第3章 热力学定律 阶段·评估 质量检测（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦热力学定律、内能、气体状态变化等核心知识，通过“破镜重圆”金属修复、自行车打气温度变化等生活实例导入，衔接分子动理论与热力学规律，构建从概念到应用的学习支架。 其亮点在于以生活现象为载体，强化物理观念中的能量观念和物质观念，如通过汽车减震装置等温过程分析内能变化。解析中融入科学思维的模型建构与科学推理，如p-V图像面积计算功，助力学生提升知识应用能力，也为教师提供丰富实例与详细解析，提高教学效率。

第三章质量检测 阶段•评估　 (满分：100分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列关于温度、内能、热量和功的说法正确的是(　　) A.同一物体温度越高，内能越大 B.要使物体的内能增加，一定要吸收热量 C.要使物体的内能增加，一定要对物体做功 D.物体内能增加，它的温度就一定升高 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 解析：物体内能是物体内所有分子势能和分子动能的总和，同一物体温度越高，分子势能不变，分子平均动能越大，则物体内能越大，故A正确；改变物体内能的方式有做功和热传递，要使物体的内能增加，可以对物体做功，也可以从外界吸收热量，故B、C错误；物体内能是物体内所有分子势能和分子动能的总和，内能增加，可能是分子势能增加，如一定质量的0 ℃的冰变成0 ℃的水，内能增加，但温度并没有升高，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.关于能量的转化，下列说法中正确的是 (　　) A.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-293 ℃ B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来 C.空调机既能制热又能制冷，说明传热不存在方向性 D.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机不可以使温度降到-293 ℃，只能接近-273.15 ℃，故A错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，故B错误；由热力学第二定律可知，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，即热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但在不自发的条件下，能从低温物体传递到高温物体，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.用学过的固体、液体和热力学定律等物理知识来研究生活中的物理现象，下列说法正确的是 (　　) A.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端不会变钝 B.把两层棉纸分别放在有蜡迹的衣服两面，用热熨斗熨烫可除去蜡迹 C.利用海水降低温度放出大量的热量来发电，从而解决能源短缺问题 D.在封闭房间内把接通电源的冰箱门打开，一段时间后房间内的温度就会降低 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，由于表面张力的作用，断裂处的尖端会变钝，故A错误；放在衣服上面和下面的棉纸内有许多细小的孔道起着毛细管的作用，当蜡受热熔化成液体后，由于毛细现象，就会被棉纸吸掉，故B正确；根据热力学第二定律，海水降低温度要放出热量，但是要引起其他的变化，根据能量守恒定律，此方法不可能实行，故C错误；在封闭房间内把接通电源的冰箱门打开，电能转化为热能，室内温度会升高，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.“破镜重圆”真的有可能发生吗? 物理学家在实验室观察到了某种金属材料发生的神奇现象：当该金属出现极细小裂纹时，裂纹会在分子力作用下快速自我修复，从而实现了真正的“破镜重圆”。已知分子间平衡距离为r0。下列说法正确的是 (　　) A.裂纹修复过程中裂纹处的分子力做正功 B.裂纹修复过程中裂纹处的分子势能变大 C.裂纹自我修复现象与热力学第二定律相矛盾 D.当裂纹两边的分子间距大于10r0时，分子间仍有较明显的分子力 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：在裂纹处，分子间距r>r0，分子间作用力表现为引力，裂纹修复时引力做正功，分子势能减小，故A正确，B错误；在分子间引力作用下，裂纹自然修复，体现了热力学过程的方向性，符合热力学第二定律，故C错误；当分子间距r>10r0时，分子间几乎没有作用力，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图所示。当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体 (　　) A.体积增大，温度升高　 B.动能增大，温度升高 C.对外做功，温度降低 D.质量减少，温度降低 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，过程时间极短，可以认为是绝热过程，对外界没有传热，即Q=0，瓶内气体膨胀，对外做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ΔU<0，气体内能减小，温度降低，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是 (　　) A.汽缸内的活塞向右运动 B.汽缸内气体的内能变小 C.汽缸内气体的压强减小 D.汽缸内气体的分子平均动能变大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得pS+FT=p0S，设小桶和沙的总质量为m，对小桶受力分析有FT=mg，沙不断流出时小桶和沙的总质量变小，则细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程=C，可知p变大，故A、B、C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 7.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等温 变化到状态D，该变化过程的p⁃V图像为A→C→D，该过 程中气体对外界做的功为15 J。该气体也可以经A→B→ D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的 功为24 J。下列说法正确的是 (　　) A.该气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量小于15 J B.该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为9 J C.该气体在A→B→D过程中内能增加了9 J D.p⁃V图像中A→B→D→C→A围成的面积为9 J √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由于从状态A经过等温变化到状态D，理想气体内能不变，该气体经A→C→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为15 J，由热力学第一定律可知该气体在该过程中从外界吸收的热量等于15 J，故A错误；由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为24 J，状态A和状态D的温度相同，内能相同，即内能增加量为0，由热力学第一定律可知该气体在该过程中从外界吸收的热量为24 J，故B、C错误；由于A→C→D过程中气体对外界做的功为15 J，A→B→D过程中气体对外界做的功为24 J，且p⁃V图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中A→B→D→C→A围成的面积为9 J，故D正确。 8.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 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：从开始打气到打气结束的过程中，外界对车胎内气体做功，故A错误；打气结束到拔出气门芯前，由于传热车胎内气体温度下降，内能减少，故B错误；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；放气后静置一段时间，由于传热车胎内气体温度上升，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 9.下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是 (　　) A.一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，气体可能向外界放出热量 B.热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律 C.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，内能增加 D.第二类永动机违背了热力学第一定律 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，由于温度不变，则内能不变，气体膨胀，对外做功，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，A错误；热力学第一定律阐述了能量守恒定律，而热力学第二定律阐述了能量流动的方向性，两者不同，B错误；0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，根据热力学第一定律，可知内能增加，C正确；第二类永动机违背了热力学第二定律，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.一定质量的理想气体从状态a经状态b、c再回到状态a的循环过程中，其压强p与体积V的变化关系如图所示。关于该循环过程，下列说法中正确的是 (　　) A.状态a时气体的温度最高 B.a→b过程中气体从外界吸热 C.b→c过程中气体从外界吸收的热量为p0V0 D.c→a过程中外界对气体做功为3p0V0 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据理想气体状态方程=C，可知pV值越大，温度越高，由题图可知，状态a时pV值不是最大，所以状态a时气体的温度不是最高，故A错误；a→b过程，气体体积不变，即气体对外做功为零，气体压强减小，即温度降低，内能减小，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体向外界放热，故B错误；b→c过程，气体体积增大，气体对外做功为W=-pΔV=-2p0V0，pV值增大，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知>，所以气体从外界吸收的热量大于2p0V0，故C错误；c→a过程中，气体体积减小，外界对气体做功，p⁃V图线与横轴围成的面积表示做功，所以做功为3p0V0，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 二、非选择题(本题共4小题，共60分) 11.(14分)若对物体做1 200 J的功，可使物体温度升高3 ℃，改用传热的方式，使物体温度同样升高3 ℃，那么物体应吸收多少热量?如果对该物体做3 000 J的功，物体的温度升高5 ℃，表明该过程中，物体应吸收或放出多少热量? 答案：1 200 J　放出1 000 J的热量 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：做功和传热在改变物体内能上是等效的，对物体做1 200 J的功可使物体温度升高3 ℃，如用传热方式，也使物体温度升高3 ℃，也应吸收1 200 J的热量。 如对物体做功3 000 J，温度升高5 ℃，设物体温度升高5 ℃需要的功或热量为E，由1 200 J=cm×(3 ℃)，E=cm×(5 ℃)，得E=2 000 J，因此物体应放出1 000 J的热量。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 12.(14分)如图所示为某款汽车的悬挂气压减震装置示 意图，其内部结构主要由活塞、活塞杆与导热良好的圆柱 形汽缸组成，汽缸内密闭气柱的长度可以在30~120 mm范 围内变化。已知汽缸内密闭空气柱的长度为l0=60 mm时，压强为8p0(p0为大气压强)。若不考虑气体温度的变化，整个装置密封完好，不计活塞与汽缸之间的摩擦，密闭气体可视为理想气体，求： (1)汽缸内气体膨胀时，内能如何变化?是吸热还是放热?(6分) 答案：内能不变　吸热 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：理想气体的内能由温度决定，因为气体温度不变，故气体的内能不变，即ΔU=0；当气体体积膨胀时，气体对外做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，即气体从外界吸热。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)汽缸内气体压强的变化范围。(8分) 答案：4p0≤p≤16p0 解析：汽缸内气体做等温变化，气柱长度最长时，压强取最小值p1，根据玻意耳定律可得8p0l0S=p1l1S，解得p1=4p0 气柱长度最短时，压强取最大值p2，根据玻意耳定律可得8p0l0S=p2l2S，解得p2=16p0 则汽缸内气体压强的变化范围为4p0≤p≤16p0。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 13.(16分)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、 D后又回到状态A，其状态变化过程中的p⁃V图像如图所 示。已知图线的AD段是双曲线的一部分，且该气体在 状态A时的温度为270 K。 (1)求气体在状态C时的温度TC和在循环过程中气体的最高温度Tm；(7分) 答案：337.5 K　675 K 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：图线的AD段是双曲线的一部分，即从D到A，理想气体做等温变化，有TD=TA=270 K 由题图可知，从C到D，理想气体做等压变化，根据盖⁃吕萨克定律，有= 代入数据解得TC=337.5 K 对于一定质量的理想气体，根据理想气体状态方程易知变化过程中横纵坐标乘积最大时，其温度最高，由题图可知状态B时温度最高，理想气体从A到B是等压过程，有= 代入数据解得TB=675 K，即Tm=675 K。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)若由状态C到状态D过程中放出热量75 J，求此过程中内能的变化量。(9分) 答案：减小50 J 解析：由状态C到状态D是等压变化，外界对气体做功，有W=p(VC-VD)=25 J 根据热力学第一定律有ΔU=Q+W 代入数据解得ΔU=-50 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.(16分)如图所示，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=750 cm3的左右两部分。面积为 S=100 cm2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=300 K、压强p1=2.04×105 Pa 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=350 K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa，隔板厚度不计。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (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”)；(4分)  不可逆 不变 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)求水平恒力F的大小；(6分) 答案：10 N 解析：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==1.02×105 Pa， 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=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (3)求电阻丝C放出的热量Q。(6分) 答案：89.3 J 解析：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=350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有=， 可得状态3气体的体积为V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3， 该过程气体对外做功为W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750) ×10-6 J=25.5 J， 根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q'， 解得气体吸收的热量为Q'=ΔU+W=63.8 J+25.5 J=89.3 J，又因容器隔热，可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $