单元检测卷(三) 热力学定律-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（鲁科版）

单元检测卷(三)　热力学定律 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1．下列关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是(　　) A．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律 B．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行 C．有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行 D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会减小 答案：A 解析：从热力学第二定律的微观本质看，一切不可逆过程总是沿着大量分子热运动无序程度增大的方向进行，B、C错误；热力学第二定律是一个统计规律，A正确；任何自然过程总是朝着无序程度增大的方向进行，也就是熵增加的方向进行，D错误。 2．如图所示是古人锻造铁器的过程，关于改变铁器内能的方式，下列说法正确的是(　　) A．加热和锻打属于热传递，淬火属于做功 B．加热属于热传递，锻打和淬火属于做功 C．加热和淬火属于热传递，锻打属于做功 D．加热和淬火属于做功，锻打属于热传递 答案：C 解析：用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于做功改变铁器内能；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，改变铁器内能，故选项C正确。 3．关于一定量的气体，下列说法正确的是(　　) A．气体吸热，内能一定增加 B．气体对外做功时，其内能一定减少 C．一定量的某种理想气体在等压压缩过程中，内能一定增加 D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 答案：D 解析：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，所以其内能不一定增加，故A错误；同理，气体对外做功时，传递热量Q不确定，其内能也不一定减少，故B错误；根据理想气体的状态方程：＝C可知，一定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；根据理想气体的状态方程：＝C可知，一定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．如图所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分体积相等的气体，A的密度小，B的密度较大，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的热量为Q，气体内能增量为ΔU，则(　　) A．U＝Q B．ΔU<Q C．ΔU>Q D．无法比较 答案：B 解析：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，气体的重心在容器下部，混合均匀后，气体的重心在容器中部，所以重力对气体做负功，气体的重力势能增大，由能量守恒定律可知，吸收的热量Q有一部分用于增加气体的重力势能，另一部分用于增加气体的内能。故答案为B。 5．内壁光滑的导热气缸放在水平面上，用质量为m、横截面积为S的活塞密封了一段长度为L的理想气体。现给活塞一个向下的初速度v0，活塞向下移动距离为时速度恰好减为零。若大气压强为p0，重力加速度为g，不计密封气体温度的变化。下列说法不正确的是(　　) A．外界大气对活塞做功 B．活塞重力对活塞做功 C．该过程中活塞对气体做的功为 D．该过程中密封气体放出的热量为 答案：C 解析：大气压力p0S和活塞重力mg是竖直向下的恒力，活塞向下位移，则大气对活塞做功，活塞重力对活塞做功，故A、B正确；对活塞应用动能定理，则＋W气＝0－mv02，由牛顿第三定律及位移、功的计算可得，活塞对气体做的功为W＝－W气＝，故C错误；密封气体温度不变，则ΔU＝Q＋W＝0，Q＝－W＝－，“－”表示放出热量，故D正确。故选C。 6．飞机在万米高空飞行，这时机舱外的气温往往在零下50 ℃以下。在研究大气现象时，可以把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，这一部分气体称作气团，气团直径往往可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略。则高空气团温度很低的原因可能是(　　) A．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低 B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，使周围温度降低 C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放出热量，使气团自身温度降低 D．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，使气团内能大量减少，气团温度降低 答案：D 解析：地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，W<0，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知ΔU<0，即内能减少，温度降低，故D正确，A、B、C错误。 7．某校中学生为参加电视台节目，提出了下列四个设想方案，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而不产生其他影响 B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下 C．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 D．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 答案：D 解析：根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸取热量，使之完全用来做功而不引起其他变化，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；绝对零度是不可能达到的，故B错误；混合气体不会自发分离变得有序，只能变得更无序，故C错误；可以通过太阳能电池将太阳能转化为电能再加以利用，故D正确。故选D。 8．17世纪70年代，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”，其结构如图所示，在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道。维尔金斯认为：如果在斜面底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度所以可以对外做功，然后铁球又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下……对于这个设计，下列判断正确的是(　　) A．满足能量守恒定律，所以可行 B．不满足热力学第二定律，所以不可行 C．不满足机械能守恒定律，所以不可行 D．不满足能量守恒定律，所以不可行 答案：D 解析：该装置违背了能量守恒定律，故不可行，D正确。 9．如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞。用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开。管塞被冲开前(　　) A．外界对管内气体做功，气体内能增大 B．管内气体对外界做功，气体内能减小 C．管内气体内能不变，压强变大 D．管内气体内能增加，压强变大 答案：D 解析：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高。乙醚的温度进一步升高，直至沸腾，管塞会被冲开。管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大。故D正确。 10．下列对能量守恒定律的认识不正确的是(　　) A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加 B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加 C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是不可能制成的 D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了 答案：D 解析：能量在转化和转移过程中是守恒的，故选项A、B说法正确；任何永动机都是不可能制成的，C选项永动机违背了能量守恒定律，选项C说法正确；石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能可能减少，但机械能并没有消失，只是转化成了其他形式的能量，选项D说法错误，故选D。 