章末检测3 第3章 热力学定律（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版）

章末检测卷（三） （时间：90分钟　满分：100分） 一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共计27分，每小题只有一个选项符合题意） 1.如图所示，置于水平桌面上的汽缸导热良好，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用水平向右的外力F作用在活塞上，使其缓慢向右移动，汽缸始终静止，外界温度保持不变。在活塞被拉出汽缸前的过程中(　　) A.气体对外界做功，吸收热量 B.气体温度降低，放出热量 C.气体压强逐渐减小，内能减小 D.气体体积逐渐增大，内能增大 解析：选A　活塞缓慢向右移动，气体体积V变大，故气体对外做功W<0；又汽缸导热良好外界温度T保持不变，因温度是分子平均动能的标志且气体忽略分子势能，故气体温度不变气体内能不变ΔU＝0；由理想气体状态方程＝C 知气体压强逐渐减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 知气体吸收热量。故A正确BCD错误。 故选A。 2.对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　) A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少 C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体 D.热现象过程中不可避地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律 解析：选D　A．根据热力学第一定律知 ΔU＝W＋Q＝－100 J＋80 J＝－20 J 它的内能减小20 J，故A错误； B.根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误； C.通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误； D.能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律。故D正确； 故选D。 3.某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气、打气结束、突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况，车胎内气体温度随时间变化的情况如图所示。可获取的信息是(　　) A.从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功，内能迅速增大 B.打气结束到拔出气门芯前由于气体对外做功，其内能缓慢减少 C.拔掉气门芯后，气体冲出对外做功，其内能急剧减少 D.放气后静置一段时间由于再次对气体做功，气体内能增大 解析：选C　A．从开始打气到打气结束的过程是外界对车胎内气体做功，故A错误； B.打气结束到拔出气门芯前由于热传递，车胎内气体内能减少，故B错误； C.拔掉气门芯后车胎内气体冲出对外界做功，气体内能急剧减少，故C正确； D.放气后静置一段时间由于热传递车胎内气体温度上升，故D错误。 故选C。 4.一定质量的理想气体，在温度升高的过程中(　　) A.气体的内能一定增加 B.外界一定对气体做功 C.气体一定从外界吸收热量 D.气体分子的平均动能一定不变 解析：选A　AD.一定质量的理想气体不计分子势能，温度升高，气体分子的平均动能增大，则气体的内能一定增加，故A正确，D错误； BC.根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，一定质量的理想气体温度升高，内能增加，ΔU>0；外界可能对气体做功，也可能气体对外界做功；气体可能从外界吸收热量，也可能气体向外界放出热量，故BC错误。 故选A。 5.一定质量的理想气体（分子力不计），体积由V1膨胀到V2，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2。则(　　) A.W1>W2，Q1<Q2，ΔU1> ΔU2 B.W1>W2，Q1>Q2，ΔU1> ΔU2 C.W1<W2，Q1＝Q2，ΔU1< ΔU2 D.W1＝W2，Q1>Q2，ΔU1> ΔU2 解析：选B　在p－V图像作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示 根据图像与坐标轴所围的面积表示功，可知W1>W2 第一种情况，根据＝C（常数）可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，ΔU1> 0，根据热力学第一定律有ΔU1＝Q1－W1 则有Q1>W1 第二种情况等温过程，气体等温变化，ΔU2＝0，根据热力学第一定律有 ΔU2＝Q2－W2 则有Q2＝W2 由上可得ΔU1>ΔU2，Q1>Q2　故选B。 6.关于温度、热量、功和内能，以下说法正确的是(　　) A.同一物体温度高时，含有的热量多 B.物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高 C.外界对系统做功W，内能必定增加 D.两物体之间发生热传递的条件是存在温度差 解析：选D　AB.热量是一个过程量，是物体间进行热传递时内能的转移量，不能说物体含有多少热量，故AB错误； C.由于做功和热传递都可引起系统内能的变化，只根据做功无法准确判断系统内能的变化，故C错误； D.物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D正确。 故选D。 7.“温泉水滑洗凝脂，冬浴温泉正当时”，在寒冷的冬天里泡一泡温泉，不仅可以消除疲劳，还可扩张血管，促进血液循环，加速人体新陈代谢．设水温恒定，则温泉中正在缓慢上升的气泡(　　 ) A.压强增大，体积减小，吸收热量 B.压强增大，体积减小，放出热量 C.压强减小，体积增大，吸收热量 D.压强减小，体积增大，放出热量 解析：选C　温泉中正在缓慢上升的气泡，压强减小，由理想气体状态方程公式＝C，知温度不变，压强减小时体积增大；温度是一定量气体内能的标志，故内能不变，体积增大时，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体应吸收热量，故C正确，ABD错误。