第3章 专题探究4 气体实验定律与热力学第一定律综合应用-【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）

电 专题探究四 气体实验定律与热力学第一定律综合应用 子错题本 黑题 专题强化 限时：45min 题型1理想气体状态图像问题 中的虚线为等温线，选项C与D中的虚线为 1.*(2025·江苏常州模拟)在如图所示的压 绝热线，则下列过程中气体放热的是( 强p与热力学温度T的关系图像中，一定质 量的理想气体从状态1沿直线变化至状 态2，则在该过程中 ( A.气体分子的平均动能逐渐增加 4.*将一定质量的某种理想 B.气体的内能逐渐增加 气体密闭在容积可变的容器 C.气体对外界做功 中，其压强(p)随密度(p)变 化的规律如图所示，其状态 0 D.气体向外界放出热量 2.*(2025·天津蓟州一中调研)一定质量的 经历了如图所示ab、bc、cd、da四个过程的变 理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回 化，其中cd的延长线通过原点，ab与水平轴 到状态A,其体积V与热力学温度T的关系如 平行，bc与竖直轴平行，da是双曲线的一部 图所示，下列说法正确的是 ( 分，则下列说法正确的是 A.da过程气体温度保持不变 B.ab过程气体可能从外界吸收热量 C.bc过程气体一定向外界放出热量 D.cd过程气体分子单位时间内对器壁单位面 0 积碰撞次数增加 T A.从状态A到状态B,气体吸收热量小于气 5.整经典模型在热力学中，“奥托循环”用于 体内能增量 描述四冲程内燃机在理想状态下的工作过 B.从状态B到状态C,气体对外做功同时向 程，由两个绝热过程与两个等容过程构成.在 外放热 一个封闭的汽缸内，一定质量的理想气体做 C.从状态C到状态D,气体吸收热量全部用 奥托循环的p-V图像如图所示，a→b→c→d 来对外做功 a为一个完整循环.在a、b点处，该理想气 D.从状态D到状态A,气体吸收热量小于气 体的体积分别为V2、V 体对外做功 (1)若b→c过程中理想气体吸热大小为Q1, 3.*考虑一定量的理想气体缓慢从状态1变 d→a过程中理想气体放热大小为Q2,求 为状态2，过程分别如图所示.若选项A与B 图中阴影部分的面积，并简述其物理 选择性必修第三册黑白题48 含义. (2)当温度升高到2.5T。时，理想气体从电热 (2)通过查阅资料得知：对于一定质量的理想 丝吸收的总热量Q. 气体： ①绝热过程满足pV'=常量，y为一个常 数且y>1; ②内能满足U=cT,c为一个常量， 利用这些资料，计算这一奥托循环的效率 门（即一个循环中对外做功与总吸收热量 之比，用V、V2及有关的常量表示) 7.森如图所示，竖直放置在水平桌面上的开口 向上的导热汽缸，内壁光滑，现用横截面积 为S的圆形轻质活塞封闭一定质量的理想气 体，初始时，活塞距离汽缸底部的高度为H.往 活室上缓慢加细沙，直至活露下降终时停止加 细沙.该过程环境温度T。保持不变，大气压强 为Po,重力加速度大小为g (1)求停止加细沙后，汽缸内气体压强大小 (2)缓慢改变环境温度，使轻质活塞回到初始 位置处，若此过程中封闭气体吸收的热量 为Q,则汽缸内封闭的气体内能的变化量 题型2.活塞汽缸问题 是多少？ 6.**(2025·湖南名校模拟)如图所示，固定 初始位置 在水平面上的绝热汽缸长为L,汽缸内用横截 细沙 面积为S的绝热活塞封闭有温度为T。的理想 4 气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左 侧缸底0.6L处.已知大气压强为P0,该理想气 体内能U与温度T的关系为U=T,a为常 量，不考虑摩擦现用电热丝对封闭的理想气 体加热，使活塞缓慢向右移动.求： (1)当温度升高到1.5T。时，活塞距左侧缸底 的距离L； 第三章黑白题49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 2.C解析：A.从状态A到状态B,体积不变，温度升高，气体 内能增加，气体从外界吸收热量，且气体吸收热量等于气体 内能增量，故A错误；B.从状态B到状态C,压强不变，温度 降低，体积减小，外界对气体做功，气体向外放热，故B错误： C.从状态C到状态D,温度不变，体积增大，气体吸收热量 全部用来对外做功，故C正确：D.从状态D到状态A,压强 不变，体积增加，则气体对外做功，温度升高，内能增加，则根 据△U=W+Q,则气体吸收热量大于气体对外做功，故D错 误.故选C. 3.C解析：AB.对A和B选项，初、末态温度相同，内能相同； 由于末态体积大于初态，气体对外做正功，即W<0,根据热 力学第一定律△U=Q+W知，该过程吸热，AB错误；CD.对C 和D选项，构造循环过程，令气体沿着绝热线回到状态1，由 于绝热过程与外界无热交换，题给过程的吸放热情况与循环 的吸放热情况一致，C对应的循环是逆时针的，对外做负功， D对应的循环是顺时针的，对外做正功，根据热力学第一定 律△U=O+W,因此C正确，D错误故选C. 4C解析：A根据一定质量理想气体状态方程=C,且V= CT ”得到p=Cp,所以图像p-p斜率与温度成正比，所以d血 过程气体温度变大，A错误；B.根据A选项分析，ab过程斜 率变小，温度降低，而理想气体内能只与温度有关，则内能减 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=Q+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(L)Q,-Q2,一个循环气体对外做的功(2)1-（化） 解析：(1)由题意可知，a→b→c→d→a为一个完整循环，则 系统的内能不变，即△U=0,设a→b过程外界对气体做正功 为W,c→d过程气体对外做功为W,由热力学第一定律 △U=Q+W可得Q,+W.-Q2-W=0,气体对外做功为Wa W=Q,-Q2,由p-V图像与坐标轴所围面积表示做功的大小 可知，图中阴影部分的面积，其物理含义为一个循环气体对 外做的功： (2)设气体在a、b、c、d状态的温度分别为Ta、Tb、T。、Ta,吸热 和放热只在b→c和da过程中进行，由U=cT和热力学第 一定律，则有Q1=c(T.-T6),Q2=c(T4-T), 则奥托循环的效率为7= Q-Q2,Q2_1T4-T。 =1 =1 QT-T 选择性必修第三册 停-器 可得循环的效率)=1 T。-T。 6.(1)0.9L(2)1.5aT.+0.4poSL 解析：(1)温度升高到1.5T。的过程中，封闭气体发生等压变 化，根据盖-吕萨克定律有0.61·S_·S 157,解得1=0.9Z (2)当活塞到达汽缸右端时的温度为T,封闭气体发生等压 变化，根据盖-吕萨克定律，有60：5解得T子。 T。 即当温度升高到？。时活塞已到达最右蟾所以当温度升 高到2.5T。时，外界对理想气体做功W=PoS(0.6L-L)= -0.4poSL, 理想气体内能增加量为△U=a(2.5T。-T。)=1.5aT。, 根据热力学第一定律可得△U=W+Q, 可得理想气体从电热丝吸收的总热量Q=1.5αT。+0.4poSL. 7.(1)3A(2)0-3PsH 解析：(1)设稳定时汽缸内气体压强为P,根据玻意耳定律可 得poSH=pS· 子H,解得p=手：(2)由热力学第一定律知 4 △U=W+Q,又W=-pS·4H,解得△U=Q-3PmSH. 第4节热力学第二定律 白题 基础过关 1.B解析：A.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为有用 功，但是会引起其他的变化，故A错误；B.根据热力学第二 定律可知，机械能转化为内能的过程具有方向性，是不可逆 过程，故B正确：C.机械能可以全部转化为内能，而内能不 可以全部转化为机械能，故C错误：D.热量不可能自发地从 低温物体传递到高温物体，若有外界做功，热量可以从低温 物体传递到高温物体，比如冰箱，故D错误故选B. 2.B解析：ABC.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，电冰箱 把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并 消耗电能，其能量的转化和守恒满足热力学第一定律，并没 有违反，故AC错误，B正确；D.任何热机的效率都不能达到 100%,因为在能量转化过程中总会有能量损耗，电冰箱也不 例外，故D错误故选B. 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 黑白题22