第3节 热力学第二定律-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

第3节热 白题基础过关练 题型1热力学第二定律的理解 1.（多选)根据热力学第二定律可知，下列说法 中正确的是 () A.不可能从单一热库吸收热量并把它全部用 来做功，而不引起其他变化 B.没有冷凝器，只有单一的热库，将从单一热 库吸收的热量全部用来做功，而不引起其 他变化的热机是可以实现的 C.制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温 度的空气，而不引起其他变化 D.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 2.（2023·广东广州期末)如图所示为家用电冰 箱的工作原理简化图.压缩机工作时，强迫制 冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发 器中的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 箱体 U 千燥过滤器 从冰箱内传到冰 蒸发器 箱外 凝器 B.电冰箱的工作原 压缩机 理违反热力学第二定律 C.冷凝器中的制冷剂在液化过程中体积增 大，内能增加 D.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 题型2能量耗散 3.下列对“能量耗散”理解正确的是( A.能量在转化过程中变少的现象叫能量的 耗散 力学第二定律 限时：8min B.各种能量在不转化时是守恒的，但在转化 时是不守恒的 C.在能源的利用过程中，能量的数量不但减 少，而且可利用的品质降低了 D.能量耗散符合热力学第二定律与能量守恒 定律 题型3热力学第二定律的微观解释 4.在寒冷的天气中将一盆水放在户外，经过一段 时间后这盆水就会结冰，液态水的分子无序程 度比固态冰的无序程度要大，那么下列说法正 确的是 A.结冰的过程违反熵增加原理 B.结冰的过程不违反熵增加原理 C.无法判断结冰的过程中是否违反熵增加 原理 D.结冰的过程是否违反熵增加原理，要看研 究对象的选取 5.飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员 从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞 船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”， 其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀 门K,指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真 空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K 后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则 ( A.气体体积膨胀，对外 做功 B.气体分子势能减少，内能增加 C.体积变大，温度降低 D.B中气体不可能自发地全部退回到A中 黑白题43 黑题应用提优绣 1.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象 所谓能量耗散是指在能量转化过程中无法把 流散的能量重新收集、重新加以利用.下列关 于能量耗散的说法中正确的是 A.能量耗散说明能量不守恒 B.能量耗散现象告诉我们内能可以全部转化 为其他形式的能 C.能量耗散过程中能量仍守恒，只是能量的 转化有方向性 D.待科技发达到一定程度可消除能量耗散现 象，就可以制造无能量耗散的机器 2.某校中学生参加电视台“异想天开”节目的活 动，他们提出了下列四个设想方案，从理论上 讲不可行的是 A.城市上空的气温比周围高，形成了所谓的 “热岛效应”，利用这个热源来进行发电 B.发明一种装置，把繁华的马路上，行人走路 时消耗的一部分能量转化为电能 C.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重 污染空气，想办法使它们自发地分离，既清 洁了空气，又变废为宝 D.在房屋顶上装太阳能板，可直接用太阳能 来解决照明和热水问题 3.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说 法正确的是 ( ) A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热 力学第一定律 B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热 力学第二定律 C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内 能，热传递也不一定改变内能，但同时做功 和热传递一定会改变内能 选择性必修第三册·JK 限时：l0min D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传 向高温物体是可能的 4.