二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 11．夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是(　　) A．气泡内气体对外界做功 B．气泡内气体分子平均动能增大 C．气泡内气体温度升高导致放热 D．气泡内气体的压强可能不变 答案：AB 解析：气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，气泡上升过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程＝C，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，气泡内气体分子的平均动能增大，故B正确；温度升高，气泡内气体内能增大，即ΔU>0，体积增大，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q>0，故气泡内的气体吸热，故C错误。 12．下列说法正确的是(　　) A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行 B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 C．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随着分子间距离的减小而增大 D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系 答案：BD 解析：熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增加的方向进行，A错误；在绝热条件下无热量交换，压缩气体，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能一定增加，B正确；当分子间作用力表现为引力时，随着分子间距离的减小，分子间作用力做正功，分子势能减小，C错误；水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，D正确。故选BD。 13．斯特林循环包括等温膨胀、等容降温、等温压缩和等容加热四个过程，一个完整斯特林循环过程的pV关系如图所示。气体在热交换器之间来回流动，实现内能和机械能的转化。若将气体看成理想气体，关于斯特林循环，下列说法正确的是(　　) A．A→B过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功 B．B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小 C．C→D过程是等温压缩，气体分子平均动能减小 D．D→A过程是等容加热，气体吸收的热量等于内能的增加量 答案：AD 解析：A→B过程是等温膨胀，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体吸热且气体吸收的热量等于对外做的功，选项A正确；B→C过程是等容降温，气体分子平均动能减小，但并非所有气体分子的动能都减小，选项B错误；C→D过程是等温压缩，气体温度不变，则气体分子平均动能不变，选项C错误；D→A过程是等容加热，气体体积不变，气体不做功，但气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体吸热且气体吸收的热量等于内能的增加量，选项D正确。故选AD。 14．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历一系列过程到达状态d，已知V3－V2>V2－V1，对于此气体，下列说法正确的是(　　) A．从状态a到状态b的过程中气体向外界放出了热量 B．状态c的压强大于状态a的压强 C．从状态b到状态c的过程中在单位时间内与单位面积容器壁撞击的分子数变多 D．从状态a到状态b的过程中气体对外界做的功小于从状态c到状态d的过程中气体对外界做的功 答案：BCD 解析：由题图可知，从状态a到状态b的过程温度升高，气体内能增加；体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体应吸热，故A错误。由题图可知，从状态a到状态b的过程做等压变化，从状态b到状态c的过程做等容变化，温度升高，则压强增大，故状态c的压强大于状态a的压强，故B正确。从状态b到状态c的过程做等容变化，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增加，故从状态b到状态c的过程中在单位时间内与单位面积容器壁撞击的分子数变多，故C正确。由题图可知，a、b、d在同一条过原点的直线上，故状态a、b、d的压强相等，由a→b过程压强不变，c→d过程压强减小，且状态c的压强大于状态d的压强，故c→d过程的平均压强大于a→b过程的压强，又V3－V2＞V2－V1，根据W＝pΔV可知，从状态a到状态b的过程中气体对外界做的功小于从状态c到状态d的过程中气体对外界做的功，故D正确。故选BCD。 15．如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　) A．气体A吸热，内能增加 B．气体B吸热，对外做功，内能不变 C．气体A分子的平均动能增大 D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大 答案：AC 解析：气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体A从外界吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，又因为气体B进行等压变化，故体积变大，气体对外做功，选项B错误。 三、非选择题(本题共3小题，共45分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。) 16．(13分)一定质量的理想气体经历如图所示A→B→C→D→A循环过程，该过程每个状态视为平衡态。已知A态的温度为27 ℃。(T＝t＋273 K)求： (1)B态的温度TB； (2)一次A→B→C→D→A循环过程气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量是多少？ 答案：(1)400 K　(2)吸热　25 J 解析：(1)由图像可知：VA＝3 L，VB＝4 L，A到B是等压过程，由题意可知：TA＝(27＋273) K＝300 K，由盖—吕萨克定律得：＝ 解得TB＝400 K。 (2)从A态又回到A态的过程温度不变，所以内能不变 A到B气体对外做功为：W1＝pAΔV＝100 J C到D外界对气体做功为：W2＝pCΔV＝75 J 外界对气体做的总功为：W＝W2－W1＝－25 J 由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q 解得Q＝25 J Q为正表示吸热。 17．(15分)物质的量为n的理想气体，其压强p随热力学温度T变化的过程如图所示，a、b、c为过程中的三个状态，各状态的压强和温度如图所示，已知状态a时气体的体积为V0，ab的延长线通过坐标原点O，气体从状态a到状态b吸收热量Q，阿伏伽德罗常数为NA，求： (1)状态b时气体的温度Tb； (2)从状态a到状态b气体内能的增加量ΔU； (3)状态c时，气体分子间的平均距离d。 答案：(1)2T0　(2)Q　(3) 解析：(1)气体从a到b为等容变化，根据理想气体状态方程，有＝，可得Tb＝2T0。 (2)气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为0，根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W 可得ΔU＝Q。 (3)气体从b到c为等压变化，根据理想气体状态方程，有＝ 解得Vc＝V0 气体分子个数为N＝nNA 分子间的平均距离为d＝＝。 18．(17分)如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。气体从状态A(活塞在A处)变为状态B(活塞在B处)时，气体吸收热量280 J，并对外做功120 J。 (1)气体的内能改变了多少？是增加还是减少？ (2)某人在上一问的基础上又接着提了一个问题：若使气体从状态B再回到状态A，即回到原来活塞在A处时气体的体积和温度，气体放出的热量是150 J，那么返回过程中气体对外界做的功又是多少？请你对这一个问题进行评价。 答案：(1)160 J　增加　(2)问题的题设条件有误，该过程不能发生，因为气体从状态B返回状态A，体积减小，外界对气体做功 解析：(1)根据热力学第一定律可知，气缸内封闭气体的内能改变量为ΔU＝Q＋W＝280 J＋(－120 J)＝160 J，即内能增加了160 J。 (2)若气体从状态B又返回状态A，则气体的内能改变量ΔU′＝－ΔU＝－160 J，由热力学第一定律有ΔU′＝W′＋Q′，则W′＝ΔU′－Q′＝－160 J＋150 J＝－10 J。故气体从状态B返回状态A的过程中，气体对外界做的功为10 J。显然这与实际不符，故该问题的题设条件有误，该过程不能发生。 学生用书第56页 学科网（北京）股份有限公司 $