第3章 第2节 热力学第一定律-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

第2节热力学第一定律 白题 基础过关 限时：30min 题型1热力学第一定律的理解 题型2热力学第一定律的应用 1.下列说法正确的是 4.*(2026·四川广安中学月考)如图所示为 A.物体放出热量，其内能一定减小 充满了一定质量理想气体的密封气柱袋，主 B.物体对外做功，其内能一定减小 要用于保护易碎、易损坏的物品.当气柱袋受 C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能 到快速挤压过程中与外界无热量交换，关于快 增加 速挤压过程中气柱袋内的气体，下列说法正确 D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变 的是 2.*一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度 保持不变，将气泡内气体视为理想气体，气泡 从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了 0.6J的功，此过程中，下列说法正确的是 A.气泡内气体的内能增加 A.内能变大 B.气泡内气体的内能减少 B.压强不变 C.气泡内气体从外界吸收了0.6J的热量 C.气体对外做功 D.气泡内气体向外界放出了0.6J的热量 D.分子热运动的平均动能不变 3.**(2025·湖南长沙期末)如图所示，圆柱5.*(2025·辽宁沈阳期中)某班级用于消毒 形汽缸内部通过活塞封闭着一定量的理想气 的喷壶示意图如图所示闭合阀门K,向下压 体，初始状态，汽缸内气柱长度为L,温度为 压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按 T1,现将气体加热，气柱长度从L,缓慢变为L2 下按柄B打开阀门K,消毒液会自动经导管从 的过程中，气体吸收热量360J,对活塞做功 喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体， 100J,对于上述变化过程下列说法正确的是 充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说 法正确的是 压杆A 阀门K 打气简 喷嘴、 按柄B 导管 储气室 A.气体压强不断增大 B.气体的内能增加460J C.气体可能在放出200J的热量之后恢复初 A.充气过程中，储气室内气体分子数增多且 始状态 分子运动剧烈程度增加 D.气体可能在放出300J的热量之后恢复初 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能 始状态 变大 第三章黑白题43 C.充气过程中，储气室内气体内能不变 重难聚焦 D.喷液过程中，储气室内气体吸收热量，对外 题型 与图像结合的工作循环问题 界做功 8.**(2025·江苏南京金陵中学模拟)一定 6.*(2025·河南天一大联考)如图所示， 质量的理想气体从A状态开始，经过A→B, 定质量的理想气体由状态A经等压变化到状 C→D→A,最后回到初始状态A,各状态参量 态B,再经等温变化到状态C,则气体( 如图所示.下列说法正确的是 ↑p×l0Pa 2p 2V 3V V 0 1 2 3×103m A.从A状态到C状态，气体放出热量 A.在状态A时的温度最高 B.从B状态到C状态，气体分子的平均动能 B.在状态C时的压强为2×105Pa 增大 C.从状态B到状态C的过程气体放热 C.B→C过程气体对外做功大于C→D过程 D.从状态A到状态B的过程吸收200J热量 外界对气体做功 7.*(2024·山东菏泽期末)如图所示，开口向 D.气体在整个过程中从外界吸收的总热量 右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量 数值上等于ABCD的面积 的理想气体轻绳左端连接活塞，活塞横截面积 9.整多过程一定质量的理想气体由状态α 为S,另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的 开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到原状 小桶，小桶静止，气体处于状态1.现接通电热丝 态，该过程每个状态均可视为平衡态，气体 一段时间后断电，活塞缓慢向右移动L后静止， a、b、c、d四个状态的压强p与温度T(T为热 气体处于状态2，由状态1到状态2电热丝放 力学温度)的关系如图所示，其中ad和bc的 出的热量为Q.重力加速度大小为g,外界大气 延长线经过坐标原点，已知α状态的体积为 压强Po不变下列说法正确的是 1.6×10-3m3.下列说法正确的是 ↑p/×105Pa 电 热 ⊙ 丝 0 200 1000T/K A.状态2相比状态1，气体压强减小 A.从ab过程气体分子的平均动能不变 B.状态2相比状态1，气体压强增大 B.b状态的体积为2×10-3m3 C.由状态1到状态2，气体内能变化为△U= C.从a→b→c过程外界对气体做功为260J Q-(poS-mg)L D.气体由状态a开始经历四个过程回到原 D.由状态1到状态2，气体内能变化为△U= 状态，气体从外界吸热240J Q-(poS+mg)L 选择性必修第三册黑白题44 黑题 应用提优 限时：35min 1.*给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓 行T轴，AB∥DC.下列说法正确的是( 放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度 p/Pa 不变，不计分子势能，则胎内气体 A.从外界吸热 D B.对外界做负功 0 TIK C.分子平均动能减少 A.A→B过程中气体做等容变化 D.内能增加 B.B→C过程中气体向外界放出热量 2.*(2025·山东莱阳一中月考)如图所示， C.C→D过程中气体的分子密集程度逐渐增大 开口向下粗细均匀的玻璃管内用水银封闭了 D.A→B→C→D全过程气体对外界做正功 一定质量的理想气体，现将玻璃管缓慢旋转直 5.*如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越 至水平，在旋转过程中封闭气体的温度不变。 外界大气压不变.下列说法正确的是( 近水的温度越高.一开口向下、导热良好的小瓶 A.气体体积增大 置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气挤压矿 B.气体压强减小 泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上 C.气体的内能增加 浮，上浮过程中，小瓶内气体 D.气体向外界释放热量 A.内能减少 3.*(2025·江苏南京盐城一模)如图所示为 B.对外界做正功 卡诺循环过程的图像，该循环可以简化为一 C.增加的内能大于吸收的热量 定质量理想气体由A→B、C→D两个等温过程 D.增加的内能等于吸收的热量 和B→C、D→A两个绝热过程组成.下列说6.籍1新考法(2024·江苏徐州期中)内壁光滑 法正确的是 的导热汽缸放在水平面上，用质量为m、横截 面积为S的活塞密封了一段长度为L的理想 气体现给活塞一个向下的初速度o,活塞向 下移动距离为时速度恰好减为零，若大气压 A.气体在状态A的温度低于状态D的温度 强为Po,重力加速度为g,不计密封气体温度 B.在A→B→C→DA的过程中，气体从外界 的变化.下列说法正确的是 吸收热量 A.密封气体初始状态的压强为P0 C.B→C过程气体单位体积内分子数增多 B.活塞速度恰好减为零时，密封 D.B→C过程气体对外界做的功大于D→A过 mg 程外界对气体做的功 气体的压强为Po+ 7 4.*(2026·河北衡水开学)一定质量的理想 气体封闭在汽缸内，经历状态A→B→C→D变 C.该过程中活塞对气体做的功为。m好+ 化的压强与温度间的关系如图中实线所示， 1 CD延长线过坐标原点O,BC平行p轴，AD平 5mgl. 第三章|黑白题45 D.该过程中密闭气体放出的热量为)m+ 力加速度g取10m/s2,不计挡板、活塞与容器 之间的摩擦。 1 (PoS+mg)L (1)求恒力F; (2)气体稳定后接通电热丝使其释放17.83J 7.*(2026·江苏部分学校联考)一端封闭的 的热量，观察到活塞A缓慢移动（未脱离 玻璃管长为1、横截面积为S,内有一段水银柱 容器)，待容器内气体稳定后测得此时气 长为，位置关系如图其中气体的内能与温 体温度为350K,求电热丝加热过程中气体 度满足关系U=T(k已知)，环境初始温度为 内能的增加量.