第3章 热力学定律综合复习训练（含解析）2023——2024学年高物理鲁科版（2019）选择性必修第三册

第3章热力学定律 综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某同学在室外将一个吸管密封在一空矿泉水瓶瓶口，并在吸管口蘸上肥皂液，将瓶子从寒冷的室外转移到温暖的室内，他看到在吸管口出现了若干个泡泡。将矿泉水瓶内的气体看作理想气体，不考虑矿泉水瓶的热胀冷缩。下列说法正确的是（　　）
A．瓶内气体做无规则热运动的速率都增大
B．气体从室内吸收的热量等于气体膨胀对外做的功
C．瓶内气体的平均密度变小
D．瓶内气体做等容变化
2．“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上，如图所示。小罐倒扣在身体上后，在罐中气体逐渐冷却的过程中，罐中气体质量和体积均可视为不变，若罐中气体可视为理想气体。设加热后小罐内的空气温度为80℃，当时的室温为20℃。下列说法正确的是（　　）
A．冷却后每个分子的运动速度均减少
B．冷却过程中气体对外做功
C．冷却后罐内的压强小于大气压强
D．冷却后罐内外压强差约为大气压强的75%
3．某型号新能源汽车的后备箱内安装有气压支撑杆，它主要由汽缸和活塞组成，开箱时密闭汽缸内的压缩气体膨胀将箱盖顶起，忽略气体分子间相互作用，若缸内气体（　　）
A．与外界无热交换，则气体温度升高
B．与外界无热交换，则气体分子的平均动能增大
C．温度保持不变，则气体压强变大
D．温度保持不变，则气体从外界吸收热量
4．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（　　）
A．气体在 a→b过程中对外界做的功小于在 b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在 b→c过程中从外界吸收的热量
C．气体在 c→a过程中内能的减少量大于 b→c过程中内能的增加量
D．气体经a→b、b→c、c→a三个过程中放出的总热量大于吸收的总热量
5．如图所示，绝热隔板把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体和。气体分子之间相互作用的势能可忽略。现通过电热丝对气体加热一段时间后，、各自达到新的平衡。下列说法中错误的是（　　）
A．的温度升高
B．加热后的分子热运动比更激烈
C．的体积增大，压强变小
D．增加的内能大于增加的内能
6．气压式电脑桌的简易结构如图所示。导热性能良好的汽缸与活塞之间封闭一定质量的理想气体，活塞可在汽缸内无摩擦运动。设气体的初始状态为A，将电脑放在桌面上，桌面下降一段距离后达到稳定状态B。打开空调一段时间后，桌面回到初始高度，此时气体状态为C。下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程中，内能减小
B．从A到B的过程中，气体会从外界吸热
C．从B到C的过程中，气体分子平均动能增大
D．从B到C的过程中，气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变多
7．卡诺循环（Carnot cycle）是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P-V 图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d 等温过程； d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体放出热量
B．c→d 过程，气体对外界做功
C．a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1＜ T2
D．b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1 =W2
8．如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为，内装消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压，每次可向瓶内储气室充入的的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为时按下，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化图像如图乙所示。（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，）下列说法正确的是（ ）
A．充气过程向下压的次数次
B．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
C．乙图中和的面积相等
D．从状态变化到状态，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
二、多选题
9．一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的关系图像如图所示，其中过程为双曲线的一部分，过程平行于坐标轴.已知在状态a时气体温度为，则（　　）
A．在状态c时气体的温度为
B．过程气体吸热
C．过程气体对外做功
D．从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于
10．压缩空气储能系统（CAES）能将空气压缩产生的热能储存起来，发电时让压缩的空气推动发电机工作，这种方式能提升压缩空气储能系统的效率，若该系统始终与外界绝热，空气可视为理想气体。对于上述过程的理解正确的是（　　）
A．压缩空气过程中，组成空气的气体分子平均动能不变
B．压缩空气过程中，空气温度升高，内能增加
