第3章 单元过关检测(三)热力学定律（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

单元过关检测(三) (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．根据能量转化和转移的方向性，下列判断错误的是　(　　) A．电流的电能不可能全部转化为内能 B．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转化为电能 C．热机中，燃气的内能不可能完全转化为机械能 D．能量不能被创造或被消灭 解析：选A。根据能量转化和转移的方向性可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，电流的电能可以全部转化为内能(由电流热效应中的焦耳定律可知)，而内能不可能全部转化为电能而不引起其他变化，机械能可以全部转化成内能，而内能不可能全部转化成机械能而不引起其他变化，A错误，B、C正确；根据能量守恒定律可知，能量不能被创造或被消灭，D正确。 2．下列能源中不属于可再生能源的是(　　) A．风能 B．潮汐能 C．天然气 D．水能 解析：选C。天然气是不可再生能源，风能、潮汐能和水能在自然界可以再生，为可再生能源。 3．下列关于热力学定律的说法正确的是(　　) A．二类永动机不可能制成的原因是它们都违背了能量守恒定律 B．气体吸收热量时温度一定升高 C．压缩气体时，体积越小越困难是因为气体体积越小，气体分子间斥力越大的缘故 D．可以从单一热源吸收热量全部用来对外做功 解析：选D。.第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故A错误；气体吸收热量的同时可以对外做功，温度可能升高，可能不变，也可能降低，故B错误；压缩气体体积越小越困难，是因为气体体积越小，容器内外的压强差越大，与气体分子间斥力无关，故C错误；从单一热源吸收热量在引起其他变化时可全部用来对外做功，例如绝热膨胀，故D正确。 4．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是(　　) A．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 B．空调的工作过程表明，热量可以自发地由低温物体向高温物体传递 C．第二类永动机不违背能量守恒定律，当人类科技水平足够先进时，第二类永动机可以被制造出来 D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 解析：选D。热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，A错误；空调的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，故B错误；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，故C错误；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确。 5．如图所示，开口向下粗细均匀的玻璃管内用水银封闭了一定质量的理想气体。现将玻璃管缓慢旋转直至水平，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(　　) A．气体体积增大 B．气体压强减小 C．气体的内能增加 D．气体向外界释放热量 解析：选D。初始状态选水银液柱最低点作为研究对象，水银液柱产生的压强为ph，受力分析有p气＋ph＝p0，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气′＝p0，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＝，在旋转过程中封闭气体的温度不变，外界大气压不变，则气体体积减小，故A、B错误；在旋转过程中封闭气体的温度不变，则气体内能不变，又气体体积变小，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。 6．一定质量理想气体经历了如下的循环过程：1→2和3→4为绝热过程，2→3为等压过程，4→1为等容过程，其p－V图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．1→2过程中，外界对气体做功，气体内能增加 B．2→3过程中，气体对外界做功，气体内能减小 C．3→4过程中，气体内能减小，所有分子的运动速率都减小 D．4→1过程中，气体内能增加 解析：选A。1→2过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0，而该过程绝热，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，即气体内能增加，故A正确；2→3过程中，气体压强不变，体积增大，气体对外界做功，根据＝C可知气体温度升高，即气体内能增加，故B错误；3→4过程中，气体体积增大，气体对外做功，即W<0，而该过程绝热，即Q＝0，根据ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是所有分子的运动速率都减小，故C错误；4→1过程中，气体体积不变，压强减小，根据＝C可知温度降低，气体内能减小，故D错误。 7．如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　) A．a的压强减小 B．b的温度降低 C．b的所有分子速率均减小 D．弹簧的弹力一定增大 解析：选B。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W，可得ΔUa＞0，ΔUb＜0，则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故A、C错误，B正确；由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。 8．关于热学知识，下列说法正确的是(　　) A．金属具有确定的熔点但没有规则的形状，因此金属不属于晶体 B．在给车胎打气的过程中会越压越吃力，这是由于分子间有斥力 C．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体传递到高温物体 D．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，说明液体存在表面张力 解析：选CD。金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点，A错误；给车胎打气越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大，并不是由于分子间存在斥力，B错误；热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，C正确；荷叶上小水珠呈球形是由于水的表面张力，使水珠表面有收缩趋势，D正确。 9．