（结果保留2位有效数字）》 T。,随着温度的缓慢升高，水银柱上端最终刚 活塞A 好到达玻璃管的顶部.已知大气压强为Po,水 挡板B 银密度为p,当地重力加速度为g,求： (1)此时环境的温度T,; 电热丝 (2)气体从环境吸收的热量Q. 压轴挑战 9.#|多可能性如图甲，固定在水平地面上的 汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，已 知在环境温度变化时大气压强P。不变.现对 活塞施加一作用力F,使汽缸内气体分别经 历图乙所示的①②③三个过程，缓慢地从状 态A变化到状态B,状态A、B压强相等，不 计活塞与汽缸壁间的摩擦，则下列说法错误 的是 ( 8.转经典模型(2025·陕西咸阳模拟)如图所 示，一开口向上的绝热容器被绝热活塞A和 ① 挡板B分成体积均为100cm3的两个区域I、 ②>B Ⅱ，区域I中封闭有温度为300K的理想气 体，区域Ⅱ内为真空，容器底部有一电热丝.现 向左缓慢抽去挡板B的一部分（未完全抽 A.过程①F一定对活塞做负功 离)，为使活塞A位置不变，需对其施加一沿 B.过程②F为零 竖直方向的外力，稳定后外力变为恒力F.已 C.过程③F先对活塞做正功，后对活塞做 知活塞A的质量m=1kg,容器横截面面 负功 积S=10cm2,外界大气压po=1.0×105Pa,重 D.过程①比过程②③缸内气体吸热多 选择性必修第三册黑白题46做功，所以内能逐渐减小，则温度逐渐降低，故选项C正确， 选项ABD错误 5.B解析：A.温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的 平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，初始 时两部分气体分子的平均动能相同，故A错误：BCD.因是绝 热汽缸和绝热隔板，因此没有热量传递，松开固定栓，氢气对 氧气做功，内能减少，氧气内能增加，故B正确，CD错误故 选B. 压轴挑战 6.A解析：第一次打开开关，被压缩的空气“迅速”喷出，筒内 空气体积膨胀对外做功，则筒内空气内能减小，即关闭开关 时筒内空气温度必然低于外界温度，而压强等于外界大气 压：“过一段较长的时间”经过热交换，筒内空气的温度升 高，由于体积未变，所以筒内空气压强将增大，即大于大气 压，因此再次打开开关，将会有空气逸出.故选A. 第2节热力学第一定律 白题 基础过关 1.C解析：做功和热传递都能改变内能：物体内能的增量等 于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即△U=Q+W. A.物体放出热量，若外界对物体做的功大于放出的热量，内 能可能增加，故A错误：B.物体对外做功，若同时从外界吸 收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；C.物体 吸收热量Q,同时对外做功W,若二者相等，则内能可能不 变；若Q>W,则内能增加；若W>Q,则内能减少，故C正确； D.物体放出热量，Q<0,同时对外做功，W<0,则△U<0,故内 能一定减少，故D错误.故选C. 2.C解析：AB.一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持 不变，则气体内能不变，故AB错误：CD.根据热力学第一定 律△U=W+Q,则Q=△U-W=0-(-0.6)J=0.6J,即气泡内气 体从外界吸收了0.6J的热量，故C正确，D错误 3.D解析：A.对活塞受力分析，根据平衡条件可知，气体的压 强不变，故A错误；B.根据热力学第一定律△U=W+Q,其中 Q=360J,W=-100J,解得△U=260J,所以，气体的内能增 加260J,故B错误；CD.气体若恢复初始状态，则内能需减 小260J,此过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第 一定律，所以气体放出的热量一定大于260J,故C错误， D正确.故选D. 4.A解析：AC.气柱袋受到快速挤压时，体积减小，外界对气 体做功，又和外界没有热交换，根据热力学第一定律△U= W+Q得知气体的内能增大，故A正确，C错误；B.气体的体 积变小，内能增大，温度升高，根据理想气体的状态方程V C可知，气体的压强必定增大，故B错误：D.气体的温度升 参考答案与解析 高，则分子热运动的平均动能增大，故D错误故选A. 5.D解析：A.气体分子运动剧烈程度仅由温度决定，充气过 程中，储气室内气体质量增大，气体分子数增多，但温度不 变，所以气体分子运动剧烈程度不变，故A错误：B.温度是分 子平均动能的标志，由于温度不变，充气过程中，储气室内气 体分子平均动能不变，故B错误；C.理想气体内能由温度和 质量决定，气体温度不变，充气过程中，储气室内气体质量增 大，气体内能增加，故C错误；D.喷液过程中，气体膨胀，气体 对外做功，即W<0,但气体内能不变，即△U=0,根据热力学 第一定律△U=Q+W,可知Q>0,则气体一定从外界吸收热 量，故D正确.故选D. 6.C解析：A.由B到C等温变化，A到B等压膨胀，体积增 大，温度升高，故A错误；B.由B到C等温变化，有pVc= PBVa,解得pc=3×I03Pa,故B错误；C.由B到C过程等温变 化，内能不变，外界对气体做功，气体会放热，故C正确：D.A 到B过程等压膨胀，温度升高，内能增大，气体对外界做的 功W=p·△V=200J,根据热力学第一定律，气体吸收的热量 大于200J,故D错误.故选C. 7.C解析：AB.不管状态1还是状态2，稳定后，小桶均保持静 止，根据平衡条件可得T=mg,对活塞，根据平衡条件可得 PoS=T+pS,则状态1、2，气体压强均为p=p,-"mg,故AB错 误：CD.由状态1到状态2，外界对气体做功为W=-p·△V= -(,学）小SL,根据热力学第一定律，由状态1到状态2，气 体内能变化为△U=Q+W=Q-(PoS-mg)L,故C正确，D错误. 故选C 8.D解析：A根据理想气体状态方程有货-C,由于A状态压 强与体积乘积小于C状态压强与体积乘积，则A状态温度 小于C状态温度，则从A状态到C状态，气体内能增大，由 于体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气 体吸收热量，故A错误：B.由于B状态压强与体积乘积大于 C状态压强与体积乘积，则B状态温度大于C状态温度，可 知，从B状态到C状态，气体分子的平均动能减小，故B错 误；C.p-V图像与横轴所围几何图形的面积表示功，根据图 示可知，B→C过程气体对外做功小于C→D过程外界对气 体做功，故C错误；D.气体在整个过程中内能不变，气体对 外界做功等于ABCD的面积，根据热力学第一定律可知，气 体在整个过程中从外界吸收的总热量数值上等于ABCD的 面积，故D正确.故选D. 9.D解析：A.从α→b气体温度升高，分子的平均动能增大， 故A错误；B.从da气体做等容变化，由查理定律得= 黑白题19 2,可得乙，=40K,从a6气体做等压交化，则根据益-日 萨克定律兰=二，解得6状态的体积为，=4x10'm,故 B错误；C.从a→b气体对外界做功为W1=P.(V。-V。)= 480J,从b→c气体做等容变化，外界对气体做功为零，故从 a→bc气体对外界做功为480J,故C错误；D.从d→a和 bc气体做等容变化，外界对气体不做功，从α→b气体对外 界做功为W,=P.(V。-V)=480J,从c→d外界对气体做功为 W2=pa(V.-Va)=pa(V。-V.)=240J,故完成一次循环，气体 对外界做功为W=W,-W2=240J,完成一次循环，气体内能 不变，根据热力学第一定律△U=-W+Q=0,解得Q=240J,可 知完成一次循环，气体从外界吸热240J,故D正确.故选D. 黑题应用提优 1.A解析：不计分子势能，气体的内能只有分子动能，只由温 度决定，所以气体内能不变，在缓缓放水的过程中，若车胎不 漏气，气体膨胀对外做功，所以气体要从外界吸热，A正确 2.D解析：AB.初始状态选液柱最低点作为研究对象，受力分 析有p气+Pgh=Po,将玻璃管缓慢旋转直至水平后气体压强与 大气压强平衡，即满足p=Po,对比两式可知将玻璃管缓慢 旋转直至水平后气体压强增大，由理想气体状态方程 piv ,在旋转过程中封闭气体的温度不变，则气体体积变小， 故AB错误：CD.由AB选项分析可知在旋转过程中封闭气 体的温度不变，所以气体内能不变，气体体积变小，所以外界 对气体做功，由热力学第一定律可知气体必然向外界释放热 量，故C错误，D正确故选D. 3.B解析：A.BC过程，体积增大，气体对外做功，由于是绝 热过程，没有热交换，根据热力学第一定律，内能减少，温度 降低，所以T>Tc,又因为A→B、C→D都是等温过程，则有 Tu=TB>Tc=TD,故A错误；B.p-V图像封闭区域面积表示全 程气体对外做功大小，又因内能不变，故气体从外界吸收热 量，故B正确：C.由B→C过程中，气体总分子数不变，体积 变大，单位体积内分子数减少，故C错误；D.从A→B温度不 变，内能不变，从B→C温度降低，内能减小，从C→D温度不 变，内能不变，从D→A温度升高，内能增大，且此时回到初 始状态与初始内能相同，则B→C过程内能减少量等于 D一→A过程内能增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大 小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于DA过程外 界对气体做的功，故D错误.故选B. 4.B解析：A据理想气体状态方程可得P=·T,对比A点 与O点的连线和B点与O点的连线，发现斜率增大，体积V 变小，故A→B过程中，气体体积减小，故A错误：B.从B到 选择性必修第三册 C,气体等温升压，可知内能不变，体积减小，外界对气体做 功，故气体必须放出热量，故B正确：C.由题图可知，C→D 延长线过坐标原点，此过程气体为等容变化，气体体积不变， 所以气体的分子密集程度不变，故C错误；D.将题图中的p T图线改画为p-V图线，如图所示： 0 可知气体体积先减小后不变，故整个过程外界对气体做正 功，故D错误.故选B. 5.B解析：A.由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小 瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，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 逐海减小，根据理想气体状态方程=C,可知气体体积膨 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,可知气体吸收的热量大于增加的内能，CD错误 故选B. 6.D解析：A密封气体初始状态的压强为P,=,+肾， 选项A错误；B.活塞速度恰好减为零时活塞有向上的加速 度，可知pS-mg-poS=ma,解得密封气体的压强为p=po+ mg+m0,选项B错误；CD.该过程中对活塞由动能定理有 (o+ng)片W=0m,解得活塞对气体做的功为m 1 W=m+5(nS+mg)L,由于气体温度不变，可知内能不 1 变，则该过程中密闭气体放出的热量为Q=W=2m6+ 1 (poS+mg)L,选项C错误，D正确.故选D. 1(15。(2)2+(学） 解析：(1)气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律可知 -9 D万，解得=1.57 (2)根据热力学第一定律△U=W+Q, To 其中气体温度升高，则内能增加△U=△T=k× 2 气体休积变大则w=一(a学）公。 黑白题20 可得Q=切+(，学) 8.(1)55N,方向竖直向上(2)16J 解析：(1)设刚开始区域I气体压强为P1,抽去挡板B后，气 体压强为P2,容器内理想气体不做功且不发生热传递，故该 过程发生等温变化.对该过程根据玻意耳定律有P1V=P2V', 其中V=2V,对抽去挡板B前的活塞A进行受力分析，根据 平衡条件有mg+PoS=P1S,对抽去挡板B后的活塞A进行受 力分析，同理有mg+poS=P2S+F, 联立解得F=55N,P1=1.1×10Pa,P2=5.5×10Pa,恒力F方 向竖直向上 (2)接通电热丝后观察到活塞A缓慢移动且不计摩擦，可知 该过程发生等压变化，根据盖-昌萨克定律有了一，该过 程中理想气体对外界做的功W=p2·△V,其中△V=V”-V， 根据热力学第一定律有△U=-W+Q,联立解得△U≈16J. 压轴挑战 9.C解析：气体温度升高，初、末状态压强不变，则体积变大， 活塞向右运动.以活塞为研究对象，水平方向活塞受三个力 气体初、末状态压强均等于大气压强P。,此时F=0.A.过程 ①：缸内气体压强p先增大后减小，则F向左，且先增大后减 小，一直对活塞做负功，故A正确，不符合题意：B.过程②： 缸内气体压强p不变且等于Po,F=0,故B正确，不符合题 意；C.过程③：缸内气体压强p先减小后增大，F向右，且先 增大后减小，一直对活塞做正功，故C错误，符合题意；D.由 热力学第一定律△U=Q+W,且W=-Po△V+Wp,所以Q=△U- W+Po△V,理想气体的温度变化相同时，内能变化量△U相 同，又因体积变化量△V相同，则W。为负时Q变大，因此过 程①比过程②③缸内气体吸热多，故D正确，不符合题意.故 选C. 第3节能量守恒定律 白题基础过关 1.D解析：A.根据能量守恒定律得知，某种形式的能量减少 其他形式的能量一定增加，故A正确：B.某个物体的总能量 减少，根据能量守恒定律得知，必然有其他物体的能量增加， 故B正确：C.对物体做功，但若物体同时向外界放热，物体 的内能可能减小，故C正确；D.石子在运动和碰撞中机械能 转化为石子及周围物体的内能，能量并没有消失，故D错误 故选D. 2.D解析：子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有 一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，然后共同摆起一 定高度的过程中机械能守恒，不再有机械能转化为内能。 故选D. 参考答案与解析 3.D解析：以活塞为研究对象，设气体压强为P1,活塞质量 为m,横截面积为S,末态时压强为P2,初态F弹>mg+p1S,由 题意可得末态位置必须高于初位置，否则不能平衡，则由 △U=W(绝热).W为正，△U必为正，温度升高，内能增加，活 塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知F赚=mg+P2S, 仍然具有一部分弹性势能，故D正确，ABC错误 4.A解析：第一类永动机指不消耗任何能量但可以不断输出 动力的机器，它违反了热力学第一定律，而热力学第一定律 是能量守恒定律在热现象中的表现，所以第一类永动机违反 了能量守恒定律.故选A. 5.D解析：永动机不存在，线圈不可能一直转动，它违背了能 量转化和守恒定律故ABC错误，D正确.故选D. 6.A解析：A.玩具饮水鸟的内部结构如图所示，其原理是先 在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发过程中吸热，温度降低，压强减 小，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分 液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾 斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部 的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状 态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到 竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前面的运动过程，即饮水 鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，A正确；B.根据 上述分析可知，当水杯中的水干了之后，不能蒸发制冷，不能 形成头部和肚子内空气的压强差，小鸟不能再上下运动，即 小鸟不能点头“喝”水，B错误：CD.这种玩具饮水鸟仍然遵 循能量守恒定律，此现象没有违背热力学第一定律，不是一 架永动机，CD错误.故选A 可吸水 的鸟嘴 -玻璃管 一易挥发液体 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 1.D解析：AB.理想气体从状态1到状态2，热力学温度T不 变（图像中T轴坐标不变），温度是分子平均动能的标志，所 以气体分子平均动能不变；理想气体内能只与温度有关，内 能也不变，AB错误；C.根据理想气体状态方程 刀=C,T不 变，P增大，则体积V减小，即外界对气体做功，C错误；D.由 热力学第一定律△U=W+Q,因为内能不变，△U=0,外界对气 体做功，W>0,所以O<0,即气体向外界放出热量，D正确.故 选D. 黑白题21