专题6 热力学第一定律与气体实验定律综合问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

专题 热力学第一定律与气体实验定 1.（2023·广东华南师大附中质检)如图所 示，绝热汽缸开口水平向右放置在水平地 面上，一轻质绝热活塞封住一定量的理想 气体，忽略缸壁对活塞的摩擦力.现用灯丝 缓慢加热气体，下列说法正确的是() A.气体压强变大 B.气体内能不变 C.气体吸收的热量可以全部用来对外做功 D.气体吸收的热量不可以全部用来对外 做功 2.（2022·湖北武汉期末)封闭在汽缸内一定 质量的理想气体由状态A经B、C、D,再回 到状态A,其体积V与热力学温度T的关系 如图所示，O、A、D三点在同一直线上，BC 垂直于T轴.下列说法正确的是（) A.由状态A变化到状态B过程中，气体放 出热量 B.由状态B变化到状态C过程中，气体放 出热量 C.由状态D变化到状态A过程中，气体放 出热量 D.A状态时单位时间内与器壁单位面积碰 撞的分子数比D状态时少 10黑白题物理|选择性必修第三册·JK 律综合问题 ©限时 30分钟 3.(2022·江苏泰州质检)一定质量的理想气 体从状态A→B,再从状态B→C,最后从状 态C→A完成一次循环，如图示.已知状态 A时气体的温度T4=900K! (1)求气体在状态B时的温度Tg: (2)求气体从状态B→C的过程中，气体做 的功WBC (3)已知气体从状态A→B→C→A的过程 中，外界对气体做的功Wc4=3.6×10J, 试说明该过程中气体是吸热还是放热， 求吸收（或放出）了多少热量. tpl×105Pa) 等温线 B 3 V/m 4.一横截面积为S=5.0cm2的U形玻璃管竖 直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银 封闭一段空气柱.当封闭气体的温度t。= 27℃时，管内水银柱及空气柱长度如图所 示.已知外界大气压为po=1.0×103Pa,水银 的密度为p=13.6×103kg/m3,重力加速度 g取10m/s2. (1)缓慢降低封闭气体的温度，当封闭气体 的长度L=36cm时，封闭气体的温度t 是多少？ (2)若(1)过程中气体的内能减少了2.5J, 该过程中气体吸热还是放热？吸收或 放出的热量是多少？(（结果保留两位有 效数字) 30 cm 5.（2023·湖北十堰调研)某物理探究小组设 计了一款火警报警装置，原理图如图所示 汽缸通过细线悬挂在天花板下，质量m= 300g、横截面积S=15cm的活塞将一定质 量的理想气体密封在导热汽缸内.起初环境 的热力学温度T,=294K时，活塞距汽缸底 部的高度h=15cm,当环境温度上升，活塞 缓慢下移△h=5cm时，活塞表面（涂有导 电物质)恰与α，b两触点接触，蜂鸣器发出 报警声，不计活塞与汽缸之间的摩擦，外界 大气压强po=1.0×105Pa,重力加速度g取 10m/s2. (1)求缸内气体的压强P1; (2)求蜂鸣器刚报警时密封气体的热力学 温度T2; (3)若蜂鸣器刚报警时气体的内能增加了 10J,求此过程中密封气体吸收的热 量Q. ao b 蜂鸣器 进阶突破·专项练11意耳定律有，=p附，代入数据解得，-P=36,对应 Po 释放气体的等效体积为△V=V,-V。=2.6V。,释放气体△m与 原气体质量m。之比为 m△V2.6_13 moV3.618 6.(1)4min(2)10 、307 解析：(1)将体积为V,压强p=5.6×10Pa,温度T。=280K 的大气注入舱体；末态压强P1=5×10Pa,体积V1=Sh= 1.848m2,温度T,=300K,根据理想气体状态方程有° P,V已知气流量Q=350/min,所以充气时间为t三0，解得 T t=44min.(2)注入气体的体积V2=Q't'=0.3m3,温度T2= 270K,根据理想气体状态方程有P_,排出舱体 TT T2 的气体体积△V=,-,根据理想气体状态方程有上。 