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩的空气在推动发电机工作的过程中；空气对外做功，压强减小
11．一定质量的理想气体从状态a开始，第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。p-V图像如图所示。则（　　）
A．a→b过程为等温变化过程
B．a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C．a→c过程，气体从外界所吸收的热量比气体对外所做的功多
D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
12．如图甲为某种转椅的结构示意图，其升降部分由M、N两筒组成，两筒间密闭了一定质量的理想气体。图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻筒内气体所对应的曲线为b、人坐上椅子后M迅速向下滑动，设此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程中（　　）
A．密闭气体压强增大，分子平均动能增大
B．外界对气体做功，气体分子的密集程度保持不变
C．密闭气体内能增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加
D．密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成a曲线
E．密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲线
三、实验题
13．根据能量转化与守恒定律，在与外界没有热传递的条件下，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，获得那如表数据，规律得到验证。
实验序号 重物质量（） 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，则的重物需下降 m。
14．小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温（室内的气压为一个标准大气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡 A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，将这个简易温度计放入冰箱，静置一段时间后
（1）玻璃泡内的气体分子平均动能 ，气体压强 （填“变大”、“变小”或“不变”），请用分子动理论的观点从微观角度解释气体压强变化的原因：
（2）温度计放入冰箱后，B管内水银柱液面会 （选填“升高”、“降低”或“不变”）。设玻璃泡内气体内能变化的绝对值为，气体做功的绝对值为，则气体在这个过程中 （选填“吸热”或“放热”），变化的热量大小为
（3）冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气，这说明( )
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．热量不可以从低温物体传到高温物体
C．热量的传递过程不具有方向性
D．热量从低温物体传到高温物体，必然引起其他变化
四、解答题
15．如图所示，竖直导热汽缸内有一质量不计的活塞，活塞下密封一定质量的氧气，活塞上面放有一些沙子，环境温度为，大气压强为。初状态氧气的体积为V、温度为、压强为。由于汽缸缓慢散热，为了维持活塞不下降，需要逐渐取走沙子，沙子全部取走后，随着汽缸继续散热，活塞开始下移，直到氧气与环境温度完全一致。忽略汽缸与活塞之间的摩擦力。求：
（1）沙子全部取走时氧气的温度下降了多少；
（2）氧气与环境温度完全一致时的体积是多少；
（3）降温过程中氧气内能减少了，这一过程氧气放出的热量是多少。
16．如图所示，在一个绝热的气缸中，用一个横截面的绝热活塞A和固定的导热隔板B密封了两份氮气Ⅰ和Ⅱ，氮气Ⅰ、Ⅱ物质的量相等。当氮气Ⅰ和氮气Ⅱ达到热平衡时，体积均为，氮气Ⅰ压强为，温度为。现通过电热丝缓慢加热，当氮气Ⅱ的温度增加到时停止加热，该过程氮气Ⅱ内能增加了，已知大气压，活塞A与气缸之间的摩擦不计。
（1）缓慢加热过程中，氮气Ⅰ、氮气Ⅱ具有相同的 （选填“压强”、“体积”或“温度”）。
（2）求活塞A的质量；
（3）求氮气Ⅰ最终的体积；
（4）求氮气Ⅱ从电热丝上吸收的总热量。
17．在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
18．如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A， 气缸底部与U形水银气压计（U形管内气体体积忽略不计）相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U=αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加速度为g， 大气压强为p0， 水银的密度为ρ， 环境热力学温度为T0时， 活塞离缸底的距离为L，U形气压计两侧水银面的高度差为Δh。求：
（1）活塞B的质量为m；
（2）环境温度由T0缓慢升高至2T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh1；
（3）环境温度由T0缓慢升高至2T0时过程中，气体吸收的热量。
19．研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部内，气缸顶端有一绝热阀门，气缸底部接有电热丝。缸内被封闭气体初始温度℃，活塞位于气缸中央，与底部的距离，活塞和气缸间的摩擦不计。
