第3章 热力学定律（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

进阶 突破 第三章 热力学定律 第1~2节热力学第一定律能量守恒定律 1.如图，一个质量为m=2kg的T形活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不 计，距汽缸底部h,=10cm处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计），初始时，封闭气体 温度为T,=360K,活塞距离汽缸底部为h2=15cm,两边水银柱存在高度差.已知大气压强为 po=1×10Pa,汽缸横截面积为S=1×103m2,活塞竖直部分长为L=12cm,重力加速度为g 取10m/s2,求： (1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平？ (2)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体对外界放出的热量为6J,气体内能的变化 量△U. O8黑白题物理1选择性必修第三册·JK 2.（2023·湖南长沙一中质检)气压式升降椅（如图甲）通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其 简易结构如图乙所示.圆柱形汽缸与椅面固定在一起，总质量m=6kg.固定在底座上的柱状 汽缸杆的横截面积S=30cm,在汽缸中封闭了长度L=20cm的理想气体.汽缸气密性、导热 性能良好，忽略摩擦力，已知室内温度T1=320K,大气压强p。=1.0×10Pa,重力加速度g取 10m/s2.求： (1)质量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离； (2)在(1)情况下人坐上去后，由于开空调室内气温缓慢降至T,=300K,封闭气体的内能减 少了13.5J,该过程封闭气体对外界放出的热量Q. 椅面 汽 汽缸杆 底座 第3节热力学第二定律 1.(2023·湖南长沙期末)如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆 的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推 动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是 () 形状记忆合金 热水 A.热水将热量传递给叶片，所以热水的温度会降低 B.由形状记忆合金自身提供了转轮转动的能量 C.转轮依靠自身惯性一直转动，不需要消耗外界能量 D.叶片在热水中吸收的热量等于在空气中释放的热量 进阶突破·拔高练09m⑤，联立③⑤式，代人数据得-9⑥，设抽出的 气体的体积为Ay,由题意知AV=业0名②，故应抽出气 体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Am_△y m V ⑧，联 立⑥⑦⑧式，代入数据得Am.1 m 3 第三章热力学定律 第1~2节热力学第一定律能量守恒定律 1.(1)240K(2)-2.4J 解析：(1)初态时，对活塞受力分析，可求气体压强为P1=Po+ 学，体积为%=AS,要使两边水银面相平，汽红内气体的压 强为P2=po,此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2=LS, 设此时温度为，由理想气体的状态方程有_P,可 TT21 得T2=240K;(2)从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触， 气体压强不变，外界对气体做功W=p1AV=p+)×(h L)S=3.6J,由热力学第一定律有△U=W+Q,可得气体内能 的变化量△U=-2.4J 2.(1)12cm(2)18J 解析：(1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对 象，根据受力平衡可得mg+poS=p1S,解得p1=1.2×103Pa.质 量M=54kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平 衡可得(M+m)g+poS=P2S,解得pP2=3x105Pa.设稳定后缸内 气体柱长度为L',根据玻意耳定律可得p1LS=P2L'S,解得 L'=8cm.则椅面下降了△h=L-L'=20cm-8cm=12cm. (2)在(1)问的情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2= 300K,该过程气体发生等压变化，则有_，气体柱长度 T,T21 为L”"=7.5cm,外界对封闭气体所做的功为W=(PoS+ Mg+mg)·（L'-L"),解得W=4.5J.根据△U=-Q+W,解得 Q=18J.放出热量18J. 第3节热力学第二定律 1.A解析：A.热水将热量传递给叶片，同时热水会向四周放 出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减少，故热水的 温度会降低，故A正确；B.要维持转轮转动需要外力做功， 转轮转动所需能量不能由转轮自身提供，故B错误；C.转轮 转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以 要维持转轮转动需要外力做功，故C错误；D.根据热力学第 二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功 而不引起其他变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在 空气中释放的热量，故D错误：故选A 第四章原子结构 第1节电子的发现 1u （2片ru+2 2dU 解析：(1)电子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速直线 运动，有=Be=名，得品即打到荧光屏0点的电于 速度的大小为6 U (2)P与P'之间只有偏转电场时，电子的加速度为a,运动时 选择性必修第三册·JK 间为t,电子离开偏转电场的偏移量为y,速度偏转角为0，根 据运动学公式y=)a2, 2 根据牛顿第二定律有：a= 运动时间：t= mb v eUL 解得：y= 2mbu2' 1 2, 由于子 一，可得：e= 2dU 2+忆 mB2bL,(L1+2L2） 第2节原子的核式结构模型 1.D解析：α粒子散射实验是用α粒子轰击金属箔，得到的结 果是绝大多数的α粒子穿过金属箔后基本上仍沿原来的方 向继续前进，有少数的α粒子运动轨迹发生了较大的偏转， 极少数的α粒子甚至被反弹，沿原路返回，而在该实验中，用 显微镜观察到的实际上是α粒子，在c处可以观察到很少的 发生较大偏转的α粒子，在d处则能观察到被反弹回来的α 粒子故选D. 2.(1)ABC(2)mg (3)B U 解析：(1)平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静 止状态，电场力与重力平衡，则有mg=qB=g,所以需要测 出的物理量有油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离 d,故选ABC.(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量 9-”g(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所 带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个 最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=1.6×1019C,故B正 确，A、C、D错误故选B. 第3节光谱氢原子光谱 1.B解析：A.光谱分为发射光谱和吸收光谱，发射光谱分为 连续谱和线状谱，故A正确，不符合题意：B.太阳光谱中有 暗线，是吸收光谱，氢光谱是线状谱，故B错误，符合题意； C.线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析，故C正确，不符合 题意；D.光谱分析可以精确分析物质中所含元素，可以帮助 人们发现新元素，故D正确，不符合题意故选B. 2A解析：在巴尔来系中，根铝片R.(宁京 F)知当n=3 时，光子能量最小，入最大；当n=6时，光子能量最大，波长 盘小则布（分）器之（层。） 所以之-号故A正确，B0D错误放选A 第4节玻尔的原子模型能级 1.BC解析：A.若规定无穷远处的能量为0，则量子数为n=2 时的能量为E,3,6eY=-3,4eY;若氢原子处于基态时的 能量为0，则量子数n=2时能级的能量为10.2eV,A错误； B量子数n=3时能级的能量为宁8=- 9,B正确；C.若 要使氢原子从基态跃迁到第4能级，则需要吸收的光子能量 为婷(：治C正德：山采用能州为沿的高道电于变 黑白题34