 解析：（１）Ａ→Ｂ根据理想气体状态方程 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ 解得 ＴＢ ＝５６０Ｋ Ｂ→Ｃ是等压变化，根据盖 －吕萨克定律 ＶＢ ＴＢ ＝ ＶＣ ＴＣ 解得ＴＣ ＝８４０Ｋ． （２）根据题意ＷＡＢ ＝３４Ｊ Ｂ→Ｃ过程气体膨胀，外界对气体做功 ＷＢＣ ＝－ｐΔＶ＝－ｐ（ＶＣ－ＶＢ）＝－６０Ｊ Ｃ→Ａ过程气体体积不变ＷＣＡ ＝０ 整个循环过程Ｗ ＝ＷＡＢ＋ＷＢＣ ＋ＷＣＡ ＝－２６Ｊ 由于理想气体内能只与温度有关，所以经历一个循环过程 后，内能不变，即ΔＵ＝０ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ解得Ｑ＝２６Ｊ 所以此循环过程气体吸热２６Ｊ                                                                      ． —３— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｂ组 １．ＡＣＤ　２．ＢＣ　３．ＡＢＣ 提示： １．根据热力学第二定律可知，热机中燃气的内能不可能全 部变成机械能，故Ａ正确；电流的能可以全部变成内能，故Ｂ错 误；根据热力学第二定律可知，在火力发电机中，燃料的内能不 可能全部变成电能，故Ｃ正确；在热传导中，热量不可能自发地 从低温物体传递给高温物体，故Ｄ正确． ２．热力学第二定律适用于所有的热学过程，故 Ｃ正确，Ｄ 错误；热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，要想使热 量从低温物体传递到高温物体必须借助于其他系统做功，故Ａ 错误，Ｂ正确． ３．阀门Ｋ打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中的扩散是不可 逆的，遵循热力学第二定律，故Ａ正确；气体自Ⅰ向Ⅱ的真空 中扩散时不做功，总内能不变，温度不变，体积变为原来的２ 倍，由理想气体状态方程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，ｔ２时刻Ⅰ中气体的压强 是ｔ１时刻的 １ ２，故 Ｂ正确；ｔ２ ～ｔ３时间内 Ⅲ 气体通过活塞对 Ⅰ、Ⅱ中的气体做功，Ⅲ中气体的内能减小，Ⅰ、Ⅱ中气体的内 能增加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ４．第二种表述：热机从热源吸收热量，一部分用于做功，一 部分会传给其周围的低温物体，则示意图如下图． !"#$ %& '"#( ! ! " ! " 实质：一切与热现象有关的宏观过程在自发进行时都具有 方向性，或一切与热现象有关的宏观自然过程在进行时都具有 方向性． ５．（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，又没有发生热传递，所以气体的内能不 变，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 ｐ１Ｖ１ ＝ｐ２·２Ｖ１ 解得状态２气体的压强为ｐ２ ＝ ｐ１ ２ ＝１．０２×１０ ５Ｐａ 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为对象，根据受力平衡可得ｐ２Ｓ＝ｐ０Ｓ＋Ｆ 解得Ｆ＝（ｐ２－ｐ０）Ｓ＝（１．０２×１０ ５－１．０１×１０５）×１００ ×１０－４Ｎ＝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Ｔ２ ＝３５０Ｋ的状态． 第５５期参考答案 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＡＤ 提示： １．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，根据热 力学第二定律，我们可以容易地把这些内能的一部分收集起来 重新利用，不能全部收集起来重新利用，故Ａ错误；在能源的利 用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了， 从便于利用的变成了不便于利用的，故 Ｂ正确；第一类永动机 违反了能量守恒定律，是不可能制成的，故Ｃ错误；根据能量守 恒定律，各种能量在不转化时是守恒的，在转化时也是守恒的， 故Ｄ错误． ２．根据熵增加原理，在自然过程中一个孤立系统总是从熵 小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序，故 Ａ 错误；根据热力学第一定律可知，若外界对物体做功等于物体 向外界放出的热量，则物体的内能不变，故Ｂ正确；每个气体分 子的质量ｍ０ ＝ Ｍ ＮＡ ，每个气体分子平均占有的空间体积 Ｖ０ ＝ ｍ０ ρ ＝ Ｍ ρＮＡ ，它不是气体分子的体积，故Ｃ错误；密封在容积不变 的容器内的理想气体，若温度升高，单位体积内的分子个数不 变，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，则气体分子对 器壁单位面积上的平均作用力增大，故Ｄ错误． ３．