(2023·广东实验中学模拟)炎炎夏日，教室 里的空调为同学们提供了舒爽的环境，空调 的工作原理如图所示，以下表述正确的是 ( 高温物体 400 >制冷机 个0 低温物体 A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律 的开尔文表述 B.空调的工作原理反映了热传导的方向性 C.此原理图中的Q1=Q2 D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高 温物体 压轴挑战 5.如图所示，两种不同的金属组成一个回路， 接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水 杯中，此时回路中电流计发生偏转，这是温 差电现象.假设此过程电流做功为W,接触 头1从热水中吸收的热量为Q,冷水从接 触头2吸收的热量为Q2,根据热力学第二 定律可得 康铜丝 铜丝 热水 冷水 A.Q=W B.Q:>W C.Q<Q2 D.Q+02=W 进阶突破拔高练PO9 黑白题44瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误：B.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=C,气体体积膨胀，对外界 做正功，B正确：CD.由AB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△U=W+Q,由 于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错 误故选B. 压轴挑战 5.C解析：A.d→a体积增大，气体对外做功，又因为温度升 高，内能变大，所以气体从外界吸收热量，A正确，不符合题 意：B.由于压强不变，体积变大，故相同时间内碰撞容器壁 的气体分子数变少，B正确，不符合题意：C.理想气体状态 方程为=C,在过程一c中为等压变化，故过程6一中外 界对气体做的功为W=p△Ve=C(T。-Tb),在过程d→a中 也为等压变化，故过程d→a中气体对外界做的功为W= P△Va=C(T。-Ta),根据图像可知T。=T6,T=T,故W= -W,即在过程b→c中外界对气体做的功等于在过程d→a 中气体对外界做的功，C错误，符合题意；D.由于在过程a→ b→c中气体的平均压强大于过程c→d+a的平均压强，则在 过程a→b+c中外界对气体做功大于过程c→d→a过程中 气体对外做功，则经历a→b→c→d+a一次循环，整个过程 外界对气体做正功，回到状态α，温度相同，内能不变，根据 热力学第一定律可知整个过程气体放出热量，D正确，不符 合题意.故选C. 专题探究四气体实验定律与热力学 第一定律综合应用 黑题专题强化练 1.A解析：AC.气体由状态a经等压变化到状态b,温度升高， 则体积变大，即气体在状态α的体积小于在状态b的体积， 气体内能不变，对外做功，则气体吸热，选项A正确，C错误： B根据p=S1,因a点与0点连线的斜率大于c点与0点 连线的斜率，可知气体在状态a的体积小于在状态c的体 积，选项B错误；D.从状态b到状态c的过程，温度不变，压 强减小，可知体积变大，则气体对外界做正功，外界对气体做 负功，选项D错误故选A. 2D解析：A根据%-C,气体在状态C时压强为，故A错 误；B.从状态A到状态B的过程中，气体体积减小，气体分 子的数密度增大，故B错误；C.从状态C到状态A的过程 中，温度升高，内能增大，即△U>0,体积增大，气体对外做 功，即W<0,根据△U=Q+W,气体吸收热量，故C错误：D.从 状态C到状态A的过程中，体积增大，密度减小，压强不变， 气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少，故D正确.故 选D. 3.B解析：A.1→2的过程为绝热过程，故Q=0,气体体积减 小，故外界对气体做功W>0,根据△U=W+Q可知气体内能 增大，气体温度升高，故A错误；B.23的过程为等温过程， 故△U=0,气体体积减小，故外界对气体做功W>0,根据 △U=W+Q可得Q<0,因此气体放热，故B正确：C.3→4的过 程为绝热过程，故Q=0,气体体积增大，故气体对外界做功 W<0,根据△U=W+Q可知气体内能减小，故C错误：D.根据 p-V图线与横轴围成的面积表示做的功可知，1→2→3过程 参考答案与解析 气体做负功，3→4→1过程气体做正功，由于1→2→3曲线 与横轴围成的面积大于3+4→1曲线与横轴围成的面积，故 整个过程气体对外界做负功，故D错误.故选B. 4C解析：A.根据一定质量理想气体状态方程 7=C,且v= CT 得到p=,所以图像斜率与温度成正比，所以d血过程 p 气体温度变大，A错误：B.根据A选项分析，αb过程斜率变 小，温度降低，而理想气体内能只与温度有关，内能减小：密 度变大，则说明体积减小，所以外界对气体做功，根据热力学 第一定律△U=Q+W,得Q<0,所以气体放热，B错误：C.bc过 程斜率变小，温度降低，内能减小，密度不变，体积不变，W 0,结合△U=O+W得到Q<0,所以气体放热，C正确：D.cd过 程斜率不变，气体温度不变，分子平均动能不变，但气体压强 减小，根据气体压强微观解释，气体分子单位时间内对器壁 单位面积碰撞次数减少，D错误.故选C 5.