上分专题7 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（人教版 江苏专用）

(2)根据玻意耳定律有(p0-PgAh)LS=PL'S,解得L'= 39cm,根据几何关系，有l=△h+2(L-L'),解得l=22cm. 8.(1)17cm(2)2.5cm 解析：(1)对B管中的气体，由等温变化可得(Po+pgh1)l2= Po,解得B、C水银面等高时，B管内气体长度为 g=(Po+pg%)h.(75+10)x15 -cm=17 cm. Po 75 (2)设B、C水银面等高时，A、B两管的水银高度差为h,对A 管的气体由等温变化可得(Po+pgh1+pghz)L1=(po+pgh), 由几何关系得=l1+h-[h2-(5-l2)], 联立可得h2+86h-231=0,解得h≈2.5cm. 上分专题7热力学第一定律与气 体实验定律综合问题 1.C解析：BD.由题图可知，气体状态变化的a→b过程中，气 体压强增大，温度升高，则气体内能增加，故BD错误；AC.根 据=C,可得=·1，可知一印图线上点与原点连线的 斜率为，由题图可知气体状态变化的a一b过程中，气体 体积增大，则外界对气体做负功，由于气体内能增加，根据热 力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误，C正确.故 选C. 2.D解析：A.ba的延长线经过原点0，知a→b是等压过程 P6=P。=po,故A错误；B.由题图可知T。=T6=2Ta,a→c过程 2 中，由理想气体状态方程，有兰，解得n.=3,故 T B错误；C.bc过程中，温度不变，则内能不变，气体对外做 功，由热力学第一定律△U=W+Q可知，气体对外界做的功 等于气体吸收的热量，故C错误；D.c→a过程中，温度降 低，分子平均动能减小，又压强逐渐增加，则气体分子单位时 间内撞击单位面积器壁的次数变多，故D正确故选D. 3.D解析：A根据理想气体状态方程有=C,变形得pV CT,根据图示可知，状态c的温度比状态b的温度高，状态d 的温度比状态α的温度高，c→d为绝热过程，则有Q=0,气 体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气 体内能减小，温度降低，即状态c的温度比状态d的温度高， 可知，整个过程中温度最高的是状态c,故A错误；B.d→a过 程中，体积一定，则有W=0,压强减小，根据查理定律可知， 气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有 气体分子的热运动速率减小，故B错误：C.b+c过程中，体 积一定，则有W=0,压强增大，根据查理定律可知，气体温度 升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热 量，故C错误：D.p-V图像与横轴所围几何图形的面积表示 气体做功，a→b过程，外界对气体做功，c→d过程，气体对外 界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力 学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，故D正确.故 选D. 4.(1)300K(2)2.0×10J(3)放出了1.3×105J的热量 解析：(1)A一→B是等容变化，根据查理定律得=-，解得 TA TR 选择性必修第三册 1.0x105 ×900K=300K. PA 3.0×105 (2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外界做功， 根据功的公式有Wc=Pg△Vc=1.0×105×(3.0-1.0)J=2.0× 10J. (3)C→A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=2.0×10J;C→A的过程中，外 界对气体做的功Wc4=3.3×10J,由热力学第一定律△U= Q+W,结合内能不变，有0=Q-Wc+W4,代入数据，求得 Q=-1.3×10°J,即气体放出了1.3×103J的热量. 5.(1)1.375p(2)Q-0.8pLS 解析：(1)由玻意耳定律，对气体A有P0·3LS=pLS, 对气体B有5LSx1.6po=p×LgS, 且L+LB=8L,解得气体A的压强p=1.375po: (2)外界对气体做功为W=-1.6p×0.5L×S, 由热力学第一定律有气体B内能的增加量△U=W+Q, 解得△U=Q+W=Q-0.8pLS. 6.(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 ,解得t=-3℃， 73+t273+t (2)封闭气体的压强为p=p0+Pgh,由于气体体积减小，所以 外界对气体做功为W=S(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. 