根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ知，内能的增量ΔＵ由 Ｑ和Ｗ共同决定，物体吸收热量Ｑ，但做功Ｗ不确定，                                                                      所以其内 —４— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 能不一定增加，故Ａ错误；同理，气体对外做功时，热量传递 Ｑ 不确定，其内能也不一定减小，故Ｂ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压压缩过程中， 气体的温度一定降低，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定减少，故Ｃ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中， 气体的温度一定升高，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定增加，故Ｄ正确． ４．气体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，汽缸内气体的最高温 度设为Ｔ，此时压强为ｐ，气体的体积为Ｖ，根据理想气体气态方 程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ｐＶＴ，解得Ｔ＝ ｐＶ ｐＡＶＡ ＴＡ可知，当ｐＶ取值最大时，Ｔ有 最大值，由图可知，ｐＶ＝（－Ｖ＋５）Ｖ＝－Ｖ２＋５Ｖ，可知当Ｖ＝ ５ ２Ｌ时，ｐＶ有最大值，此时Ｔ最大，联立解得Ｔ＝４６８．７５Ｋ，气体 由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，根据理想气体气态方程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ ，代入图中数据可知ＴＡ ＝ＴＢ，可知，汽缸内气体的内能不 变，根据图可知，图线与坐标轴围成的面积表示气体做功，则气 体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，气体体积变大，气体对外做功 Ｗ＝７５０Ｊ，又根据ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知，汽缸从外界吸收热量，则 Ｑ＝７５０Ｊ，故选Ｃ． ５．由图可知，ａ→ｂ的过程中，气体体积变小，故外界对气 体做功，故Ａ错误；由图可知，ｂ→ｃ的过程中，气体体积变小， 故外界对气体做功，故Ｂ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ 可知，ａ→ｂ的过程中，ｐ增大，Ｖ减小，Ｔ不一定变大，故内能不 一定增大，故Ｃ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ可知，ｂ→ ｃ的过程中，ｐ不变，Ｖ减小，则Ｔ变小，则气体的内能逐渐变小， 故Ｄ正确． ６．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮 的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，故 Ａ错误；在小瓶上升 的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理 想气体状态方程 ｐＶ Ｔ＝Ｃ，气体体积膨胀，对外界做正功，故Ｂ正 确；由以上分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外 做功，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ，由于气体对外做功， 因此吸收的热量大于增加的内能，故ＣＤ错误． ７．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明 曲线②对应的平均动能较大，曲线②对应的温度较高，故Ａ错 误；图乙中，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由 ｐＶ＝ＣＴ结合图像可知Ｔ１＜Ｔ２，故Ｂ错误；图丙中，分子间的距 离从ｒ０增大的过程中，分子力先增大后减小，故 Ｃ错误；图丁 中，由微元法可得ｐ－Ｖ图像与横坐标轴围成的面积表示为气 体做功的多少，由图像可知，ａ→ｃ→ｂ过程比ａ→ｂ过程气体对 外界所做的功多，故Ｄ正确． ８．