T 兰放出气体质量与进人气体质量之比等于体积之比， 有m出=△V307 m进V410 专题四活塞汽缸模型 1.D解析：AB.对活塞受力分析且由平衡条件可得P外S=P气S+ mg,若外界大气压缓慢增大一些，则汽缸内气体压强增大， 若外界大气压缓慢减小一些，则汽缸内气体压强减小，由于 开始时汽缸静止且与地面接触，则有pS+Mg=FN,由于气体 压强减小，则地面与汽缸间弹力减小，故AB错误；CD.由 =C可知，若外界气温缓慢升高一些，气体体积增大，则重 V 物距地面的高度将减小，若外界气温缓慢降低一些，则汽缸 内气体压强不变，气体体积减小，故C错误，D正确.故选D. 2.A解析：根据题意可知，设向活塞左侧打气25次后汽缸内 空气的压强为P,左侧气体体积为V,,则右侧气体体积 为2y-K,曲孩意耳定律，对左侧气体有n(,宁）p 对右侧气体有pV=p(2v-),联立解得=号，P=子， 7 活塞固定后再向活塞右侧打气5次，则p(2V-V1)+PoV= p'(2V-V1),p'=7Po,故选A. 3.(1)L=5cm(2)T=400K解析：(1)当汽缸水平放置时， 封闭气体的压强为Po,当汽缸口朝下时，设封闭气体的压强 为p,有po=p+3由玻意耳定律有pob=p(L+-L),解得 L=5om(2)此过程为等压变化，有+-L_乙，解得T T。 400K. 4.(1)1.1p(2)3 解析：(1)对活塞分析pS+mg=p'S,解得 p'=1..(2)B中气体体积减为原来的子时，A中气体体积 变为原来的2倍，对A中气体p'Va=2p"Va,对活塞分析 P,Stng=pS,解得ps=045p,对B中气体pV=p×子ya,解 得V=O.3Vg,B中漏出的气体和剩下气体质量的比值 Va-0.3V87 0.3V3 选择性必修第三册·JK 5.(1)16kg(2)800N/m解析：(1)根据题意可知，气体温 度从300K增加到360K的过程中，经历等容变化，由查理 定律得-，解得p,=1.2x105Pa此时，活塞恰好离开卡 To T 环，可得p,=,+mg9,解得m=16kg(2)气体温度从 S 360K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程有业 T. 上，解得，=1.4x10Pa对活塞进行受力分析可得 PoS+mgsin0+k△x=P2S,解得k=800N/m 专题五液柱模型 1.D解析：被封闭气体B的压强Pg=PoP水银hg,被封闭气 体A的压强PA=PBP水银ghA=PoP水银g(hA+hB),其中hA、hB 为上下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高 度都将减小，则封闭气体压强PA和Pg都增大，又由于气体 是等温变化，由玻意耳定律pV=P1V,知，气体A、B的压强增 大，体积减小.故选D. 2.C解析：AB.由于液面高度差的存在，所以在U形管静止 时，两部分气体的压强关系为PA<PB;当U形管自由下落时， 液体的压强为零，所以B部分的气体将膨胀，导致液面高度 差变大，A部分的气体将被压缩，所以两部分气体的压强差 比静止时小，故AB错误：CD.假设水银柱不动，气体升高相 同的温度，根据号岩可得4兴·P,由于p,>0,所以 △pB>△p4,即两部分气体的压强差比升温前大，则水银柱高 度差h将变大，故C正确、D错误故选C. 3.C解析：设玻璃管的横截面积为S,初始状态下，气体B的 压强Pg=po+l0cmHg=86 cmHg,由玻意耳定律有paSg= paSg,又lg-l?=1cm,解得pg=88cmHg,故选C. 4.A解析：活塞未下推之前，液柱下端封闭气体的压强P,= Po+pgh=100cmHg,液柱下端封闭气体，根据玻意耳定律可 知p1V1=p2V2,其中V1=25S,V2=20S,联立解得P2= 125cmHg活塞下推后，管上部分气体的压强为p3=p2-Pgh= 100cmHg,对管上部分气体，根据玻意耳定律有PoV。=P3V3, 其中V。