7.(1)8L(2)放热328J 解析：(1)以整体气体为研究对象，根据玻意耳定律有 F p.(10L+)=(3+n)(7L+, 代人数据解得V=8L (2)外力F做的功W1=28J,汽缸内气体体积由10L变为 7L的过程中，大气压力对封闭气体做功W2=Po△V=1.0× 10×(10-7)×10-3J=300J,外力对封闭气体做功W=W,+ W2=328J,外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热 性良好，则内能不变，根据热力学第一定律△U=W+Q,可知 0=W+0,解得Q=-328J, 则汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量是328J. 8.(1)360K(2)19。(3)ax80K1 6PS% 解析：(1)汽缸A的横截面积是B的4倍，两汽缸等高，设B 的体积为V,则A的体积为4V,气体的初始温度为T。= (273+7)K=280K,在活塞M恰好升至顶部时，氯气压强不 V V 3V+ 4V+ 变，根据盖-吕萨克定律得 刀2得0=360K 2 2 T。 (2)设初始时氨气压强是P1,氧气压强是P2;最终到题中状 态下，氧气的压强为P3加热前，对活塞M,由平衡条件有P。× 4S PoS 19 ×g=p1×4S+0×g,得p1=16Po, 4g 对活塞V,由平衡条件有p,S+×g 15 4gg=pS,得p16, 黑白题46 V 在加热过程，对氧气有，1， 10 其中T2=(273+47)K=320K,得P3=7P0 (3)加热过程外界对气体做功， W--p:x4Sx;V=-19 4 6%, 由热力学第一定律△U=W+Q,可知Q=△U-W=α△T-W= (360K-280K)-(-18,r）=ax0K1设，m 上分专题8光电效应方程与图像问题 1.B解析：根据光电效应方程Ek=hw-W。,由于v>v6,同一光 电管W。相同，所以α光产生的光电子最大初动能大于b光 产生的光电子最大初动能，即E>E,根据U。=Ek,可知 Um>U,光强相同，a光频率大，光子能量w大，单位时间内 照射到光电管上的光子数少，所以单位时间内逸出的光电子 数少，饱和光电流小，即I<I.故选B. 2.C解析：AB.根据爱因斯坦光电效应方程eU。=hv-W。,可知 图中入。为极限波长，根据c=v,可得该金属的极限频率为 ,故AB错误CD.U。=-U为图像的渐近线，即U W,,解得普朗克常最为h=0,故C正确，D错误故 入0 选C 3.B解析：A.光电效应实验中产生的光电子从本质上来说就 是电子，是金属表面受到光照射时发射出来的电子，故A错 误；B.根据光电效应方程结合图乙有E,=hw1-W。,其中 W。=hwo,根据动能定理有-eU,=0-E,,联立可得普朗克常量 为h= U,故B正确：C.在光电效应中，最大初动能与遏止 V-Vo 电压的关系为E,=eU。=eU1,故C错误；D.滑动变阻器的滑 片P向N端移动过程中，光电管两端的反向电压增大，则电 流表示数逐渐减小，若反向电压足够大，则可减小至零，故 D错误.故选B. 4.D解析：A.由爱因斯坦光电效应方程E=hw-W。,可知入射 光的频率不同，光电子的最大初动能不同，又由U。=E,得 光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，综上可知，入射 光的频率不同，遏止电压也不同，故A正确；B.Ek-v图像的 纵截距b=-W。,则阴极K材料的逸出功为2.08eV,故B正 确：C.E,-v图像的斜率表示普朗克常量，故C正确：D.在保 持光照条件不变的情况下，将滑动变阻器滑片向右移动的过 程中，两电极两端正向电压增大，电流表的示数不可能减小， 故D错误.本题选错误的，故选D. 5.A解析：A.根据Ea=Ue+hv-W逸出功，由图像可知，斜 率k=e,即图乙中图线a、b的斜率均是电子电量的大小e, 选项A正确；B.由图像可知E。=hwa-W递出功，2E,=h。 W逸出功，可知单色光a、b的频率之比不等于1：2，故B错误； C.根据Em=Ue+hv-W逸出功，截距为h加-W逸出功，因b截距较 大，可知6光频率较大，波长较小，根据△x=合A,可知用同 一装置做双缝干涉实验，b光的条纹间距较小，故C错误： 参考答案与解析 D.图甲中电源电压及滑动变阻器滑片位置不变，部分光线被 遮挡，则光照强度减小，单位时间逸出的光电子数目减小，则 放大器的电流将减小，则不会报警，选项D错误故选A. 6.