解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Ｑ的物理含义，推 动活塞Ｑ使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由 于缓慢推动活塞，气体增加的内能又以热量的形式释放到周围 环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，内能 不变，气体的平均动能不变，故ＡＤ错误，Ｂ正确；由于气体被压 缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上，汽缸受到 气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，故Ｃ正确． ９．将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由 ΔＵ ＝Ｑ＋Ｗ知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故Ａ正确， Ｂ错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到 气体分子的平均作用力大小不变，故Ｃ错误，Ｄ正确． １０．Ａ→Ｂ的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界 做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不 变，故Ａ正确；Ｂ→Ｃ的过程中，体积不变，单位体积内的分子数 不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故 Ｂ错误；Ｃ →Ｄ的过程中，直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体 积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故 Ｃ错 误；Ｄ→Ａ的过程中，气体的体积不变，单位体积内的分子数不 变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分 子的平均动能减小，故Ｄ正确． １１．ρＶＭＮＡ　大　０．１　降低 解析：气体物质的量为ｎ＝ρＶＭ，                                                                      该密闭气体的分子个数为 —５— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｎ＝ｎＮＡ ＝ ρＶ ＭＮＡ；气体对外做了０．８Ｊ的功，同时吸收了０．９Ｊ 的热量，根据热力学第一定律，有ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝－０．８Ｊ＋０．９Ｊ ＝０．１Ｊ；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速对外做 功，内能减小，温度降低． １２．（１）注射器针筒上的刻度 （２）Ｃ （３）能　烧瓶密封不严有漏气 解析：（１）这个实验是通过注射器注入水来改变烧瓶内的 气体体积的，所以实验中通过注射器针筒上的刻度测得注入烧 瓶中的水的体积． （２）等温变化时，气体压强与体积成反比，压强—体积图 像是曲线，为了更好地对实验数据进行分析，通常采取化曲为 直的作图方法．而Ｖ－１ｐ图像是直线，故Ａ、Ｂ、Ｄ错误，Ｃ正确． （３）根据上述实验数据的图像可以测得烧瓶的容积，上述 实验中存在着可能影响实验精确度的主要因素有烧瓶密封不 严有漏气（或烧瓶中气体温度有变化）． １３．（１）Ｔ＝２Ｔ０ （２）ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ 解析：（１）对处于平衡状态的活塞进行受力分析有 ｍｇ＋ｐ０Ｓ－ｐ１Ｓ＝０ 解得ｐ１ ＝ ｍｇ Ｓ＋ｐ０ 活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律 有 ＬＳ Ｔ０ ＝２ＬＳＴ 解得Ｔ＝２Ｔ０． （２）时间ｔ内电热炉盘电阻丝产生的热量Ｑ＝（ Ｉ０ 槡２ ）２Ｒｔ 气体对外做功Ｗ ＝ｐ１ＳＬ 根据热力学第一定律ΔＵ＝８０％Ｑ－Ｗ 解得ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ． １４．至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ 解析：第一次对气闸舱抽气，有ｐ０Ｖ２ ＝ｐ１（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ１ ＝ １５ １６ｐ０， 第二次对气闸舱抽气有ｐ１Ｖ２ ＝ｐ２（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ２ ＝ １５ １６ｐ１ ＝（ １５ １６） ２ｐ０， …… 第ｎ次对气闸舱抽气有ｐｎ－１Ｖ２ ＝ｐｎ（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐｎ ＝ １５ １６ｐｎ－１ ＝（ １５ １６） ｎｐ０， 当ｐｎ ＝（ １５ １６） ｎｐ０≤ １ ６４ｐ０即可打开闸门Ｂ，即 ｎｌｇ（１５１６）≤－６×ｌｇ２可得ｎ≥ －６×ｌｇ２ １＋ｌｇ３－５ｌｇ２＝６４．