故选C。 点睛：解答本题要掌握：根据气体体积变化判断做功情况；理解温度是分子平均动能的标志，一定质量理想气体的内能只与温度有关；正确应用热力学第一定律判断气体的吸放热情况。 8.如图所示，密封的矿泉水瓶中，由于底部放置在加热装置上，距瓶底部越近，水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。轻轻挤压矿泉水瓶，使得小瓶缓慢向底部下沉，小瓶内气体不断吸热，则在小瓶逐渐下沉的过程中，小瓶内气体(　　 ) A.内能减少 B.增加的内能大于吸收的热量 C.对外界做正功 D.温度升高，分子的速率都增大 解析：选B　A．距瓶底部越近，水的温度越高，因此小瓶下沉过程中，小瓶内气体温度升高，则其内能增大，故A错误； BC.轻轻挤压矿泉水瓶，小瓶所受浮力减小，缓慢向底部下沉，可知小瓶内气体体积减小，所以外界对小瓶内气体做正功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知增加的内能大于吸收的热量，故B正确，C错误； D.温度升高，小瓶内气体分子平均速率变大，运动速率大的分子所占比例增加，但不是分子速率都增大，故D错误。 故选B。 9.有关能量的转化和守恒定律，下列说法正确的是(　　) A.只适用于机械能与内能的相互转化 B.只适用能量转化过程 C.“摩擦生热”是创造了热，它不符合能量守恒定律 D.根据能量守恒定律，宇宙中的能量总和不变 解析：选D　能量的转化和守恒定律是自然界普遍遵循的一个规律，适用于一切能量和一切物理过程，故D正确，ABC错误；故选D。 二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分） 10.如图是某喷水壶。未喷水时阀门闭合，压下压杆可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄打开阀门，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变。则下列选项中不正确的是(　　 ) A.充气过程中，储气室内气体分子密度增大 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大 C.喷水过程中，储气室内气体吸热 D.喷水过程中，储气室内气体内能减小 解析：选BD　A．充气过程中，储气室体积不变，气体分子数目增加，故密度增大，故A正确， 不符合题意； B.充气过程中，温度不变，故气体分子平均动能不变，故B错误，符合题意； CD.喷水过程中，液面降低，空气体积增大，储气室内气体压强减小，而温度不变，内能不变，由热力学第一定律知室内气体吸热，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选BD。 11.能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。然而，无数事实告诉我们，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。下列说法正确的是(　　) A.科技的进步可以使内燃机成为单一热库的热机 B.第二类永动机不违反能量守恒定律 C.对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机 D.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 解析：选BD　A．根据热力学第二定律，即使科技再进步也不可以使内燃机成为单一热库的热机，选项A错误； B.第二类永动机不违反能量守恒定律，只是违反了热力学第二定律，选项B正确； C.自然界的总能量是守恒的，能源危机不是因为能量消耗，而是可用能源在减少，选项C错误； D.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，选项D正确。 故选BD。 12.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这一过程中气缸内的气体(　　) A.单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多 B.气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因 C.气体分子的速率分布情况不变 D.气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量 解析：选CD　A．活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，气缸内气体压强减小，又气缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误； B.气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误； C.外界的温度保持不变，导热材料制成的气缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C正确； D.气缸内气体温度不变，气缸内气体内能不变；气缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。 故选CD。 13.如图所示，在P－V图像中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。下列说法正确的是(　　) A.从a到b，气体得温度一直升高 B.从b到c，气体与外界无热量交换 C.从c到d，气体对外放热 D.从d到a，单位体积中的气体分子数目增大 解析：选ACD　A．由图线可知，从d到a，从b到c为等温变化，且从b到c对应的温度较高，即从a到b，气体得温度一直升高，选项A正确； B.从b到c，温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，根据ΔE＝Q＋W，则气体吸热，气体与外界有热量交换，选项B错误； C. 从c到d，气体温度降低，内能减小，体积不变，W＝0，则根据ΔE＝Q＋W，则气体对外放热，选项C正确； D.从d到a，气体体积减小，则单位体积中的气体分子数目增大，选项D正确； 故选ACD。 14.