(1)4.0×102个9.6×1020J(2)0.66um 解析：(1)由图可知，最大光电流为0.64uA,则每秒钟阴极 发射的光电子数n=·1_0.64×10×1个=4.0x102个， e 1.6×1019 由图可知，发生光电效应时的遏止电压是0.6V,所以光电子 的最大初动能Em=eU0=1.6×10-19×0.6J=9.6×10-0J. (2)根据光电效应方程得E=c-W, 入 c,代人数据得入，=0.66um 又W。= A。 、hw'Io 7.(1)eU1+h(v1-v.)(2) me 解析：(1)由图乙可知，K极材料的极限频率为”。，W遍=h加。， B点对应入射光频率为”，加正向电压U1后，由光电效应方 程Eo=hm,-W逸，由动能定理E-Eo=eU1,故图乙中B点对 应的光电子到达A极板时的最大动能E,=eU,+h(”1-v) （2)设经过时间t产生光子数n,则P=nhw,解得n=， 吸收光子数几=m=,光电子数n2=n 最大电流时t时间内产生的光电子全部达到A极板，则I。= nPt t 故p nze hye hw'Io ne 上分专题9原子能级问题 1.A解析：A.由题意知，氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级 时，辐射出的光子能量最大，光子最大能量为hwm=E,-E,= 12.75eV,用该光子照射逸出功为2.29eV的金属钠时，逸出 光电子的最大初动能最大，为Ekm=hwn-W。=10.46eV, 故A正确：C.氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时，辐射 出的光子能量最小，故C错误：B.若要使金属钠发生光电效 应，则照射的光子能量要大于其逸出功2.29eV,大量氢原子 从n=4的激发态跃迁到基态能放出C=6种频率的光子， 其光子能量分别为12.75eV、2.55eV、0.66eV、12.09eV、 1.89eV、10.2eV,其中能量为0.66eV、1.89eV的光子不能使 金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故B错误；D.跃迁到 第3能级，氢原子依旧不稳定，会往更低能级跃迁，故D错 误故选A 2A解析：AC根据题意，有，=h无=，-E,,=6无 A2 E,-B,仙=九三起，B则有m=仙+，hh无 入3 11.1 无即%=”，衣 ,A正确，C错误；BD.根据题 图中已知的各定态轨道的能量值计算可知”1>”2，入，<入2， BD错误故选A. 3.A解析：由E=hm=hC可知波长越短，对应光子的能量越 入 大，即跃迁对应的两个能级的能量差越大，则各种跃迁方式 黑白题47上分专题7热力学第一定律与气体实验定律综合问题 课堂 命题密钥 热力学第一定律与气体实验定律综合问题是热力学模块的核心应用，需掌握等值过程 (等温/等压/等容)的吸放热规律、绝热过程特征以及非等值过程的能量分析与计算，考试时 要注意功W的正负号. 在高考中常以“多过程热力学循环”题型出现. 考点觉醒 ●热力学第一定律分析：△U=Q+W 1.符合规则： (1)气体膨胀，对外做功，W<0:气体压缩，对内做功，W>0 (2)气体吸热，Q>0;气体放热，Q<0. (3)气体温度上升，△U>0:温度不变，△U=0:温度降低，△U<0. 2.典型过程： (1)等温过程：△U=0→Q=-W. (2)绝热过程：Q=0→△U=W. (3)等容过程：W=0→△U=Q. ·功W的计算方法 1.等压过程：W=-p·△V(△V=V末-V和). 2.非等压过程： (1)在p-V图像中，包围面积等于做功多少 (2)图中过程为A→B,气体膨胀，气体对外界做 B 功，故W为负，因此W=-S 实战演练 类型一理想气体状态图像问题 1.*(2026·河北秦皇岛开学)将一个装有气体（视为理想气体）的容器密闭，缓慢升高环境温 度，测出容器内气体压强随温度变化的情况如图所示.环境压强恒定不变.则气体状态变化的 ab过程中 () A.外界对气体做正功 B.气体压强不变 黑白题·上分秘籍21 C.气体从外界吸热 D.气体内能不变 3V b 2V。 a 04 To (第1题) (第2题) (第3题) 2.*经典题（2025·山东青岛调研)一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中ba的 延长线经过原点O,b→沁是等温过程，状态a的压强为po,下列说法正确的是 () A.状态b的压强大于Po B.状态c的压强为1.5po C.b→℃过程中，外界对气体做的功等于气体释放的热量 D.c→a过程中，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数变多 3.鞋多过程(2025·湖北武汉一模)中国企业打破国外技术垄断，自主研发的船用涡轮增压器 被应用于大型远洋船舶，其中奥托循环起到关键作用.如图所示，奥托循环a→b→c→d→a由两 个绝热和两个等容过程组成.关于该循环，下列说法正确的是 () A.