(1)600K(2)放热150J 解析：(1)理想气体从A状态到B状态的过程中，压强保持 不变，根据盖吕萨克定律有-之代人数据解得7， 三600K:2理想气体从A状态到B状态的过程中，外 界对气体做功W,=-P(V。-Va),解得W,=-100J,气体从B 状态到C状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有 P-,解得pc=2.5x105Pa,从C状态到D状态的过程中， Ta To 外界对气体做功W2=Pc(Vc-V),解得W2=250J,一次循环 过程中外界对气体所做的总功W=W,+W2=150J,理想气体 从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内 能不变.根据热力学第一定律有△U=W+Q,解得Q=-150J, 故完成一次循环，气体向外界放热150J. 6.(1)2(2)2红+(mg*ws)L 解析：(1)气体为等压变化，则有 元=，即有乙。 T。 (Lo+h) 1 ，解得h=2(2)外界对汽缸内气体做的功V= 2 -(mg+poS)h,由热力学第一定律有△U=W+Q,解得Q= 1 2k7,+2（mg+PoS)L, 7.(1)450K(2)76J 解析：(1)当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有P2S= poS+Mg,解得P2=1.2×105Pa.气体加热至活塞刚要离开卡 ,气体经历等容变化，根据查理定律有片联立解得溶 塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T,=450K.(2)活塞 离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有 W=-P,Sh.由热力学第一定律得△U=Q+W,代入数据解得此 过程中气体内能的变化量△U=76J. 第3节热力学第二定律 白题基础过关练 1.AD解析：AB.热力学第二定律揭示了与热现象有关的物 理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机 械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须 黑白题15 借助外部的帮助，即会引起其他变化，A正确，B错误； CD.热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传 给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要 引起其他变化（外界对系统做功），C错误，D正确.故选AD. 2.D解析：A.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低 温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，可知热量 不能够自发地从冰箱内传到冰箱外，故A错误；B.电冰箱把 热量从低温物体传到高温物体，需要压缩机的帮助并消耗了 电能，即该过程不是自发进行，而是有外界的影响，可知电冰 箱的工作原理不违反热力学第二定律，故B错误；C.制冷剂 遇冷放热然后液化，制冷剂向外放热，Q小于零，制冷剂在液 态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功，W也小于零，根 据热力学第一定律有△U=W+Q,可知，内能一定减小，故 C错误：D.根据上述，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱 内的热量传到外界，即该过程不是自发进行，而是有外界的 影响，即是因为其消耗了电能，故D正确故选D 3.D解析：能量耗散的过程中能量向品质低的能量转变，但 是总的能量是守恒的，能量的数量并未减少，能量耗散符合 热力学第二定律.故D正确. 4.B解析：液态的水比冰的无序程度大，但熵增加原理适用 于孤立系统，而不是个别不孤立的系统.一盆水在寒冷的天 气中并不是孤立系统，因为水与外界大气有能量交换，所以 结冰的过程并不违反嫡增加原理，故选项B正确，选项 ACD错误. 5.D解析：A.打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中 为真空，所以A中的气体不会做功，故A错误；BC.气体分子 间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为 系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体的温度也不 变，故BC错误：D.由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具 有方向性，在无外界作用时，B中气体不可能自发地全部退 回到A中，故D正确.故选D. 黑题应用提优练 1.C解析：AC.能量耗散的过程是能量向品质低的大气内能 转变的过程，但总的能量是守恒的，只是能量的转化有方向 性，故A错，C对；B.根据热力学第二定律知，内能不可能全 部转化为其他形式的能而不发生其他改变，故B错：D.这类 机器违背了热力学第二定律，不可能制成，故D错.