=60S,V,=LS,联立解得，管上部分气体的长度L= 45cm,活塞下推的距离为h=(60.0-L+25.0-20.0)cm= 20.0cm,故选A. 5.(1)L2=16cm(2)t3=-38.6℃解析：(1)根据题意可知， 玻璃管开口朝上时有p1=po+pgh=80cmHg,V1=L,S=15S, 平躺在水平桌面时有p2=po=75cmHg,V2=L,S.由玻意耳定 律有p1V1=p2V2,解得L2=16cm.(2)根据题意可知，两液面 相平时有p3=75cmHg,V3=12.5S.由理想气体状态方程有 pyP,解得T,=234.4K,即=-38.6℃. 6.（1)pm=60cmHg(2)La=12.5cm解析：(1)设玻璃管截 面积为S,对B气体，初状态压强为75cmHg,体积为 20cm×S,末状态体积为25cm×S,根据理想气体状态方程有 75×20xS=P,×25×S,解得Pm=60cmHg(2)活塞被缓慢向 左拉的过程中，A中气体做等温变化，初状态：P4,=(75+ 25)cmHg=100cmHg,'A1=10cm×S,末态：P2=(P2+25- 5)cmHg=80cmHg,Va2=L2S.根据玻意耳定律有paVa1= Pa'a,解得La2=12.5cm. 专题六热力学第一定律与气体 实验定律综合问题 1.D解析：A.对活塞进行受力分析可知，当汽缸开口向右水 平放置时，缸内气体压强总是等于大气压强，加热过程其实 黑白题38 是一个等压过程，A错误：B.汽缸和活塞都绝热，不与外界 发生热量交换，随着加热温度一定上升，内能增大，B错误； CD.根据pV=nRT可知，加热气体且等压过程中，温度升高， 体积变大，由热力学第一定律△U=W+Q可知，加热气体Q> 0,气体体积增大W<0,温度升高△U>0,气体吸收的热量不 可以全部用来对外做功，C错误，D正确故选D. 2.C解析：A.由状态A变化到状态B过程中，气体体积不变 气体不做功，W=0,气体温度升高，内能增加△U>0,根据 △U=W+Q,可得Q=△U-W=△U>0,气体吸收热量，A错误； B.由状态B变化到状态C过程中，温度不变，内能不变 △U=0,气体体积增加，气体对外做正功，W<0,根据△U=W+ Q,可得Q=△U-W=-W>0,气体吸收热量，B错误；C.由状态 D变化到状态A过程中，气体体积减小，气体对外做负功， W>0,气体温度降低，内能减少△U<0,根据△U=W+Q,可得 Q=△U-W<0,气体放出热量，C正确：D.由状态D变化到状 态A过程中，气体体积V与温度T的比值保持不变，根据理 想气体状态方程pV=m,可得p=”可知由状态D变化 到状态A过程中，气体属于等压变化，状态D与状态A的压 强相等，而状态D下气体温度高，气体分子平均动能大，所 以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A 状态时少，D错误故选C 3.(1)300K(2)2.0×10J(3)放出了1.6×10J的热量 解折：(1)1一8是等容变化，根据查理定律得会-会解得 T。=7,=10x10 PA 3.0x10×900K=300K (2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，根 据功的公式有Wc=PB△Vc=1.0×10×(3.0-1.0)J=2.0× 10°J.(3)C→4是等温变化，由理想气体内能只与温度有关， 知其内能不变，即△U=0,已知气体从状态A+B→C→A的 过程中，A→B是等容变化，气体不做功；气体从状态B→C 的过程中，气体对外界做的功Wc=2.0×103JC→A的过程 中，外界对气体做的功W4=3.6×10°J,由热力学第一定律 △U=Q+W,结合内能不变，有0=Q-Wc+WcA,代入数据，求 得Q=-1.6×10J,即气体放出了1.6×10J的热量 4.(1)-3℃(2)放热5.0J 解析：(1)缓慢降低封闭气体的温度，气体做等压变化，根据 LoS LS 盖-吕萨克定律，有273+。273+解得1=-3℃.