第3章 热力学定律 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（教科版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　热力学第一定律的理解与应用 1.(2025安徽,3)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体(　　) A.对外做功,内能不变 B.向外放热,内能减少 C.分子的平均动能变小 D.吸收的热量等于内能的增加量 2.(2025河北,2)某同学将一充气皮球遗忘在操场上,找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高,体积变大。在此过程中若皮球未漏气,则皮球内封闭气体(　　) A.对外做功 B.向外界传递热量 C.分子的数密度增大 D.每个分子的速率都增大 3.(多选题)[2023全国甲,33(1)]在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是(　　) A.气体的体积不变,温度升高 B.气体的体积减小,温度降低 C.气体的体积减小,温度升高 D.气体的体积增大,温度不变 E.气体的体积增大,温度降低 4.(2023福建,11)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A,其p-V图如图所示。完成一次循环,气体内能　　　　(填“增加”“减少”或“不变”),气体对外界　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体　　　　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。  考点2　气体实验定律和热力学第一定律的 综合应用 5.(2025北京,1)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾绒,猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃,在压缩过程中,筒内气体(　　) A.压强变小　　　　B.对外界不做功 C.内能保持不变　　　　D.分子平均动能增大 6.(2025江苏,6)如图所示,取装有少量水的烧瓶、用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口,并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后,瓶内气体(　　) A.内能迅速增大　　　　B.温度迅速升高 C.压强迅速增大　　　　D.体积迅速膨胀 7.(多选题)(2024新课标,21)如图,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A.1→2过程中,气体内能增加 B.2→3过程中,气体向外放热 C.3→4过程中,气体内能不变 D.4→1过程中,气体向外放热 8.(多选题)[2023全国乙,33(1)]对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　) A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩 C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等压压缩 E.等容增压后再等温膨胀 9.(2025陕晋青宁,13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2; (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。 10.(2024湖北,13)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求 (1)再次平衡时容器内气体的温度。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 11.(2023广东,13)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求: (1)pB的表达式; (2)TC的表达式; (3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少? 考点3　热力学第二定律的理解与应用 12.(多选题)[2022湖南,15(1)]利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　) A.A端为冷端,B端为热端 B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律 E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律 学科竞赛 13.(2024全国竞赛)如图所示,放置在水平面上的高度为2L的导热汽缸内,用质量为m,面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与汽缸的底部之间用一根轻弹簧连接,弹簧的原长为L,劲度系数k=,在弹性限度内,弹簧能够承受的最大弹力等于活塞的重力。开始时,汽缸处于温度为T的环境中,弹簧恰好处于原长。已知大气压强的大小恒为,重力加速度为g,不计弹簧体积、活塞的厚度及活塞与汽缸之间的摩擦力。 (1)环境温度T'在什么范围内变化时,弹簧不会超出其弹性限度? (2)若环境温度从(1)中的最低温度缓慢升高至最高温度的过程中,封闭气体的内能增加了5mgL,求此过程中气体从外界环境中吸收的热量Q。 高考模拟练 应用实践 1.(2024河北石家庄期中)时下流行的“自热米饭”底层有一发热包,加入水后,将饭菜层盖上,在底层会密封一部分气体,发热包中物质与水反应放出大量的热,一段时间后饭菜即被加热。底层内的气体可视为理想气体,忽略加热过程中饭盒的体积变化,下列说法正确的是(　　) A.加热后底层气体分子的平均动能增大 B.加热后底层所有气体分子的运动速率均增大 C.加热后底层气体对饭菜做功,气体的内能不发生变化 D.加热后底层气体的压强不变 2.(多选题)(2025四川达州模拟)一定质量的理想气体从状态A开始经过循环过程A→B→C→A回到状态A,p-V图像如图所示,则(　　) A.整个循环过程中,气体对外界做的功为p0V0 B.从状态A到状态B,气体的内能先增大后减小 C.从状态C到状态A,气体从外界吸收热量 D.气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多 3.(多选题)(2025湖南长沙三模)如图为一个绝热的密封容器瓶,通过一细管AB与外界相连,瓶内用水银封住了一定质量的理想气体,管中水银面O比瓶内水银面高Δh=6 cm。现在将瓶子缓慢旋转180°,整个过程中管的B端始终在水银内。外界大气压p0=76 cmHg,则下列说法正确的是(　　) A.初始状态瓶内气体的压强p1=70 cmHg B.末状态瓶内气体压强小于初始状态瓶内气体压强 C.瓶内气体的质量发生了变化 D.这个过程中瓶内气体的温度降低了 4.(2024浙江温州联考)如图所示,固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸,用质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M=3 kg的物块连接。初始时,活塞与缸底的距离h0=40 cm,缸内气体温度T1=300 K,轻绳恰好处于伸直状态,且无拉力。已知大气压强p0=0.99×105 Pa,活塞横截面积S=100 cm2,忽略一切摩擦,重力加速度g=10 m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降,则: (1)当物块恰好对地面无压力时,求缸内气体的温度T2; (2)当缸内气体温度降至T3=261.9 K时,求物块上升高度Δh;已知整个过程缸内气体内能减小121.2 J,求其放出的热量Q。 迁移创新 5.(2025四川成都期中)如图(a)所示,水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定,隔板A的右侧为真空,左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1,抽取隔板A,左侧中的气体就会扩散到右侧中,最终达到状态2,然后将绝热容器竖直放置如图(b)所示,解锁活塞B,B恰能保持静止,当电阻丝C加热气体,使活塞B缓慢滑动,稳定后,气体达到温度为2T的状态3,该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强p0,且有p<2p0,不计隔板厚度及一切摩擦阻力,重力加速度大小为g。 (1)求绝热活塞B的质量; (2)求气体内能的增加量。 图(a)　　图(b) 6.(2024四川南充期末)气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置,其简化结构如图所示,导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积为S=28 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,并通过连杆与车轮轴连接。封闭气体初始长度L0=0.18 m、压强p0=4.0×105 Pa。当车辆载重时,相当于在汽缸顶部加一物体A,汽缸下降,稳定后封闭气体长度L=0.12 m,此过程中气体温度保持不变,封闭气体放出热量为Q0=3.2×105 J,求: (1)外界对封闭气体做功W; (2)稳定后封闭气体的压强p和物体A的质量m。 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.A 2.A 3.ABD 5.D 6.D 7.AD 8.ACD 12.ABE 1.A　球内气体温度不变,可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均不变,C错误。气球缓慢上升,由液体压强与深度的关系可知,气球外部压强减小,可得球内气体的压强减小,由玻意耳定律pV=C可得球内气体的体积变大,故球内气体对外做功,A正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,当ΔU=0、W<0时,Q>0,故球内气体从外部吸热,B、D错误。 2.A　皮球温度升高,体积变大过程中,皮球内封闭气体质量一定,温度升高,所以分子热运动的平均动能变大,但不代表每个分子的速率都增大,D错误。皮球体积增大,即皮球内封闭气体体积变大,分子总数一定,所以分子的数密度变小,C错误。皮球体积变大,所以皮球内封闭气体对外做正功,所以W<0,A正确。皮球内封闭气体温度升高,内能增加,所以ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q>0,所以气体从外界吸收热量,B错误。 