如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分，A内充满气体，B内为真空。现抽开隔板，让A中气体进入B并最终达到平衡状态，则(　　) A．气体的内能始终不变 B．气体的压强始终不变 C．气体分子的平均动能将减小 D．B中气体不可能自发地再全部回到A中 解析：选AD。由于B内为真空，抽走隔板后，A部分气体自由膨胀，膨胀过程中没有对外做功，容器又是绝热容器，所以气体也不可能与外界发生热交换，由热力学第一定律可知气体的内能始终不变，故A正确；由于气体的内能不变，故气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；由于气体发生的是等温膨胀，由玻意耳定律可知，气体的压强将减小，故B错误；由热力学第二定律可知，气体不可能再自发地全部回到A部分，故D正确。 10．如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后　(　　) A．弹簧恢复至自然长度 B．活塞两侧气体质量相等 C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 解析：选ACD。初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数应该减少，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 11．(6分)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的循环过程后回到状态a，其T－V图像如图所示，其中bc、da均与V轴平行。a→b过程气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)；b→c→d过程气体内能______________(选填“一直增加”“先不变后减少”或“先不变后增加”)；d→a过程气体__________(选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。 解析：由题图可知，a→b过程气体体积减小，气体对外界做负功；b→c→d过程气体温度先保持不变后升高，由于该气体为理想气体，故气体内能先不变后增加；d→a过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，由于气体的体积增大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q>0，即气体吸热。 答案：做负功　先不变后增加　吸热 12．(10分)根据能量转化与守恒定律，在与外界没有传热的条件下，物体内能的增加量与外界对物体做功多少相等。为了验证此规律，某兴趣小组设计了如图所示的实验，在容器里装一定质量的水，中间装上带有叶片的转轴，转轴上绕上绳子，绳子另一端通过滑轮与一重物相连，当重物下降时，绳子拉动转轴转动，带动叶片旋转，使容器里的水温度升高，结合水的比热容计算出水中增加的内能。以此验证水的内能增加量与重物的重力做功多少是否相等。 (1)为了完成此实验，除已提供质量的电子天平外，还需要的测量工具有 _____________________________________________________。 (2)兴趣小组在实验过程中发现，水内能的增加量小于重物做功的大小，请写出造成这种现象的一种原因_________________________________________。 (3)改进实验后，获得的数据如表所示，规律得到验证。 实验序号 重物质量(kg) 下降高度(m) 升高温度(℃) 1 20 5 0.5 2 20 10 1.0 3 20 15 1.5 4 10 10 0.5 5 30 10 1.5 6 40 10 2.0 若使容器内相同质量水的温度升高2.5 ℃，则25 kg的重物需下降________m。 解析：(1)实验中应需要用刻度尺测量重物下降的高度、用温度计测量水升高的温度。 (2)在实验的过程中，由于滑轮存在摩擦、液体会散热等情况，使得水内能的增加量小于重物做功的大小。 (3)20 kg的重物高度下降5 m，水温升高0.5 ℃，即1 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.005 ℃，则有25 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.125 ℃，要使水温升高2.5 ℃，根据比例可知需要下降的高度为20 m。 答案：(1)刻度尺、温度计　(2)滑轮存在摩擦、液体会散热　(3)20 13．(12分)如图所示，在水平固定的圆柱形导热容器内用活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底部的距离为L0，当活塞缓慢向左移动d后再次平衡，气体向外放出热量Q。求： (1)外界空气的温度T；(6分) (2)此过程中气体内能的变化量ΔU。(6分) 解析：(1)由等压变化规律可得＝ 解得T＝T0。 (2)由热力学第一定律得ΔU＝W－Q，W＝p0dS，ΔU＝p0dS－Q。 答案：(1)T0　(2)p0dS－Q 14．(12分)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强p0＝1.0×105 Pa，温度t0＝17 ℃，现启动加热模式使气体温度升高到t＝191 ℃，此过程中气体吸收的热量Q＝9.5×103 J，内胆中气体的体积不变，求： (1)此时内胆中气体的压强p；(6分) (2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。(6分)　 解析：(1)封闭气体发生等容变化，根据查理定律 ＝，其中T0＝290 K，T＝464 K 代入数据解得p＝1.6×105 Pa。 (2)根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 由于气体的体积不变，气体做功W＝0 气体吸收的热量Q＝9.5×103 J 解得ΔU＝9.5×103 J。 答案：(1)1.6×105 Pa　(2)9.5×103 J 15．(14分)卡诺热机是只有两个热源(一个高温热源和一个低温热源)的简单热机，其循环过程的p－V图像如图所示，它由两个等温过程(a→b和c→d)和两个绝热过程(b→c和d→a)组成。若热机的工作物质为理想气体，高温热源温度为T1，低温热源温度为0.8T1，p－V图像中a、b、c、d各状态的参量如图所示。 (1)求气体处于状态c的压强pc。(4分) (2)求气体处于状态a的体积Va。(4分) (3)若过程a→b热机从高温热源吸热为Q1，过程c→d热机向低温热源放热为Q2，求热机完成一次循环对外做的功W。(6分) 解析：(1)过程c→d为等温变化，根据玻意耳定律，有pc·2V0＝p0V0，解得pc＝p0。 (2)过程d→a，根据理想气体状态方程可得 ＝，解得Va＝V0。 (3)过程b→c和d→a为绝热过程，吸热Q＝0，热机完成一次循环内能不变，即ΔU＝0 根据热力学第一定律可得W＝Q1－Q2。 答案：(1)p0　(2)V0　(3)Q1－Q2 学科网（北京）股份有限公司 $