（1）若阀门始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离，持续30分钟后，试分析说明内新冠病毒能否被灭活？
（2）若阀门始终闭合，电热丝通电一段时间，给缸内气体传递了的热量，稳定后气体内能增加了，求此过程气体的内能增加量。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．矿泉水瓶从室外转移到室内过程中，环境温度升高，瓶内气体温度升高，所以气体热运动的平均动能增大，但不是每个气体分子做无规则热运动的速率都增大，故A错误；
B．由于瓶内气体可视为理想气体，所以在气体温度升高时气体的内能增加，即，气体膨胀过程中对外做功，即，由热力学第一定律有
所以
故B错误；
C．由于气体的体积变大，而封闭气体的质量不变，所以变小，故C正确；
D．瓶内气体在此过程中气体的压强不变，所以做等压变化，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．冷却后分子平均速率减小，但不是每个分子的运动速度均减少，A错误；
B．冷却过程中气体体积不变，气体不对外做功，B错误；
C．冷却过程中气体体积不变温度降低，由查理定律可知冷却后罐内的压强小于大气压强，C正确；
D．由查理定律得
可知
冷却后罐内外压强差约为大气压强的17%，D错误；
故选C。
3．D
【详解】AB．缸内气体与外界无热交换
Q=0
由于气体膨胀对外做功
W<0
根据热力学第一定律得
＝W＋Q
所以气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，故AB错误；
C．根据玻意耳定律得，温度不变，气体体积变大时，压强减小，故C错误；
D．若缸内气体的温度保持不变，则气体内能不变，即
=0
则有
Q＝－W＝－W>0
则气体从外界吸收热量，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．状态a到状态b，体积变大，气体对外界做的功W1在数值上等于ab图线与横轴围成图形的面积，同理，状态b到状态c，气体对外界做的功W2在数值上等于bc图线与横轴围成图形的面积，故
W1= W2
故A错误；
C．由理想气体状态方程
结合p-V图像可知
Ta=Tb理想气体的内能由温度决定，即
Ua=Ub故C错误；
B．状态a到状态b
状态b到状态c
由热力学第一定律
=W+Q
可知
Q1故B错误；
D．气体经a→b、b→c、c→a三个过程中，气体对外界做的总功大于外界对气体做的总功，根据热力学第一定律，放出的总热量大于吸收的总热量，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】AC．由于气缸和隔板都是绝热的，电热丝加热过程中，气体的温度升高，气体膨胀，气体被压缩，压强增加，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知的温度升高了，加热过程中气体和气体压强始终相等，可知的体积减小，压强变大，由
可知气体a的温度也升高，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；
B．由于气体体积膨胀，气体被压缩，最终气体a体积大于气体b体积，由于初始时刻两个气室内是同种气体，且体积相等，加热过程中气体a和气体b压强相等，由
可知加热后气体的温度高于气体的温度，即气体a的分子热运动比气体b更激烈，故B正确，不符合题意；
D．由于气体膨胀，气体被压缩，最终气体体积大于气体体积，所以气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．C
【详解】AB.因为汽缸导热性能良好，所以从A到B的过程中，气体温度不变，内能不变。但体积减小，外界对气体做了功，由热力学第一定律知气体会向外界放热，故AB错误；
C.从B到C的过程中，压强不变，但气体体积增大，故应是温度升高，所以气体分子平均动能增大。气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变少，故C正确，D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，则
等温变化，内能不变
由热力学第一定律可知
所以气体吸收热量，故A错误；
B．c→d过程中，等温压缩，内能不变，外界对气体做功，故B错误；
C．a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，根据理想气体状态方程，压强体积乘积越大，温度越高，则
T1＞T2
故C错误；
D．b→c过程和d→a过程都是绝热过程，且气体温度变化大小相同，则内能变化量的大小相同，根据热力学第一定律，Q=0，可知，b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则
W1=W2
故D正确。
故选D。
8．C
【详解】A．壶中原来空气的体积，由玻意耳定律
解得
故A错误；
B．气体从到，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律
可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；
C．三角形面积为，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程
则
由于是常数，温度保持不变，则相等，两三角形和的面积相等，故C正确；
D．到的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。
故选C。
9．BD
【详解】A．过程，由理想气体状态方程得
解得
A错误；
B．过程，气体体积增大对外做功，压强不变，温度升高，内能增大，气体吸热，B正确；