3.ABD　根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的体积不变,W=0,温度升高,ΔU>0,则Q>0,吸收热量,故A正确。气体的体积减小,W>0,若温度降低,ΔU<0,则Q<0,放出热量;若温度升高,ΔU>0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故B正确,C错误。气体的体积增大,W<0,若温度不变,ΔU=0,则Q>0,吸收热量;若温度降低,ΔU<0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故D正确,E错误。 4.答案　不变　 做正功　 吸热 解析　完成一次循环,回到初始状态,理想气体温度不变,而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定,所以气体的内能不变;对p-V图像来说,图线与坐标轴所围图形的面积表示气体做的功,其中A→B→C过程,气体的体积减小,外界对气体做功,C→D→A过程,气体的体积增大,气体对外做功,且C→D→A过程图线与坐标轴所围的面积大于A→B→C过程图线与坐标轴所围的面积,即气体对外做的功大于外界对气体做的功,则整个过程中表现为气体对外界做正功;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,因为ΔU=0,W<0,则Q>0,所以气体从外界吸收热量。 5.D　猛推推杆压缩筒内气体,气体被压缩,体积减小,可得外界对气体做正功,W>0,故气体对外界做负功,B错误。气体未来得及与外界发生热交换,故Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得ΔU>0,故筒内气体内能增大,温度升高,气体分子热运动平均动能增大,C错误,D正确。根据理想气体状态方程=C可得,当V减小、T增大时,p增大,A错误。 6.D　向瓶内打气,瓶内气体增多,体积不变,压强增大;橡胶塞跳出时,瓶内气体迅速膨胀,对外做功,W<0,此过程时间极短,可认为是绝热过程,Q=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W得ΔU<0,内能减少,因为一定质量的气体内能与温度成正比,可知瓶内气体温度降低,由=C可得气体压强减小,D正确。 7.AD　1→2过程中,Q=0,气体体积减小,说明外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知ΔU>0,即内能增加,A正确。2→3过程中,气体体积增加,气体对外界做功,即W<0,由=C可知温度增大,理想气体的内能看温度,温度增大,内能增大,即ΔU>0,由ΔU=W+Q可知Q>0,即气体吸收热量,B错误。3→4过程中,Q=0,气体体积增加,说明气体对外界做功,W<0,由ΔU=W+Q可知ΔU<0,即内能减小,C错误。4→1过程中,压强减小,由=C可知温度降低,则内能减小,即ΔU<0,气体体积不变,W=0,由ΔU=W+Q可知Q<0,即气体向外放热,D正确。 8.ACD　理想气体初始状态与末状态的内能相等即初始状态与末状态的温度相等。A选项中整个过程中温度不变,则理想气体内能不变,A正确;由理想气体状态方程 =C(常量)可知,B选项中,p不变,V增大,则T增大,然后T不变,则末状态较初始状态温度升高,内能增大,B错误;C选项中,先V不变,p减小,则T减小,然后p不变,V增大,则T又变大,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,C正确;D选项中,先V不变,p增大,则T增大,然后p不变,V减小,则T减小,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,D正确;E选项中,先V不变,p增大,则T变大,然后T不变,则内能增大,E错误。故选A、C、D。 9.答案　(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 解析　(1)胎内气体是理想气体,根据理想气体状态方程可得= 代入数据解得p2=3.3×105 Pa (2)根据p-V图线与横轴所围的面积表示胎内气体对外界做功的绝对值,可得外界对胎内气体做功W=-ΔV(点拨:因为p与V成线性关系,此方法可以理解为平均值法,注意热力学第一定律中的W为外界对气体做的功) 代入数据解得W=-10 080 J 根据热力学第一定律得ΔU=W+Q 又因为此过程胎内气体吸收的热量Q=7.608×104 J 代入数据解得ΔU=6.6×104 J 10.答案　(1)T0　(2)CT0+h(p0S+mg) 解析　(1)活塞缓慢上升h,气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律有= 即=,解得T1=T0 (2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0 气体对外界做功,W=-pSΔh=-h(p0S+mg) 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 此过程中容器内气体吸收的热量 Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg) 11.答案　(1)pB=　(2)TC=1.9T0　(3)增加了W 思路点拨　 解析　(1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=。 (2)解法一　由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定律有=,解得TC=1.9T0。 