课时分层检测(13)热力学第一定律和气体实验定律的综合应用-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十三） 热力学第一定律和气体实验 定律的综合应用 C.过程bc中气体向外界放出热量 基础达标练0 D.c和a两个状态，容器单位面积单位时间 1.恒温水槽中的气泡缓慢上升的过程中 内受到气体分子撞击的次数相同 ):4.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开 A.压强增加，外界对气泡做功，气泡对外： 始，经历a→b、b→c、c→d过程达到状态d。 放热 下列说法正确的是 ( B.压强增加，气泡对外做功，气泡从外界 P 3po 吸热 2po C.压强减小，外界对气泡做功，气泡对外 Po 放热 !, 2Vo 3Vo V D.压强减小，气泡对外做功，气泡从外界 A.a→b过程中气体分子单位时间内撞击器 吸热 壁次数不变 2.一定质量的理想气体从状态a开始，经历两 B.a→b过程气体升高的温度大于b→c过程 个状态变化过程，先后到达状态b和c,其状 气体升高的温度 态变化过程的饣-V图线如图所示。下列说 C.a→d整个过程气体对外做的功小于从外 法正确的是 ( 界吸收的热量 D.b→c过程气体吸收的热量小于c→d过程 气体吸收的热量 5.(多选)一定质量的理想气体，从状态A变化 到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程 的p-V图像如图所示。已知状态A时的温 度为27℃，热力学温度与摄氏温度间的关 A.从a到b,气体的温度升高 系为T=t十273K,则下列判断正确的是 B.从a到b,气体分子热运动的速率不变 C.从b到c,气体对外界做功，内能减少 ↑p/(×105Pa) D.从b到c,气体从外界吸收热量，内能增加 3 A 3.一定质量的理想气体从 2 状态a开始，经历ab、 bc、ca三个过程回到原 0 1 23V1(×10-3m3) 状态，其V一T图像如 图所示，下列说法中正 A.气体处于状态B时的温度是900K B.气体处于状态C时的温度是300K 确的是 ) C.从状态A变化到状态C过程理想气体内 A.a、b和c三个状态，气体分子的平均动能： 能增大 相等 D.从状态A变化到状态B过程理想气体 B.过程ab中气体既不吸热也不放热 放热 148 班级 姓名 得分 6.如图所示，长为30cm且粗细均 :7.如图所示是一定质量的理想气体沿直线从A 匀的导热玻璃管竖直放置，玻璃 (2.0,1.5)到B(4.0,0.5)状态变化的p-V 管下端封闭，上端开口，管内用 水银柱 4 cm 图像，现已知状态A的温度为300K,该气体内 4cm长的水银柱封闭了长为 能的变化满足△U=o△T(常数o=2J/K)。求： 19cm的一定质量理想气体。己 *p/(105Pa) 19 cm 知玻璃管外大气压强0= 2.0 1.5 76cmHg,环境温度保持不变。 A 1.0 (1)求密闭气体的压强； 0.5 (2)将玻璃管缓慢转至水平，求水平放置时 1.02.03.04.0/(103m) 密闭气体的长度，并分析说明该过程中密闭： (1)状态B的温度； 气体是吸热还是放热。 (2)理想气体沿直线AB变化过程的最高 温度； (3)该气体沿直线AB从状态A变化到温度 最高的状态的过程中吸收的热量。 …。能力提升练 8.（多选)如图所示，绝热 K 隔板K把绝热的汽缸 b 分成体积相等的两部 分，K与汽缸壁间的摩 擦忽略不计，两部分中分别充满相同质量、 相同温度的同种气体a和b,气体分子势能 可忽略，现通过电热丝对气体a加热一段时 间后，a、b各自达到新的平衡，则() A.a的体积增大，压强变小 B.b的温度升高 C.加热后a的分子热运动比b的分子热运 动更剧烈 D.a增加的内能大于b增加的内能 149 班级 姓名 得分 9.如图，竖直放置的汽缸内壁 10.如图所示，竖直放置的 光滑，横截面积S=103m2, △V 汽缸，活塞横截面积为 活塞的质量m=2kg,厚度不 m S=0.10m2,活塞的80cm 计。在A、B两处设有限制装 质量忽略不计，汽缸侧 置，使活塞只能在A、B之间 壁有一个小孔与装有 运动，B下方汽缸的容积Vo=1.0× 水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁 10-3m3,A、B之间的容积△V=2.0× 定，汽缸内封闭了一段高为80cm的气柱 10-4m3,大气压强p0=1.0×105Pa,重力 (U形管内的气体体积不计)，此时缸内气 加速度g=10m/s2。开始时活塞停在B处， 体温度为27℃，U形管内水银面高度差h1 缸内气体的压强为0.90，温度为27℃，现缓 =15cm。已知大气压强=1.0×105Pa, 慢加热缸内气体，直至327℃。求： 水银的密度p=13.6×103kg/m3,重力加速度 (1)活塞刚离开B处时气体的温度； g取10m/s2。 (2)缸内气体最后的压强； (1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水 (3)全过程中气体内能增加了280J,求气体 银面相平，求这时封闭气体的温度； 吸收的热量Q。 (2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸 内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至 汽缸内封闭的气柱高度达到96cm,求整个 过程中气体与外界交换的热量。 15010.解析改变物体内能有做功和传热两种方法，故温度升高，内能增！9.解析温度升高，气球体积膨胀，分子平均间距增大，A错误：温度 加，不一定吸收热量，A错误：物体沿斜面下滑时，可能不受摩擦！ 升高，分子的平均动能增大，B错误；根据气体状态方程，因为气体 力，内能可能不变，B错误：物体克服摩擦力做功，摩擦生热，内能： 温度及体积均变大，所以其压强无法确定，C错误：气体温度升高， 可能增大，C正确：热传递的条件是物体间存在温度差，热量从温 内能增大，气球膨胀，对外做功，根据热力学第一定律知，气体吸收 度高的物体传递给温度低的物体，温度相同时热传递停止，D 的热量大于内能的增加量，D正确 错误。 答案D 答案 C 11,解析推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应该升高。 10.解析气体等压膨胀，由y=C,体积V增大，故温度T升高：温度 但是推动很缓慢，所以增加的内能又以热量的形式释放到周围环 是分子热运动平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增 境中了，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，气体分 大，故选项A正确，B、C错误：根据热力学第一定律得：△U=Q十 子的平均动能不变，①错误，②正确；由于气体被压缩，气体单位体 W,而W=一poS△L=一po△V=p(V2一V1),所以气体内能变 积内的分子数增大，所以单位面积上汽缸受到气体分子的碰撞次 化了△U=Q一po(V2一V1),故选项D错误。 数增多，因此气体的压强增大，③正确，④错误。故选C。 答案A 答案 12.解析 焦耳通过多次实验，最后得到的结论是，在各种不同的绝热！11，解析 (1)由查理定律得=卫 TT, 过程中，系统状态的改变与做功方式无关，仅与做功数量有关，故 选项C正确。 答案 解得p=To。 13.解析设“摇开”水所需时间为t,水升温△T,由W=△得30g· (2)温度由T下降到T,过程为等容过程，W=0,温度降低，内能 △h·t=ckm△T, 减少，由热力学第一定律得△U=Q。 c水△T 4.2×10×(100-25) I- min=7X103min,即“摇开”水t 30g△1 30×10×0.15 答案(1号。(2)内能减少Q 需7×103min。 ·12.解析甲车靠小型发电机踩动单车时线圈在磁场中转动产生电 答案7×103min 能，故是将机械能转化为电能；乙车靠车筐底部的太阳能电池板有 课时分层检测（十二） 光照时产生电能，故是将光能转化为电能。故A、B、D错误，C 1.解析因为外界对气体做功，W取正值，即W=8X101J:内能减 正确。 少，△U取负值，即△U= -1,2×10J:根据热力学第一定律△U= 答案C W+Q,可知Q=△U-W=-1.2×105J-8×101J=-2×105J,即 113.解析(1)活塞移动时受力平衡，有p1S=0S十f,气体对外界做 B选项正确 功W=1SL,根据热力学第一定律△U=Q一W,解得△LU=Q 答案B (PoS+f)L 2.解析 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A、B错误：根据热力学第一定律△U=W十Q,则Q (2)活塞发生移动前为等容变化， △J一W=0一（一0.6）J=0.6J,即气泡内气体从外界吸收了0.6J VL_V 的热量，故C正确，D错误。 活塞向右移动L的过程为等压变化，=宁，且V=2V1, 答案C 3.解析因为该气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始 解得T=2(pS十f) 的状态，所以内能没有变化，△U=0。根据热力学第一定律可知 W1-w,+Q1-Q2=△U=0,即Q1-Q2=W2-W1。 