C．过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由图得其小于，C错误；
D．在一次循环过程后，内能不变，整个过程中，外界对气体做功大于，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体放出的热量大于，D正确。
故选BD。
10．BD
【详解】AB．压缩空气过程中，外界对气体做正功，系统与外界绝热，由热力学第一定律可知气体内能增大，温度升高，组成空气的气体分子平均动能增大，故A错误，B正确；
C．由热力学第二定律可知，该方式能够将压缩空气储能的效率不能提升到100%，故C错误；
D．压缩的空气在推动发电机工作的过程中；气体膨胀，体积变大，空气对外做功；由可知压强减小，故D正确。
故选BD。
11．BC
【详解】A．a→b为绝热过程，，气体体积膨胀对外界做功，，由热力学第一定律
得
即内能减小，温度降低，故A错误；
B．由微元法可得p-V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，故B正确；
C．a→c过程等压膨胀，气体对外做功，，由理想气体状态方程知温度升高，内能增大，由
得
故气体从外界吸热大于对外做的功，故C正确；
D．a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故D错误。
故选BC。
12．ACE
【详解】ABC．根据题意可知，M迅速向下滑动，理想气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，外界对气体做功，且筒内气体不与外界发生热交换，则理想气体内能增大，温度升高，分子平均动能增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加，密闭气体压强增大，故AC正确，B错误；
DE．由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲线，故E正确，D错误。
故选ACE。
13．(1)刻度尺、温度计
(2)滑轮存在摩擦、液体会散热
(3)20
【详解】（1）[1]实验中应需要用刻度尺测量重物下降的高度、用温度计水升高的温度；
（2）[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）[3]20kg的重物高度下降5m，水温升高0.5℃，即1kg的重物高度下降1m，水温升高0.005℃，则有25kg的重物高度下降1m，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20m。
14． 减小 变小 当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强降低 升高 放热 D
【详解】（1）[1][2][3]温度降低，可知分子平均动能减小，当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强变小。
（2）[4][5][6]温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低，为负值，液面升高，外接对气体做正功，气体放热，根据
则
（3）[7]考察热力学第二定律：热传递的方向性，热量自发的从高温传到低温物体，但可以在外界的影响使得热量从低温传到高温物体，由于外界的影响也即引起了其他变化。
故选D。
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）沙子全部取走时氧气压强
初始状态压强
温度
根据
得
氧气的温度下降了
（2）氧气与环境温度完全一致时
根据
得
（3）降温过程中对氧气做功
根据热力学第一定律
这一过程氧气放出的热量
16．（1）温度；（2）1.6kg；（3）；（4）
【详解】（1）缓慢加热过程中，氮气Ⅰ、氮气Ⅱ通过导热隔板B密封，具有相同的温度。
（2）对氮气Ⅰ
解得活塞A的质量
（3）加热前后氮气Ⅰ压强不变，由盖吕萨克定律得
解得氮气Ⅰ最终的体积
（4）热隔板B固定，氮气Ⅱ的体积不变，外界对气体做功
由热力学第一定律，可得氮气Ⅱ从电热丝上吸收的总热量
氮气Ⅰ、Ⅱ物质的量相等，温度相同，所以内能也相同，故内能变化量也相同，氮气Ⅰ内能变化量为
氮气Ⅰ发生等压变化，得
\
联立解得
故氮气Ⅱ从电热丝上吸收的总热量为
17．（1）；（2）
【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度为，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）初始状态，气体A压强
对活塞，根据平衡条件得
解得
（2）缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形导管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为，由盖—吕萨克定律得
解得
之后，气体温度由升高到，气体发生等容变化。设压强，根据
得
又
联立得
（3）整个过程中，外界对气体做的功
由热力学第一定律得
解得，
19．（1）新冠病毒能被灭活；（2）
【详解】（1）设活塞横截面积为S，则对a气体初始状态有
，
末状态有
，
阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得
由以上各式可得
因57℃＞56℃，由题意可知a内新冠病毒能被灭活。
（2）阀门K闭合，由于系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有
代入数据得
对b气体，由于系统绝热，则此过程气体的内能增加量为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页