(2)封闭气 体的压强为p=Po+Pgh,由于气体体积减小，所以外界对气体 做功为W=pS(L。-L),根据热力学第一定律△U=W+Q,联立 解得Q=-5.0J.即该过程中气体放热5.0J 5.(1)9.8×10Pa(2)392K(3)17.35J解析：(1)对活塞 受力分析有PoS=P1S+mg,解得P1=9.8×104Pa.(2)此过程为 等压变化，则有2s=h+A)5,解得，=392K(3)气体等压 T. 膨胀，设气体对外界做的功为W,气体的内能增加了10J,根 据热力学第一定律有△U=W+Q,W=-P1·S△h, 解得Q=17.35J. 专题七光电效应方程与图像问题 1.C解析：A.根据图像可知，截止电压关系有U2>U。,根 据eU。=Ekmat=hw-W。可知v甲='丙<yz,故A错误；B.截止频 率由金属材料自身决定，由于用同一光电管，可知甲光对应 的截止频率等于乙光对应的截止频率，故B错误：C.根 参考答案与解析 据eU。=Emx=hw-W。可知甲、丙两种光所产生的光电子的 最大初动能相同，故C正确；D.光电子的动能在0~Emm之 间变化，可知甲、丙两种光所产生的光电子的动能不一定相 同，故D错误故选C. 2.A解析：当Ux4>0时，电场力使电子减速，光电流为0时的 电压即为截止电压，紫光频率高于红光，紫光截止电压较大， 所以在J轴的正半轴的交点大于红光.单位时间内红光的光 子数多，所以红光的饱和光电流大.故选A. 3.A解析：设金属的逸出功为W。,截止频率为”。，因此 W。=hw。;光电子的最大初动能Es与截止电压U。的关系是 E=eU。,光电效应方程为E=hw-W。;联立两式可得：U。= e ,因此图像的斜率为，CD错误，当U上 v=v.=4.3×1014Hz,即金属的截止频率约为4.3×104Hz,在 误差允许范围内，可以认为A正确，B错误故选A 4.C解析：AB.由光电效应方程eU。=Ekm=hw-W。,可得U。= h0,结合图像可知图像的斜率k=么==，故 e v e V V2 AB错误；C.由k=么=9，可得普朗克常量h=心，故C正 e v 确；D.a图线对应的阴极材料的逸出功为W。=eU,,故D错 误故选C. 5.A解析：根据动能定理有-eU=Ek,根据光电效应方程有 E=h-W。=h-hm,所以U=-h+b, 。v+二v当入射光的频率大 于极限频率时，才可以发生光电效应，故选A 6.(1)有(2)减小(3)1.8(4)长(5)不变 解析：(1)根据题意，将滑动变阻器的滑片移至最左端，光电 管阴极K与阳极A之间的电压为零，用激光笔1照射阴极 K,有光电子逸出，可以到达阳极A形成光电流，则电流表有 示数.(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑 动，光电管阴极K与阳极A之间的反向电压逐渐增大，可以 到达阳极A的光电子数减小，则光电流减小，即电流表的示 数减小.(3)根据题意，设逸出功为W。,由光电效应方程有 E,=3.1eV-W。.由图乙可知，截止电压为U。=1.26V,则有 E.=eU=1.26eV,联立解得W。≈1.8eV.(4)由图丙可知，截 止电压减小，则光电子的最大初动能减小，可得激光笔2发 出光子的能量小于激光笔1发出光子的能量，则由公式E= c可得，激光笔2发射的激光波长比1的长(5)由于光电管 阴极飞与阳极A之间相当于断路，电流表有没有内阻光电 管阴极K与阳极A之间电压都等于电压表的读数，则考虑 电流表内阻，由图像得到的截止电压与真实值相比将不变 hw-W。(2) 2√2m(hw-W。) 7.(1) eB 解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程7m=h加-W,截止 电压为U.,根据动能定理可得U。=2m6,联立解得金属板 的截止电压为U。= 加-(2)当平行金属板以最大速度飞 出的电子刚好不能到达cd板时，电流表读数为零，如图所 示.由洛伦兹力提供向心力可得，B=m6根据几何关系可 得r=之，又eU,=2,之mG=加-职，联立解得d 1 黑白题39