第三章 热力学定律 单元检测（三）-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

第三章 热力学定律 单元检测（三) 第I卷（选择题） 一、选择题（共46分，本题共10小题，1-7题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，8-10题每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。 1．永动机是不可能制成的，这是因为（ ） A．不符合机械能守恒定律 B．做功产生的热量不符合热功当量 C．违背了热力学第一定律 D．找不到合适的材料和合理的设计方案 2．某个冬天的早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10℃水置于该房间内，则下列说法正确的是（    ） A．制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体 B．制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变 C．待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱 D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动 3．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（   ） A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少 4．关于香槟瓶被打开的瞬间瓶口附近突然出现一团“白雾”的现象，下列说法正确的是（   ） A．这是瓶内香槟的扩散现象 B．瓶内气体温度升高，蒸发加剧形成的蒸汽 C．瓶内气体对外做功，内能减小，水蒸气凝结为小水珠 D．瓶内气体对外做功等于从周围环境吸收的热量 5．某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体（　　） A．内能比浇水前大 B．压强与浇水前相等 C．所有分子的动能都比浇水前大 D．对水做的功等于水重力势能的增量 6．一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环，其p—V图像如图所示，其中A→B过程气体分子的平均动能不变，下列说法错误的是（　　） A．A→B过程，气体的压强与体积乘积是一个定值 B．B→C过程，气体放出的热量比外界对气体做功多 C．C→A过程，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力减小 D．再次回到A状态时，气体内能不变 7．一定质量的理想气体经历如题图所示的循环过程，其中a→b过程是等压过程，另外两个中的一个是等温过程，另一个是绝热过程。下列说法正确的是（　　） A．a→b过程，气体分子的速率分布曲线不发生变化 B．b→c过程，速率大的分子所占比例在增加 C．c→a过程，气体放出的热量等于a→b过程吸收的热量 D．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量等于气体对外做的功 8.一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 9.地球上有很多的海水,它的总质量约为1.4×1018 t,如果这些海水的温度降低0.1 ℃,将要放出5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量,使它完全变成机械能来解决能源危机,但这种机器是不能制成的,关于其原因,下列说法正确的是(　　) A.内能不能转化成机械能 B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律 C.只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律 D.机械能可全部转化为内能,内能不可能全部转化为机械能,同时不引起其他变化 10．一定质量的理想气体经历四段状态变化过程，其图像如图所示。其中da延长线与横轴的交点为0K，bc和cd分别平行于横轴和纵轴，、、三个状态的体积关系为，下列说法不正确的是（　　） A．从到，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少 B．、两状态的体积之比为 C．从到的过程气体从外界吸收的热量小于从到的过程气体从外界吸收的热量 D．从到，气体的体积不变 第II卷（非选择题） 本题共5小题，共54分。 二、实验题 11．（6分）某同学设计了一种测温装置，其结构如图甲所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出，设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。该同学在某大气压下提供不同的环境温度对B管进行温度刻度，测量获得的数据及B管上的温度刻度如下表所示： 环境温度t/℃ -27 0 27 54 81 100 汞柱高x/cm 25.8 20.4 15 9.6 4.2 0.4 温度刻度t/℃ -27 0 27 54 81 100 该同学将上表中环境温度t（℃）和汞柱高x（cm）的数据输入图形计算器,绘制出x-T图像，如图乙所示。 （1）根据图像提供的信息，水银柱高度x随环境热力学温度T变化的函数关系式为_____（x的单位为cm，T的单位为K）； （2）根据图像和测温装置推断出实验时的大气压强值p0相当于_____cm水银柱产生的压强； （3）由于大气压要随季节和天气的变化，所以用这种测温装置来测量温度不可避免地会产生误差，若有一次测量时大气压p0'比上述大气压p0低，那么此次测出的温度测量值与其实际的真实值相比是_____（选填“偏大”或“偏小”）。 12．（10分）如图所示，用气体压强传感器探究气体做等温变化的规律，操作步骤如下： ①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来； ②移动活塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积和由计算机显示的气体的压强； ③重复上述步骤②，多次测量并记录压强和体积数据； ④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。 （1）关于本实验的基本要求，下列说法正确的是________（填选项前的字母）。 A．移动活塞时应缓慢一些 B．封闭气体的注射器应密封良好 C．必须测出注射器内封闭气体的质量 D．封闭气体的压强和体积必须用国际单位表示 （2）为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出________（填“”或“”）图像。对图像进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条________，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。 （3）在不同环境温度下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为、，且。在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是________（填选项的字母）。 A． B．C． D． （4）当缓慢压缩注射器内的气体时，外界对气体做功，试从热力学第一定律的角度分析，气体做等温变化的原因是____ ____。 三、解答题 13．（10分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的内壁光滑的导热汽缸固定在水平桌面上，且开口向右放置；缸内有一横截面积为0.01m2的活塞，其到汽缸底部的距离为10cm；活塞通过轻绳连接了一个质量为1kg的小物体，轻绳跨在定滑轮上，滑轮左侧细绳水平，右侧连接小物体的细绳竖直，轻绳恰好处于伸直状态。开始时汽缸内、外压强相同，且均为1.01×105Pa，汽缸内气体温度为101K，现缓慢降低汽缸内气体的温度（不计一切摩擦，g=10m/s2）。 （1）求小物体刚离开地面时缸内气体的温度； （2）从开始降低温度到活塞移动至距汽缸底部6cm时，缸内气体共放出热量10J，求此过程中缸内气体内能的变化量（活塞移动过程中汽缸不漏气）。 14．（12分）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2 m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大气压强p0=1.0×105Pa，环境温度T1=300K。 （1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）； （2）求此不规则小块固体的体积V； （3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。 15．（16分）如图所示、横截面积的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离，b到汽缸底部的距离，质量的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强，热力学温度，活塞停在b处，取重力加速度大小，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。 （1）求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度； （2）求当缸内气体的热力学温度时，缸内气体的压强p； （3）在以上全过程中气体内能增量，求全过程缸内气体吸收的热量Q。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C A C D AC CD CD 1．C 【详解】第一类永动机是指不需要消耗任何能量就能对外做功的机器，因此第一类永动机不可能制成不是因为找不到合适的材料和合理的设计方案，而是因为它违背了热力学第一定律。 故选C。 2．A 【详解】A．制暖空调机工作时，因为电机工作电流做功，热量从低温物体传到高温物体，故A正确； B．制暖空调机开始工作后，房间内气体温度升高，内能增大，故B错误； C．待空调稳定后，房间内温度升高，装花粉的水温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加，故C错误； D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误。 故选A。 3．A 【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确； B．由题图可知 V = V0 + kT 根据理想气体的状态方程有 联立有 可看出T增大，p增大，B错误； D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误； C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。 故选A。 4．C 【详解】A．“白雾”是水蒸气凝结形成的小液滴，为液化现象，并非分子扩散现象（扩散指物质自发从高浓度向低浓度迁移），故A错误； B．瓶内气体在膨胀过程中对外做功，温度降低，而非升高，故蒸发加剧的说法不符合事实，故B错误； C．瓶内高压气体迅速膨胀对外做功，内能减小，温度降低，导致瓶口附近水蒸气凝结成小水珠，形成“白雾”，故C正确； D．此过程为快速膨胀，近似绝热（Q ≈ 0），根据热力学第一定律ΔU = Q－W，内能减小（ΔU < 0），对外做功（W > 0），故W ≠ Q，故D错误。 故选C。 5．A 【详解】A．用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确； B．水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误； C．装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误； D．水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和，故D错误。 故选A。 6．C 【详解】A．A→B过程，气体分子的平均动能不变，可知，此过程气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强与体积乘积是一个定值，故A正确，不符合题意； B．B→C过程，气体体积变小，外界对气体做功，气体的压强与体积乘积变小，根据玻意耳定律可知，气体的温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量比外界对气体做功多，故B正确，不符合题意； C．C→A过程，气体体积变大，气体分子密度变小，但压强增大，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力增大，故C错误，符合题意； D．再次回到A状态时，气体温度不变，则气体内能不变，故D正确，不符合题意。 故选C。 7．D 【详解】A．a→b过程是等压过程，由图可知，气体体积变大，根据盖﹒吕萨克定律可知，气体的温度升高，气体分子的速率分布曲线会随之发生变化，A错误； C．a→b过程压强不变，体积增大，对外做功；温度升高，内能增加；根据热力学第一定律可知此过程吸收热量； 若b→c为等温过程，温度不变；则c→a为绝热过程，Q=0，而c→a过程体积减小，W>0，根据热力学第一定律可知此过程内能增加，温度继续升高，不可能回到a状态。 所以c→a为等温过程，内能不变，体积减小，外界对气体做功；根据热力学第一定律可知此过程放出热量； b→c为绝热过程，没有吸放热；体积增大，对外做功；根据热力学第一定律可知此过程内能减小，温度降低，速率大的分子所占比例在减小，B错误； C．图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，根据图像可知，a→b→c过程，气体体积增大，气体对外界做功，令面积大小为，c→a过程，气体体积减小，外界对气体做功，令面积大小为，根据图像可知 即该循环过程中，全程是气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，c→a过程，气体放出的热量小于a→b过程吸收的热量，C错误； D．a→b→c过程，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于气体对外做的功，D正确。 故选D。 8. AC 【解析】 在气体的V-T图像中,图线中任一点与原点连线的斜率越大,表示气体的压强越小,由题图可知pa<pb=pc,bc过程为等压变化,体积减小,外界对气体做功,A正确;ca过程,气体的压强逐渐变小,B错误;已知ab垂直于T轴,说明ab过程为等温过程,气体温度保持不变,内能不变,则ΔU=0,气体的体积减小,外界对气体做功,则W>0,根据ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab过程气体放出热量,C正确;ca过程,气体温度升高,内能增大,D错误。 9.【答案】 CD 【解析】 内能可以转化成机械能,如热机,故A错误;内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律,也可以说符合能量守恒定律,故B错误;根据热力学第二定律可知,不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,故C、D正确。 10．CD 【详解】A．从b到c，压强不变，温度升高，则体积变大，单位体积内分子数减少，则单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少，故A正确； B．d到a等容过程有 c到d等温过程有 又 联立解得，故B正确； C．由， 联立解得 bcd过程的图如下 由图可知，b到c和c到d的体积差相等。由于图线与横坐标围成的面积表示气体对外界做的功，显然 b到c，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律得 c到d，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律得 联立可得，故C错误； D．根据得 可知图像的斜率与气体体积有关，从a到b，图线的斜率增大，则气体的体积减小，故D错误。 选不正确的，故选CD。 11． x=75-0.2T 75 偏大 【详解】（1）[1]由图像看出汞柱高x随环境温度T变化的函数关系式为反比例函数，斜率为 所以关系式为 x=75-0.2T （2）[2]当T=0时，封闭气体变为固体，上方变为真空，水银柱高产生的压强等于大气压，故由纵轴的截距可知，大气压强值p0相当于75cm水银柱产生的压强。 （3）[3]大气压强p0'比上述大气压p0低，那么图像的斜率减小，测量的温度值偏大。 12． AB/BA 过原点的倾斜直线 AC/CA 见解析 【详解】（1）[1]AB．由于该实验室“用气体压强传感器探究气体做等温变化的规律”，条件是一定质量的气体，故实验中不能出现漏气的现象；实验时应该缓慢移动活塞，使气体和外界进行充分的吸热、放热，保证温度不变，故AB正确； C．其等温变化规律为一定质量的气体，其 所以不必测量气体的质量，只要质量不变即可，故C项错误； D．只要压强p两边的单位统一，体积V两边的单位统一，就可以得出气体做等温变化的规律，故D项错误。 故选AB。 （2）[2][3]其气体等温的规律有 如果做图像，则因为其它们的乘积不变的，所以其图像为一条曲线，其不能很直观的判断其关系；而图像的话，其规律可以变形成 在误差允许内，其图像是一条倾斜的直线，且其图像可以很直观的反应压强与体积的关系。 （3）[4]AB．由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的pV值较大，分别在图线上找到两个点，则pV乘积较大的是T1对应的图像，故A正确，B错误； CD．设 则k值大的对应的pV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确，D错误。 故选AC。 （4）[5]气体放热，Q为负值，W为正值 当时，气体内能不变，温度不变。 13．（1）；（2） 【详解】（1）当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力为零，设此时绳的拉力为F，活塞受力平衡 小物体受力平衡 解得 汽缸内气体等容变化，根据查理定律 其中 解得 （2）气体温度从101K降温至100K过程中，外界对气体做功 继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功 解得 根据热力学第一定律 其中 解得 14．（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J 【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。 （2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律 解得 （3）整个过程中外界对气体做功为 对活塞受力分析 解得 根据热力学第一定律 其中 解得 故气体吸收热量为14.4J。 15．（1）330K；（2）；（3）283J 【详解】（1）当活塞刚要离开卡口b时，设此时缸内压强为p1，以活塞为研究对象，根据受力平衡可得 解得 根据查理定律有 解得 T1=330K （2）假设当活塞恰好与卡扣a处接触时缸内气体热力学温度为T3，此时体积为V3，根据盖-吕萨克定律有 即 解得 T3=352K<T2 所以当缸内的热力学温度时，活塞能到达卡扣a处，根据查理定律可得 解得 （3）当缓慢升高缸内气体的温度时，由前面的分析可知，活塞从b到a的过程中，气体做等压变化，压强为p1，到达缸a处时，温度升高到T3，然后气体再做等容变化，直到温度升高到T2，因此气体对活塞做功为 根据热力学第一定律 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $