第3章 热力学定律 章末检测-【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）

热力学第二定律.故D正确 4.B解析：液态水的分子无序程度比冰的大，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，因为水与外界大气及地面有能量 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 1.C解析：“覆水难收”蕴含的物理规律是嫡增加原理，即热 力学第二定律.故选C. 2.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错误，C正确：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错误： D.无能量耗散的机器违背了热力学第二定律，不可能制成， 故D错误.故选C. 3.D解析：A.热量在外界影响下可以从低温物体向高温物体 传递，比如冰箱制冷，选项A错误；B.一个宏观状态所对应 的微观态越多，越无序，熵越大，选项B错误；C.符合能量守 恒定律的宏观过程不一定都能自发地实现，例如热量不能自 发地从低温物体传到高温物体，选项C错误：D.根据热力 学第二定律的开尔文表述，物体从单一热源吸收的热量可全 部用于做功，但会引起其他变化，选项D正确故选D. 4.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，使行人在繁华的马路上行走时的一 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汽车尾气中的有害气体 和其他各类气体是混合在一起的，无法自发地分离，如果要 进行分离则必须借助外力，故C错误：D,利用太阳能最有前 途的领域是通过太阳能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. 5.C解析：A.电冰箱通过电流做功，把热量从冰箱内温度较 低的冷冻室、冷藏室传到冰箱外温度较高的空气中，但这一 过程消耗了电能，即引起“其他变化”，符合热力学第二定 律，故A正确，与题意不符；B.工作物质从单一热源吸热， 部分用来对外做功，一部分向低温热源释放热量，符合热力 参考答案与解析 学第二定律，故B正确，与题意不符：C.单源热机不可能从 高温热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化，不符 合热力学第二定律，故C错误，与题意相符：D.热量可以自 发地从高温热源传递到低温热源，符合热力学第二定律，故 D正确，与题意不符.故选C. 压轴挑战 6.B解析：根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热 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Q1>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. 第三章章末检测 1.C解析：A.根据热力学第二定律可知，热运动的宏观过程 均具有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不都 能够发生，故A错误：B.对能源的过度消耗会形成“能源危 机”，但是，根据能量守恒定律可知，自然界总的能量守恒， 不会减少，故B错误：C.空调机制冷过程中一方面从室内吸 收热量，另一方面所消耗电能中的一部分又变为热量散失在 室外，可知，排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，即空 调在制冷的过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热 量，故C正确；D.热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧， 尾气会带走较多的热量，机器本身需要散热，剩余的能量才 是有用的能量，有用的能量在燃料完全燃烧提供的能量中只 占一部分，所以热机效率不可能达到100%，即热机工作时即 使没有漏气和摩擦，也没有机体热量的损失，燃料燃烧产生 的热量也不可能完全转化成机械能，故D错误故选C 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都增大，故B错误；当活塞下压 时，汽红内的气体的体积减小，由理想气体状态方程y=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.D解析：A.由图像可知，气体从a到b过程，气体温度不 变，气体压强减小，根据玻意耳定律可知气体体积增大， 故A错误；B.由图像可知，气体从状态a到状态b再到状 态℃，气体温度先不变，后变小，则气体内能先不变，后变小， 故B错误：C.由图像可知，气体从d到a过程，气体压强不 变，气体温度升高，内能增加，即△U>0,气体从d到α过程， 根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大，气体对外界做功，即 黑白题23 W<0,根据热力学第一定律△U=W+Q,可知在过程d→a中， 气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故C错误； D.在过程a→b中气体温度不变，则气体内能不变，即△U= 0,气体压强减小，根据玻意耳定律可知气体体积增大，气体 对外界做功，即W<0,根据热力学第一定律可知在过程a→b 中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，但由于该过程 不是自发进行的，因此不违背热力学第二定律，故D正确故 选D 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到同一值，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=Q+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.D解析：A.根据理想气体状态方程可知a→b过程为等压 过程，压强不变，气体分子对容器壁单位面积的平均作用力 不变，A错误：B.b→C过程体积不变，气体温度降低内能减 小，气体向外散发热量，B错误：C.b→c过程体积不变，压强 减小有P6>p。,所以c→a过程体积减小，压强增大，C错误； D.ab过程气体体积变化等于c→a过程气体体积变化，但 a→b过程气体平均压强大于ca过程气体平均压强，所以 a→b过程气体对外做功大于c→a外界对气体做功，D正确. 故选D. 6,C解析：A根据理想气体状态方程)，代人数据解 得气体在状态B时的温度为240K,故A错误：B.气体从状 态CM过程，根据理想气体状态方程”代入数据 解得Tc=420K,故B错误；C.气体从状态A→B的过程中， 气体对外界做的功即A→B图像与V轴围成的面积，为8× 10J,故C正确：D.气体从状态B→C的过程中，气体对外做 功，同理可得该功为6×10J,又由等压变化，可得气体的温 度升高，气体内能增加，根据热力学第一定律△U=Q+W,可 得气体吸热大于6×105J,故D错误.故选C 7.(1)19.6℃(2)增加2.2J 解析：(1)温度最低时油柱在接口处，温度最高时油柱在细 管最右端，封闭气体的变化过程为等压变化过程，由盖-吕 萨克定律有 400cm3400cm3+0.4cm2×45cm (7+273)K (tm+273)K 解得tm=19.6℃. (2)由题意可知该过程气体对外做功，则W=-Po△V=(-1× 10°×0.4×45×106)J=-1.8J,因为Q=+4J,则△U=Q+ W=2.2J,故气体内能增加了2.2J 8.(1)不可逆不变(2)10N(3)89.3J 解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2 是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态 选择性必修第三册 1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内 能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有P1V1=P2· 2业懈得状态2气体的压强为，=号=102x10Pa, 解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止，以活塞 B为对象，根据受力平衡可得P2S=PoS+F,解得F=（P2 P0)S=(1.02×105-1.01×10)×100×10-4N=10N. (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气 体达到温度T,=350K的状态3，可知气体做等压变化，则有 2-会可得状态3气体约体积为%-受·2州一测x2x 750cm3=1750cm3,该过程气体对外做功为W=P2△V= P2(V3-2V1)=1.02×103×(1750-2×750)×10-6J=25.5J, 根据热力学第一定律可得△U=-W+Q', 解得气体吸收的热量为Q'=△U+W=63.8J+25.5J=89.3J, 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3J. 第三章真题演练 黑题 真题体验 1.A解析：根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度 不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积 变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内 能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等故选A 2.A解析：气袋被压缩且绝热（无热交换），袋内气体视为理 想气体AB.绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升 高，分子平均动能由温度决定，分子热运动的平均动能增加， 故A正确，B错误；C根据理想气体状态方程=C,体积减 小，温度升高，可知压强增大，故C错误；D.气体体积减小， 外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误故选A. 3.D解析：AB.根据题意可知活塞从α到b的过程中，汽缸内 气体温度降低，则内能减小，体积减小，活塞缓慢下降，则压 强不变，故AB错误；CD.根据题意可知活塞从b到α的过程 中汽缸内气体温度不变，则内能不变，体积增大，根据玻意耳 定律pV=C可知压强减小，故C错误，D正确故选D. 4B解析：A气体温度升高，体积减小，根据%-C,气体压强 变大，则外力F增加，选项A错误；B.气体温度升高，则气体 内能变大，即△U>0,选项B正确：C.气体体积减小，则外界 对气体做正功，选项C错误：D.根据V=C,热力学温度变为 T 初态的2倍，体积减小，则气体的末态压强大于初态的2倍， 选项D错误.故选B. 黑白题24第三章 (时间：40分钟 一、选择题（每题8分，共48分） 1.(2024·吉林G6教考联盟期末)根据热 力学定律，下列说法正确的有 ( A.一切符合能量守恒定律的宏观过程都能 发生 B.对能源的过度消耗使自然界的能量不断减 少，形成“能源危机” C.空调在制冷的过程中，从室内吸收的热量 少于向室外放出的热量 D.热机工作时如果没有漏气和摩擦，也没有 机体热量的损失，燃料燃烧产生的热量是 可以完全转化成机械能的 2.*山地自行车前轮有气压式减震装置来抵 抗颠簸，其原理如图所示当路面不平时，活塞 上下振动，在汽缸内封闭气体的作用下，起到 延缓振动的目的.当活塞迅速下压过程中 ( A.汽缸内的气体分子的平均动能不变 B.汽缸内所有分子的速率都增大 C.汽缸内的气体压强可能不变 D.单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气 体分子数增多 上接车把 活寒 汽缸 下接车轮 (第2题) (第3题) 3.*★(2024·湖北武汉重点中学期中联考)如 图所示，一定质量的理想气体从状态a开始， 依次经过b、c、d三个状态，最后回到状态a.其 中ab、cd平行于纵轴，bc、da平行于横轴，对角 线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是 ( 选择性必修第三册黑 电 末检测 子错题本 总分：100分)】 A.气体从状态a到状态b,体积减小 B.气体从状态a到状态b再到状态c,内能一 直不变 C.在过程d→a中气体从外界吸收的热量等 于气体对外界做的功 D.在过程a→b中气体从外界吸收的热量全 部用于对外做功，不违背热力学第二定律 *推理归纳如图所示，A、B是两个完全相同 的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、 B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高 时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银 的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高到 同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体 中，深度相同则 () A.A球吸收的热量较多 B.B球吸收的热量较多 C.两球吸收的热量一样多 D.两球对外做的功一样多 ® -273.150 /℃ (第4题) (第5题) *(2025·山东济南模拟)一定质量的理想 气体，状态从a→b→c→a的变化过程可用如 图所示的V-t图线描述，则下列说法正确的是 () A.α→b过程气体分子对容器壁单位面积的平 均作用力变大 B.bc过程体积不变，气体从外界吸收热量 C.ca过程体积减小，压强不变 D.a→b过程气体对外做功大于c→a过程外 界对气体做功 白题52 6.整多过程如图甲所示，用活塞将一定质量 的理想气体封闭在圆简形汽缸内，缓慢将气 体从状态A→状态B→状态C→状态A完成 次循环，其状态变化过程的p-V图像如图乙 所示.已知该气体在状态A时的温度为360K, 下列说法正确的是 ( ↑p/(×105Pa B 0 4 ,678m 甲 A.气体在状态B时的温度为200K B.气体状态由C→A,A状态温度等于C状态 的温度 C.气体状态由A→B的过程中，气体对外界做 的功为8×10J D.气体状态由B→C的过程中，气体吸热为 6×105J 二、非选择题（共52分） 7.*(24分)(2025·辽宁朝阳模拟)小明同 学制作了一个简易气温计：在一个饮料瓶中 插入一根透明吸管，将接口处用蜡密封，在吸 管内引入一小段油柱（长度可以忽略），将饮 料瓶水平放置，如图所示.已知吸管内部粗细 均匀，该饮料瓶内密封气体的体积为400cm3, 吸管横截面积为0.4cm2,吸管的有效长度为 45cm,温度计能测出的最低温度为7℃. (1)求温度计能测出的最高温度； (2)假设油柱从瓶口处缓慢移动到最右端的 过程中，密封气体从外界吸收4J热量，则 在这一过程中该气体的内能如何变化，变 化了多少（已知大气压强po=1×103Pa)? 第三章黑 .接(28分)(2024·浙江高考)如图所示，一 个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成 体积均为V,=750cm3的左右两部分.面积 为S=100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A 的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体 处于温度T1=300K、压强p1=2.04×105Pa的 状态1.抽取隔板A,右侧的气体就会扩散到左 侧中，最终达到状态2.然后解锁活塞B,同时 施加水平恒力F,仍使其保持静止，当电阻丝 C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气 体达到温度T2=350K的状态3，气体内能增 加△U=63.8J.已知大气压强P0=1.01× 105Pa,隔板厚度不计. (1)气体从状态1到状态2是 (填 “可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能 (填“增大”“减小”或“不变”)； (2)求水平恒力F的大小； (3)求电阻丝C放出的热量Q. 视频讲解C 白题53