５， 所以至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ． １５．解析：（１）汽缸Ｂ导热，汽缸Ｂ中气体温度保持不变，汽 缸Ｂ中气体状态参量：ｐＢ１ ＝ｐ０，ＶＢ１ ＝Ｖ，ＶＢ２ ＝ １ ３Ｖ， 对汽缸Ｂ中的气体，由玻意耳定律得ｐＢ１ＶＢ１＝ｐＢ２ＶＢ２，解得 ｐＢ２ ＝３ｐ０； 两活塞等大，忽略活塞与汽缸的摩擦，两汽缸中气体压强 相等，则汽缸Ａ内气体的压强：ｐＡ ＝ｐＢ２ ＝３ｐ０． （２）Ｂ中气体体积减为原来的三分之一时，Ａ中气体体积 为Ｖ＋（１－１３）Ｖ＝ ５ ３Ｖ 对汽缸Ａ中气体，由理想气体状态方程得 ｐ０Ｖ Ｔ０ ＝ ｐＡ· ５ ３Ｖ ＴＡ ， 解得ＴＡ ＝５Ｔ０ 汽缸Ａ内气体升温时内能增加：ΔＵ ＝α（ＴＡ －Ｔ０）＝ ４αＴ０ 汽缸Ｂ内气体温度不变，内能不变， 以汽缸Ａ、Ｂ内两部分气体为研究对象，则对外做功为０，由 能量守恒定律得Ｑ１ ＝ΔＵ＋Ｑ２ 解得，汽缸Ｂ内气体放出热量为Ｑ２ ＝Ｑ１－４αＴ０． 第５６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｂ 提示： １．这种极紫外光的光子能量约为Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ≈ １．４７× １０－１７Ｊ，故选Ｄ                                                                      ． —６— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ２．碰撞前光子的动量和能量分别为ｐ＝ｈ λ ，Ｅ＝ｈｃ λ ，故ＡＢ 错误；碰撞后光子的动量和能量分别为ｐ′＝２ｈ３λ 、Ｅ′＝２ｈｃ３λ ，故Ｃ 错误，Ｄ正确． ３．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高， 辐射越强越大，故ＡＤ错误；黑体辐射的波长分布情况也随温 度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在 ５００℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射， 即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故Ｂ正确，Ｃ错误． ４．根据题意可知，光电子从金属表面逸出后的最大初动能 为Ｅｋｍ ＝ｅＵ０，根据动能定理可得当电压表示数分别为Ｕ０、３Ｕ０ 时，到达阳极Ａ的光电子的最大动能分别为 Ｅｋ１ ＝Ｅｋｍ ＋ｅＵ０， Ｅｋ２ ＝Ｅｋｍ ＋３ｅＵ０，联立可得 Ｅｋ１ Ｅｋ２ ＝ Ｕ０＋Ｕ０ Ｕ０＋３Ｕ０ ＝ １２，故Ｂ正确． ５．根据题意，由光电效应方程有ｈｃ λ －Ｗ０＝ｅＵ， ｈｃ ２λ －Ｗ０＝ ｅＵ４，解得Ｗ０ ＝ ｈｃ ３λ ，故Ｃ正确． ６．根据题意，由光电效应方程有Ｅｋｍ ＝ｈν－Ｗ０，又有ν＝ ｃ λ ，整理可得λ＝ ｈｃＥｋｍ ＋Ｗ０ 由图可知，当λ＝ａ时，Ｅｋｍ ＝０，解 得Ｗ０ ＝ ｈｃ ａ，当λ→＋∞时，Ｅｋｍ ＝－ｂ＝－Ｗ０，联立解得ｈ＝ ａｂ ｃ，故Ｃ正确． ７．根据光电效应方程和动能定理可得 Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，０－ Ｅｋ＝ｅＵ，可得ｅＵ＝ｈν－Ｗ０，由题图可知，ｂ光的遏止电压最大， ａ、ｃ两光的遏止电压相等，则ｂ光光子的能量最大，ａ、ｃ两光光 子的能量相等，ａ光产生光电子的最大初动能与 ｃ光产生光电 子的最大初动能相等；故ＡＣ错误；由于ｂ光光子的能量大于ｃ 光光子的能量，则ｂ光的频率大于ｃ光的频率，ｂ光的波长比 ｃ 光的波长短，故Ｄ错误；由题图可知ａ光对应的饱和电流大于ｃ 光对应的饱和电流，且ａ、ｃ两光光子的能量相等，则ａ光的光强 比ｃ光大，故Ｂ正确． ８．０　ｋｅ 解析：若对同一金属实验，取某一入射光频率，并调节电源 电压，当光路的光电流为０时，记录此时电压和对应频率的实 验数据，然后改变入射光的频率，重复以上步骤，得到多组数 据；根据光电效应方程ｅＵ＝ｈν－Ｗ０解得Ｕ＝ ｈν ｅ－ Ｗ０ ｅ，斜率为 ｋ＝ ｈｅ，解得ｈ＝ｋｅ． ９．（１）１．２×１０１３； （２）Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． 解析：（１）单位时间内Ｋ极逸出的电子数Ｎ＝Ｑｅ，其中Ｑ ＝Ｉｔ，可得Ｎ＝１．