整个过程中温度最高的是状态b B.在d→a过程中，所有气体分子的热运动速率减小 C.在b→c过程中，气体放出热量 D.整个过程气体吸收热量 4.禁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 所示.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T (2)求气体从状态B→C的过程中，气体做的功Wc (3)已知气体从状态A→B→C→A的过程中，外界对气体做的功W=3.3×105J,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。 1p/(×105Pa) 等温线 V/m 22物理|选择性必修第三册 类型二液柱、活塞问题 5.*(2025·河北邢台月考)如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分 理想气体，中间用水银柱隔开，玻璃管导热且粗细均匀.玻璃管竖直静止时，A部分气柱的长度 为3L,压强为po,B部分气柱的长度为5L,水银柱产生的压强为0.6po,已知大气压强为Po,环境 温度保持不变 (1)若将玻璃管沿竖直面缓慢转过90°，待稳定后，求气体A的压强； (2)若在该竖直玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，再缓慢加热气体B,当气体B从外界吸收 的热量为Q时，水银柱刚好上升0.5L,求该过程中气体B内能的增加量 3 柱 5 6.*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,认为摄氏温 标所确定的温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K, (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) Lo=40 cm 30 cm 7.幸|新素材(2025·江苏常州奔牛高级中学月考)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立 柱时，由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要测出空腔的体 积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通（如图所示），做好 密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间.汽缸上部由横截面积S=10cm2的活塞密 封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10L现对活塞施加一个竖直向下的变力F,使活塞缓慢 下移，当汽缸内气体体积变为7L时，外力F的大小为20N,上述过程中外力F做的功 W,=28J.已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽 缸间的摩擦力、细管中气体的体积，大气压强po=1.0×103Pa.求： 黑白题·上分秘籍23 (1)金属立柱内空腔的体积； (2)汽缸内气体体积由10L变为7L的过程中，封闭气体与外界热交换是吸热还是放热，热量 是多少？ 柱体 空腔 8.熱多过程(2024·湖北武汉期中)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸A、B,其底部由体积可忽略 的细管连通，A上端与大气连通，B上端封闭.汽缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞M、N,横截 面积分别为4S、S,高度都为h.两活塞下方充有氮气，活塞N上方充有氧气.轻质且不可伸长的 细绳连接活塞M,绕过光滑的定滑轮与重物连接.当大气压为Po,外界和汽缸内气体温度均为 7℃时系统处于静止状态，此时活塞M离米缸顶的距高为，活塞V高汽缸顶的事离为 活塞M的质量为S,重物的质量和活塞N的质量均为 g,整个过程不漏气，气体均可视为理 想气体，重力加速度为g,认为摄氏温标所确定的温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K. (1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞M恰好升至顶部时，求氮气的温度； (2)继续缓慢加热使活塞N上升，当活塞N上升8b时，氧气的温度为47℃，求氧气的压强； (3)已知汽缸中氮气的内能为U=T(T为氮气的热力学温度，为常数)，求第(1)问过程中电 阻丝传递给氮气的热量Q. 重物 B 24物理|选择性必修第三册