答案A 答案(1)Q-(pS+f)L(2)2(pS+f) PoS 4.解析第一类永动机违背了能量守恒定律，故永远无法制成，A项 课时分层检测（十三） 错误：太阳照射到宇宙空间的能量均能转化成其他形式的能量，B;1.解析 气泡上升过程中，气泡内的压强减小，且温度不变，根据 项错误：马儿奔跑时同样需要消耗能量，故“既要马儿跑，又让马儿 不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的，C项正确：不用上 p1V1=2V2可知，气泡的体积变大，则气体对外界做功，根据热力 发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是不 学第一定律△U=Q十W,其中W<0,可知Q>0,所以气泡从外界吸 存在的，它违背了能量守恒定律，D项错误。 热，故D正确，A、B、C错误。 答案C 答案D 5,解析在喷水过程中，瓶内气体体积增大，气体对外界做功，W<0 2,解析从a到b气体做等容变化，根据Y=C可知，气体压强减小、 故A错误：在喷水过程中，瓶内气体与外界绝热，Q一0，由热力学第 一定律△U=W十Q可知，瓶内气体内能减小，温度降低，故B正确： t. 温度降低，气体分子热运动的速率减小，故A、B错误：从b到c气体 喷水阶段气体内能减小，而物体运动，机械能增加，所以内能转化为 做等压变化，根据Y =C可知，气体体积增大、温度升高，气体对外 机械能，故C错误：瓶内气体压强减小，即瓶内壁单位面积上所受气 体分子撞击的作用力减小，故D正确。 做功，内能增大，根据热力学第一定律△U=W十Q可知气体吸收热 答案BID 量，故D正确，C错误。 6.解析(1)由题意得开始时杆中恰无掸力，则初快态b1=p。=1.0×: 答案D 105Pa,T1=300K,当汽缸相对地面刚开始滑动时，对汽缸受力分！3.解析由题图可知，，b和c三个状态中，（快态温度最低，分于平均 析得pS=poS十mg解得p2=1.1×105Pa 动能最小，A错误：由题图可知，过程ab中温度不变，则内能不变， 又体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收 则由查理定律得=架，解得汽缸相对地面刚开始滑动时，缸内气 热量，B错误：由题图可知，过程b中气体的温度和体积都减小，则 内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放 体的温度T=330K (2)由题意汽缸缓慢移动，所以为等压变化过程，则初状态V1=Sh,· 出热量，C正确：由题图可知，c过程气体发生等容变化，气体温度 T2=T=330K 升高，内能增大，根据理想气体状态方程可知气体压强增大，所以 和（两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的 当活塞恰到汽缸口时，满足V,=SH 次数不同，D错误。 由盖一吕萨克定徐得片 ,解得T1=375K 答案 C T 又因为U=aT :4.解析口6过程中气体处于等容变化，根据 =C,可知气体的压 所以△UU=375×2J-330×2J=90J 强增大，温度升高，所以气体分子单位时间内撞击器壁次数增大，故 又因为汽缸滑动后，直至活塞恰到汽缸口过程中，气体做功为W p2△V=-33J A错误：a→b过程中，设a的温度为T,根据，V=,V ,可知b的 T. 由热力学第一定律△U=Q十W,解得Q=123J。 答案(1)330K(2)123J 温度为3T,bc过程气体处于等压变化，根据Y =C,可知c的温 7.解析 由状态A到状态B,气体温度不变，理想气体的内能只与温 度有关，可知气体的内能不变，故A错误：由状态A到状态B,气体 度为6T,所以a→b过程气体升高的温度小于b>c过程气体升高的 体积增大，由理想气体状态方程y=C可知，气体的压强减小，故B 温度，故B错误：（→d过程，根据Y =C,可知d的温度为6T,所以 错误；由状态A到状态B,气体体积增大，则气体对外界做功，C正 从a→d,温度升高，内能增大，根据△U=Q十W,所以整个过程气体 确：由前面分析知气体内能不变，又气体对外界做功，根据热力学第 对外做的功小于从外界吸收的热量，故C正确：b·(过程气体温度 一定律△U=Q十W,知气体一定吸热，故D错误。 升高，内能增大（→d过程属于等温变化，内能不变，根据图像与坐 答案C 标轴围成的面积可知W>Wd,结合热力学第一定律△U=Q十W 8.解析子禅在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转 可知bc过程气体吸收的热量大于c→d过程气体吸收的热量，故 变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子禅的机： D错误。 械能。 答案C 答案D 227 5解析由周示缘可知，AB过程为等压变化，有片-已知 由益8萨无定休物片-兰 TA=(27十273)K=300K,代入数据解得TB=900K,A正确：B→ 解得T,=300K C过程为等容变化，有=二，代入数据解得T。=300K,B正确： 因为T?=T1=300K,所以初状态与未状态气体内能相等，由热力 Ta Te 学第一定律 A→C过程，T4=300K,Tc=300K,所以A、C两状态温度相同，内 △U=Q十W知，Q=-w 能相同，则内能变化△U=0,C错误：从状态A变化到快态B过程 即Q=p△V=1600J。 理想气体温度升高，内能增大，体积变大，气体对外做功，由热力学： 答案(1)250K(2)1600J 第一定律△U=Q十W得，理想气体一定吸热，D错误。 课时分层检测（十四） 答案AB :1.解析热力学第一、第二定律是热力学的基本定律，对所有涉及热 6.解析(1)密闭气体的压强p=p十4cmHg=76cmHg十4cmHg! 现象的宏观过程都成立，选项D正确。 =80cmHg。 答案D (2)设玻璃管内横裁面积为S,玻璃管水平放置时，密闭气体的长度，2.解析根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传给高 为1 温物体，而不引起其他的变化，但通过一些物理过程是可以实现的， 由玻意耳定律有：80cmHg×19cm·S=76cmHg·lS,解得l= 故C项正确：内能自发地全部转化为机械能是不可能的，故A项错 20 cm 误：气体膨胀具有方向性，故B项错误；扩散现象也有方向性，D项 该过程中，气体温度不变，内能不变，体积膨胀，对外做功， 昔误 由热力学第一定律△U=W十Q知，△U=0,W<0,Q>0,则气体！ 答案C 吸热。 !3,解析能量守恒定律是自然界普遍存在的规律，但由于能量耗散， 答案(1)80cmHg(2)吸热 所以仍存在能源危机问题 7,解析(1)气体从状态A到状态B的过程，根据一定质量的理想气 答案 B 体状态方程得 !4.解析由热力学第二定律的物理意义知，A、C正确，D错误：不违背 PAVA PuV n 能量守恒定律的物理过程，如果违背热力学第二定律，也是无法实 TA 现的，故B错误。 即1.5×105×2.0×10_0.5×105×4.0×103 答案 AC 300 !5.解析要想将热量从低温物体向高温物体传递，必须要由外界对其 解得TB=200K 做功才可以完成，A、B选项均是这样的应用实例，且空调从室内吸 收的热量小于向室外放出的热量，A、B正确：内燃机将燃料的化学 (2)由图像可知，图线AB的方程为b=2.5X105一5×10V,则bV 能转化为内能再转化为机械能，不可能成为单一热库的热机，C选 2.5×105V-5×10V2 项违背了热力学第二定律，C错误；由能量守恒定律可知，能源的消 由数学知识可知当V=2.5×10-m3时，pV有最大值312.5Pa·m, 耗不会使自然界的能量减少，D错误。 则对应温度最大值1.5×105×2.0×103312.5 答案AB 300 T 6.解析 此现象说明了机械能和内能之间转化的方向性，并不违反能 解得Tm=312.5K。 量守恒定律，因此C正确，A、B、D错误。 (3)该气体沿直线AB从状态A变化到温度最高的状态的过程， 答案 气体对外做功边等子-V图像的面积：w二.5十1.25)×10×057.解析 一杯冷水自然放置，可以通过吸收空气中的热量使得和周国 的空气温度相同，而不可能变得比周围空气更热，选项A错误：由于 ×10-3J=68.75J, 和室外没有热交换，并且压缩机工作时其电路中也会因为有电阻而 则外界对气体做功W'=一68.75J 产生热量，即产生的热量大于制冷量，故室内温度不降反升，选项B 气体内能增加△U=a△T=2×(312.5-300)J=25J 错误：热机的效率不可能达到100%，但是对蒸汽机不断苹新，可以 由热力学第一定律△U=W十Q可知，气体吸收的热量Q=△U一W' 把蒸汽的内能尽量多地转化成机械能，选项C正确：根据热力学第 =25J-(-68.75J)=93.75J。 二定律，不可能从单一热库吸收热量并转化为功而不引起其他的变 答案(1)200K(2)312.5K(3)93.75J 化，利用降低海水温度放出大量的热量来发电，降低海水温度的过 8.解析当对气体a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与！ 程，消耗的能源更多，不能解决能源短缺的问题，选项D错误。 答案C 汽缸壁间的摩擦不计，可以自由移动，所以气体，b的压强始终相 月：款立大由于气你？影胀，气体6被压缩，所以外界对气体6散：8解析 第一类求动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热 功，根据热力学第一定律得，b的温度升高：由于过程中气体膨胀，！ 力学第二定律，A、B错误：由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但 △U=W十Q可以等于0，C错误：由热力学第二定律可知选项D中 气体b被压缩，平衡后p。=V。>V,由T=T可知气体a 的现象是可能的，但会产生其他影响，D正确。 答案D 的温度较高，加热后气体a的分子热运动比b的分子热运动更剧烈，！9.解析 能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具 内能增加较多。综上分析可知，B,C、D正确，A错误。 有方向性，故A错误：热力学第二定律表明，能量虽然守恒，但可利 答案BCD 用的品质降低了，需要节约能源，故B错误：求动机违背了热力学定 9.解析 (1)初始状态时p1=0.9p0,T=(27+273)K=300K 律，是无法制造成功的，故C错误：能量守恒定律是19世纪自然科 活塞附离开B处时：=十零，解得=1,2X105Pa 学的三大发现之一，也是自然界最普遍、最重要的基本规律之一，小 到原子世界，大到宇宙天体，只要有能的变化，无论是什么变化，都 该过程气体体积不变，根据查理定徐可得只一号 遵循能量守恒定律，故D正确。 答案D 代入数据解得T2=400K。 :10.解析热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向 (2)假设活塞最终移动到A处V3=V。十△V,T3=(327十273)K= 性的规律，A不属于热现象，故A错：由热力学第二定律可知B、C、 600K D正确。 答案BCD 根据一定质量的理想气体状态方程可得_pV 11.解析 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，Q=0,W T T <0,根据△U=W十Q可知，气体的内能减小，故A正确：热力学第 代入数据解得p3=1,5×105Pa 二定律表明自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向 因为力>2，所以活塞最终移动到A处的假设成立。 性，是不可逆的，故气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故B正确： (3)全过程中外界对气体做功为W=一(mg十pS)hAB=一p,ShAB! 热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确： =一p2△V,解得W=一24J 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温 根据热力学第一定律得△U=W十Q 物体，而不引起其他变化”，故D错误。 代入数据得Q=304J。 答案 ABC 答案(1)400K(2)1.5×105Pa(3)304J 12.解析 第二类求动机不可能制造成功的原因是违背热力学第二定 10.解析(1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化。 律，但不违背能量守恒定律，选项A错误：热力学第二定律可表述 、 由查型定律可知号一号 为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性，选项B正确：能量 虽然守恒，但有些能量耗散以后就将不能再利用，故要节约能源， 选项C错误：静摩擦力做功，没有机械能转化为内能，选项D错误。 其中p1=po十pgh1=1,2X10Pa 答案 p2=po=1.0×105Pa !13,解析依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板碰撞后 T1=300K 反禅，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从B端流 解得T2=250K。 出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高， (2)解除对活塞的锁定后，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过！ 所以A端为冷端，B端为热端，故A正确；依题意，A端流出的气体 程中气体做等压变化，压强为p。=1.0X105Pa。 分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以 228