２×１０１３个． （２）根据爱因斯坦光电效应方程，电子出来的最大初动能 为Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 电子到达电极Ａ的最大动能满足Ｕｅ＝Ｅｋｍ －Ｅｋ可得Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． １０．（１）ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ； （２）Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． 解析：（１）由爱因斯坦光电效应方程有Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 由动能定理有 －Ｕｃｅ＝０－Ｅｋ 联立得Ｕｃ＝ ｈ ｅν－ Ｗ０ ｅ 结合图像可得ｋ＝ Ｕ１ ν２－ν１ ＝ ｈｅ 解得ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ． （２）根据逸出功的定义Ｗ０ ＝ｈν１ 解得Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． Ｂ组 １．ＡＣ　２．ＡＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．从图中可以看出，随着温度的升高，一方面，各种波长的 辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短 的方向移动．故ＡＣ正确． ２．根据爱因斯坦光电方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ可知图线的斜率都 为普朗克常量ｈ，故Ａ正确；图形纵轴上的截距表示两金属板 Ａ、Ｂ的逸出功，根据图像可知，两金属板 Ａ、Ｂ                                                                      的逸出功之比为 —７— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 １∶２，故Ｂ正确；结合上述可知，图线横轴上的截距为截止频 率，根据图像可知，两金属板Ａ、Ｂ的截止频率之比为１∶２，故Ｃ 正确；对Ａ板有ｅＵＯＡ ＝ＥｋＡ ＝ｈ·３νＡ－ＷＡ ＝３ｈνＡ－ｈνＡ，对Ｂ 板有ｅＵＯＢ ＝ＥｋＢ ＝ｈ·３νＡ－ＷＢ ＝３ｈνＡ－２ｈνＡ ＝ｈνＡ，解得两 金属板Ａ、Ｂ的遏止电压之比ＵＯＡ∶ＵＯＢ ＝２∶１，故Ｄ错误． ３．由于入射光子能量相同，根据光子能量公式ε＝ｈν可知 三次实验入射光子的能量相同，频率相同，故Ａ正确；由于入射 光子能量相同，逸出光电子的最大初动能相同，根据爱因斯坦 光电效应方程Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，可知逸出功相同，三次实验光电 管中的金属板材质相同，故Ｂ错误；由于饱和光电流只与光照 强度有关，与照射光的光子能量无关，故Ｃ正确；若入射光子的 能量为４．０ｅＶ，逸出光电子的最大初动能为０．８ｅＶ，根据爱因 斯坦光电效应方程Ｅ＝ｈν－Ｗ０则有Ｅｋ１＝ε１－Ｗ０，解得Ｗ０＝ ε１－Ｅｋ１ ＝４．０ｅＶ－０．８ｅＶ＝３．２ｅＶ，若入射光子的能量为 ５．０ｅＶ，则有逸出光电子的最大初动能为 Ｅｋ２ ＝ε２ －Ｗ０ ＝ ５．０ｅＶ－３．２ｅＶ＝１．８ｅＶ，但并不是所有逸出光电子的初动 能一定为１．８ｅＶ，故Ｄ错误． ４．（１）Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ； （２）电源，ＵＡ， ＵＡ ＩＢ ． 解析：（１）由题意知遏止电压为ＵＡ，根据光电效应方程有 ｅＵＡ ＝ｈ ｃ λ －Ｗ０，解得Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ， 题意知在Ａ点电压为ＵＡ，电流为０，代入上式，得电动势Ｅ ＝ＵＡ 在Ｂ点电压为０，电流为ＩＢ，代入上式有Ｅ＝ＩＢｒ＝ＵＡ，解得 内阻ｒ＝ ＵＡ ＩＢ ． ５．（１）１．７ｅＶ； （２）１．０５ｅＶ； （３）不为零； （４）增大． 解析：（１）由题意可知，遏止电压为Ｕｃ＝１．７Ｖ，根据动能 定理可得光电子的最大初动能为Ｅｋ ＝ｅＵｃ＝１．７ｅＶ． （２）根据光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０可得光电管阴极的逸 出功为Ｗ０ ＝ｈν－Ｅｋ ＝２．７５ｅＶ－１．７ｅＶ＝１．０５ｅＶ； （３）断开开关Ｓ，光电效应依然发生，由光电流、光电管、电 流表、滑动变阻器构成闭合回路，电流表中电流不为零． （４）电源电压为反向电压，当滑动触头向ａ端滑动时，反向 电压增大，电压表示数增大                                        ． —８— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期