故选C 2.C解析：A.城市上空的气温比周围要高，形成了所谓的“热 岛效应”，利用这个热源进行发电，理论上是可行的，故A正 确；B发明一种装置，设计在繁华的马路上，使行人行走时的 一部分能量转化为电能，根据热力学第二定律知道，在不产 生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，一部分能量转 化为电能，理论上讲可行，故B正确；C.分散在环境中的内能 不管数量有多么巨大，却再也不能驱动机器做功了，这是 “能量耗散”的过程，故C错误：D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，故 D正确.故选C. 3.D解析：A第二类永动机不违反热力学第一定律，违反热力 学第二定律，故A错误：B.第一类永动机不可能制成是因为违 反了热力学第一定律，故B错误：C.改变内能的方式有做功和 热传递，二者在内能的改变上是一样的，根据△U=W+Q可知， 若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C错误；D.由 热力学第二定律可知，如果引起其他变化，热量从低温物体传 到高温物体是可能的，例如电冰箱，故D正确.故选D. 4.B解析：A.空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开 选择性必修第三册·JK 尔文表述，A错误：B.空调的工作原理反映了热传导的方向 性，热量不能自发地从低温物体传导给高温物体，但在其他 能力干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确：C.此 原理图中的Q1=Q2+W,C错误；D.此原理图说明在外界干 预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误故选B. 压轴挑战 5.B解析：根据热力学第二定律，不可能从单一热库吸收热 量使之全部用来做功，而不产生其他影响：所以从热水中吸 收的热量Q,应该大于电流做的功W,即Q>W.根据能量守 恒定律和热力学第二定律，从热水中吸收的热量转化或转移 变成了三部分，一部分是电能W,一部分是散失的热量，另一 部分是冷水吸收的热量Q2,故选B. 本章达标检测 白题单元达标测 1.D解析：A.根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温 物体传到高温物体，在发生其他变化的前提下，热量可以由 低温物体传到高温物体，例如电冰箱制冷时，压缩机工作，消 耗了电能，同时热量由冰箱内的低温物体传递到冰箱外的高 温物体，故A错误；B.外界对物体做功的同时，物体可能放 热，物体的内能不一定增加，故B错误；C热机的效率为 100%,并不违反能量守恒定律，但它违反了热力学第二定 律，因此它不可能制成，故C错误；D.不可能从单一热源吸收 热量使之完全变成功，而不产生其他影响，是热力学第二定 律的一种表述形式，故D正确.故选D. 2.D解析：当活塞迅速向下压时，活塞对气体做功，气体来不 及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升 高，汽缸内的气体分子的平均动能增大，故A错误：汽缸内 的气体分子的平均动能增大，则分子的平均速率增大，而不 是汽缸内所有分子的速率增大，故B错误；当活塞继续下压 时，汽缸内的气体的体积减小，由理想气体的状态方程”= T C可知，气体压强增大，则单位时间内撞到汽缸内壁单位面 积上的气体分子数增多，故C错误，D正确；故选D. 3.B解析：A.A→B过程中，气体体积减小，温度不变，压强增 大，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增多 A项正确；B.A→B过程中，温度不变，内能不变，外界对气体 做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项错误， 符合题意：C.B→C过程中，气体压强不变，体积减小，温度 降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气 体放出热量，且放出热量比外界对气体做的功多，C项正确； D.C→A过程中，温度升高，速率大的分子数增多，D项正确 故选B. 4.B解析：水和水银的初温相同（两球的初温相同），当两液 体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，所以内能 变化相同，根据热力学第一定律△U=O+W,吸收的热量除了 使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银 的密度比水的密度大，所以B球吸收的热量较多，故选B. 5.C解析：A.可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压缩 气体时，气体温度要发生变化，根据=C可知，只有当气体 的温度不变时，气体的压强才与体积成反比，故A错误： B气体影胀时，气体压强要发生变化，根据=C可知，只 有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度成正 黑白题16