如图所示，绝热容器被绝热隔板K1，卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强Pb<p0，c与大气连通，则下列说法中正确的是(　　) A.只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少 B.只打开隔板K1，b中气体不做功，内能不变 C.只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变 D.只打开卡销K2，b中气体对外做功，内能减小 解析：选BC　AB.只打开隔板K1，b中气体向a中真空扩散，气体不做功，W＝0，绝热容器导致Q＝0，由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0内能不变，A错误，B正确； C.只打开隔板K1时，b中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知b中气体体积增大，压强减小，C正确； D.只打开卡销K2时，由于pb<p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功，W′>0，但Q′＝0，则ΔU′＝W′＋Q′>0内能增加，D错误。 故选BC。 三、计算题（本题共4小题，共53分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分） 15.（11分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p—V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。则： (1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？ (2)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？ 解析：(1)由图像可知：A→B等容变化，由查理定律得＝ 代入数据得TB＝100 K 又T＝273＋t 联立解得得tB＝－173 ℃ B→C等压变化，由盖·吕萨克定律得＝ 代入数据得TC＝300 K 联立解得tC＝27 ℃ (2)由热力学第一定律得：Q>0，所以A→C的过程中是吸热，吸收的热量 Q＝W＝pΔV　解得Q＝200 J 答案：(1) tB＝－173℃　tC＝27℃ (2)吸热　200 J 16.（12分）如图所示，竖直圆筒是固定不动的，细筒内横截面积为S，粗筒横截面职是细筒的3倍，气筒足够长。利用活塞在筒内封有一定质量的理想气体，气柱长L。活塞上方的液柱的长成为H，活塞与筒壁间的摩擦不计，初始时活塞处于平衡状态，水面与粗筒上端相平，此时气体压强为P1，温度为T1。对气体缓慢加热，直至液体的三分之一被推入细筒，此时气体温度为T2（未知），已知大气压强P0，液体密度ρ，重力加速度g。 (1)求活塞质量； (2)求温度T2； (3)该过程气体吸热还是放热？请说明理由，并画出该过程气体的P－V图像。 解析：(1)初态的压强为p液1＝p0＋ρgH 由平衡条件可得mg＋p液1·3s＝p1·3s 联立解得 m＝ (2)末态活塞上升h1＝H 满足3sh1＝sh2 解得h2＝H，此时液面高度H′＝H＋h2＝H 液体压强为p液2＝p0＋ρgH 由平衡条件可得mg＋p液2·3s＝p2·3s 联立解得p2＝p1＋ρgH 对气体，升温后气柱长度为L＋h1＝L＋H 由理想气体状态方程可得＝ 联立解得T2＝T1 (3)温度升高，理想气体内能增大，即ΔU>0。体积变大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，Q>0，吸热，P－V图像如图所示 答案：(1)m＝ (2)T2＝T1 (3)吸热，见解析 17.（14分）如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V增大了2V的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为T1。已知重力加速度为g，求： (1)停止加热时缸内气体的温度； (2)降温过程中气体放出的热量。 解析：(1)停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得： ＝ 气体体积由V增大了2V，故：V2＝3V 解得：T2＝3T1 (2)体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有：pS＝p0S－mg 解得：p＝p0－ 气体对外所做的功：W1＝p△V＝2V 停止加热后体积不变，故：W2＝0 全程内能变化：ΔU＝0 根据热力学第一定律：△U＝－W1＋Q1－Q2 所以降温过程中气体放出的热量：Q2＝Q1－2V（p0－） 答案：(1)3T1　(2)Q1－2V（p0－） 18.（16分）如图所示，质量为M、内部高为H的绝热气缸内部带有加热装置，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体。气缸顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上。已知气缸的底面积为S，活塞质量为m。开始时缸内理想气体温度为300 K，活塞到气缸底部的距离为0.5H。用电流强度为I的电流通过图中阻值为R的电阻丝缓慢加热时间t后，气缸内气体的温度升高到700 K。已知大气压强恒为p0，重力加速度为g。忽略活塞和气缸壁的厚度，不计一切摩擦。求： (1)当温度从300 K升高到700 K的过程中，缸内气体内能的增加量； (2)温度为700 K时缸内气体的压强。 解析：(1)假设在活塞碰到挡板前，气体一直做等压变化，当T1＝300 K时，体积为0.5HS；当T2＝700 K时，设活塞到气缸底部的距离为h，则＝ 解得h＝H>H 故假设不成立，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容变化。在等压变化过程中，设气体的压强为p，对气缸有Mg＋pS＝p0S 此过程气体对外做功为W＝pS×0.5H 由热力学第一定律有ΔU＝I2Rt－W 解得ΔU＝I2Rt－(p0S－Mg) (2)设T2＝700K时气体的压强为p′，由理想气体状态方程得＝ 解得p′＝ 答案：(1)I2Rt－(p0S－Mg) (2) 学科网（北京）股份有限公司 $