解法二　气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有=,pB=,VB=5V0,TB=TA=T0,pC=1.9p0,VC=V0,联立解得TC=1.9T0。 (3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=W,故从B到C的过程,气泡内气体的内能增加了W。 12.ABE　分子热运动速率较小的气体分子,温度较低,在环形管中心部位聚集,与分离挡板碰撞后反弹,最后从A端流出,则A端为冷端,B端为热端,A、B正确;气体内能与分子热运动的总动能有关,而总动能由气体分子热运动平均速率与分子数共同决定,C项错误;本题中利用高压氮气实现冷热气体的分离,说明该热现象不是在自然条件下进行的,装置中气体进出过程,满足能量守恒定律和热力学第二定律,E正确,D错误。 13.答案　(1)≤T'≤　(2)7mgL 解析　(1)设大气压强为p0,开始时活塞受力平衡,则有p0S+mg=pS 设弹簧的弹力最大时,弹簧的形变量为x,由题意可知kx=mg 当弹簧处于最大压缩状态时,对活塞受力分析可得p0S+mg=p1S+kx 由理想气体状态方程可得= 解得T1= 当弹簧处于最大伸长状态时,对活塞受力分析可得p0S+mg+kx=p2S 由理想气体状态方程可得= 解得T2= 故当环境温度满足≤T'≤时,弹簧不会超出其弹性限度。 (2)设温度缓慢升高的过程中,封闭气体对活塞做的功为W,由动能定理得W-mg·2x-p0S·2x=0 由热力学第一定律得ΔU=Q-W 联立解得Q=7mgL 高考模拟练 1.A　加热后,温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是盒内每一个气体分子速率都增大,故A正确,B错误;底层内的气体可视为理想气体,温度升高,底层气体的内能增大,故C错误;根据理想气体状态方程=C,加热过程视为等容变化,温度升高,则加热后底层气体压强变大,故D错误。 2.BD　A到B过程气体体积膨胀,气体对外界做功,B到C过程气体体积不变,做功为零,C到A过程气体体积减小,外界对气体做功,整个循环过程外界对气体做的功等于△ABC的面积,等于p0V0,故A错误;从状态A到状态B,p和V的乘积先变大后变小,故温度先升高后降低,气体的内能先增大后减小,故B正确;从状态C到状态A,p不变,V减小,所以温度降低,内能减小,且外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体向外界放出热量,故C错误;气体在状态A时的温度比在状态C时的低,分子的平均速率更小,而状态A与状态C的压强相等,根据压强的微观解释,气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多,故D正确。故选B、D。 3.BD　由题意可知初始状态瓶内气体的压强p1=p0+ρgΔh=82 cmHg,故A错误;根据题意,将瓶子缓慢旋转180°的整个过程中管的B端始终在水银内,说明旋转完毕达到新的平衡时,细管仍然有一段水银柱Δh'存在,气体没有泄漏现象,由此得末状态瓶内气体压强p2=p0-ρgΔh'<p1=82 cmHg,故B正确;由于细管的B端始终在水银内,气体无法逸出或进入,因此瓶内气体的质量保持不变,故C错误;该过程中,瓶内气体经历绝热降压过程,Q=0,由热学知识可知体积增大,气体对外做功,即W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,故得ΔU<0,即气体内能减少,温度降低,故D正确。故选B、D。 4.答案　(1)291 K　(2)4 cm　160 J 解析　(1)初始时,对活塞根据平衡条件有p0S+mg=p1S 解得p1=1×105 Pa 当物块恰好对地面无压力时,对活塞根据平衡条件有p0S+mg=p2S+Mg 解得p2=0.97×105 Pa 对缸内气体,由查理定律可得= 解得T2=291 K (2)当缸内气体温度由T2降至T3时,气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律可得= 即= 解得Δh=4 cm 整个降温压缩过程活塞对气体做功为W=p2ΔV=p2SΔh=38.8 J 根据热力学第一定律ΔU=W+Q,其中ΔU=-121.2 J 解得Q=-160 J 即放出热量160 J。 5.答案　(1)　(2)Q-pV 解析　(1)气体从状态1到状态2发生等温变化,由玻意耳定律得pV=p2·2V 容器竖直放置,解锁活塞B,B恰好保持静止,根据平衡条件得p2S+mg=p0S 两式联立解得m= (2)气体从状态2到状态3发生等压变化,由盖—吕萨克定律得= 该过程外界对气体做功W=-p2(V3-2V)=-pV 根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q 解得ΔU=Q-pV 6.答案　(1)3.2×105 J　(2)6×105 Pa　56 kg 解析　(1)封闭气体温度不变,则内能不变,即ΔU=0 封闭气体吸收热量为Q=-Q0=-3.2×105 J 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 可得W=-Q=3.2×105 J (2)封闭气体初态体积为V0=SL0,末态体积为V=SL 由玻意耳定律得p0V0=pV 解得p=6×105 Pa 气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小,则(p-p0)S=mg 解得m=56 kg 学科网（北京）股份有限公司 $