2025人教版高中物理选择性必修第三册强化练习题（有解析）--第三章　热力学定律

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2025人教版高中物理选择性必修第三册
第三章　热力学定律
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.下列说法正确的是 (　　)
A.热量不能由低温物体传递到高温物体
B.外界对物体做功,物体的内能必定增加
C.第二类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律
D.电冰箱虽然可以从低温物体吸收热量,但不违背热力学第二定律
2.下列对能量耗散的理解正确的是 (　　)
A.能量耗散说明能量不断减少
B.能量耗散遵守能量守恒定律
C.能量耗散说明能量不能凭空产生,但可以凭空消失
D.能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程没有方向性
3.如图所示的浮漂气囊是游泳爱好者自我保护的装备,采用高弹、环保的PVC材质,导热且气密性好。使用时给其充气使之膨胀,充满气后气囊体积可视为不变,气囊内气体可视为理想气体。充气后放入水中,当水温升高时,气囊内的气体 (　　)
A.内能不变
B.每个气体分子的动能都增加
C.从外界吸热
D.每个气体分子对气囊的撞击力均增大
4.一定质量的理想气体从状态a开始等温膨胀,如图中虚线(为一条双曲线)所示,从状态a开始绝热膨胀如图中实线所示,下列图像正确的是 (　　)
　　　　　　
5.如图所示,密闭导热汽缸被活塞等分成左、右两室,起初左室气体压强小于右室,现让活塞缓慢移动直至两室气体压强相等,期间环境温度始终不变,则此过程中 (　　)
A.左室气体吸热,右室气体放热　　　　B.左室气体放热,右室气体吸热
C.左、右室气体均吸热　　　　D.左、右室气体均放热
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,气体内能减小
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汽缸壁的碰撞次数变多
7.如图所示,一导热汽缸由粗细不同的两段圆柱形圆筒连接而成,通过刚性杆连接的活塞A、B封闭了一定质量的理想气体,活塞可无摩擦滑动,活塞及连接杆的重量不可忽略。则汽缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方,汽缸始终处于密封状态且环境温度和大气压强均保持不变,此过程中关于缸内气体,下列说法正确的是(　　)
A.压强变小　　B.体积变小　　C.向外放热　　D.外界对气体做正功
8.一定质量的理想气体从状态A开始,经历A→B→C→A一次循环回到A状态,其压强p随体积倒数变化的图像如图所示,其中AB的延长线过原点O,BC平行于横轴,CA平行于纵轴。下列表述正确的是 (　　)
A.由A→B,每个气体分子的速率均保持不变
B.由C→A,单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增多
C.A→B→C→A全过程外界对气体做功大于气体对外界做功
D.A→B→C→A全过程气体吸收热量与放出的热量相等
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.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
10.一定质量的理想气体由状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其p-T图像如图所示,气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc,压强分别为pa、pb、pc。已知pb=p0,pc=4p0,则下列说法正确的是
(　　)
A.pa=2p0
B.Vb=3Vc
C.从状态a到状态b,气体对外做功
D.从状态c到状态a,气体从外界吸热
11.如图所示是一个粗细均匀内壁光滑的U形玻璃管,其左上端开口并用一轻质活塞封闭一定量的理想气体A,右上端封闭,管内盛有一定量水银,水银上方封有一定量的理想气体B。现用外力竖直向下缓慢地压活塞,直至使两管中水银面相平,整个过程中温度保持不变,则下列说法正确的是
(　　)
A.A、B气体均向外放出热量
B.A气体的内能始终等于B气体的内能
C.A气体的压强增大,B气体的压强减小
D.A气体压强的变化量大于B气体压强的变化量
12.如图所示,地面上一轻弹簧竖直支撑着一带活塞的导热汽缸,活塞与汽缸间封闭着一定质量的理想气体,汽缸内部横截面的面积为S,平衡时活塞到汽缸顶部的距离为h。已知大气压强恒为p0,初始时气体的温度为T0,汽缸的质量为M,且p0S=49Mg,重力加速度为g,活塞可无摩擦地自由滑动且不漏气。先缓慢升高环境温度到1.1T0,然后在汽缸顶部轻放一个质量为m的物块,
稳定时活塞到汽缸顶部的距离仍为h。弹簧始终在弹性限度内,下列说法正确的是 (　　)
A.升温过程,活塞对气体做的功为5Mgh
B.气体变化过程中活塞到汽缸顶部的最大距离为1.1h
C.物块与汽缸的质量关系为m=5M
D.从放上物块到气体稳定的过程,气体吸收热量
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)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的重力做功的大小,请写出造成这种现象的一种原因　;
(3)改进实验后,获得如表数据,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。
14.(8分)“拔火罐”是一种中医的传统疗法,某实验小组为了探究“火罐”的“吸力”,设计了如图所示的实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上,轻质活塞通过细线与置于铁架台平面上的重物(质量为m)相连,将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的阀门K处扔到汽缸内,酒精棉球熄灭时关闭阀门K。一段时间后,活塞下的细线绷紧,且重物对铁架台平面的压力刚好为零,此时活塞距缸顶距离为L。汽缸导热性能良好,重物缓慢升高,最后稳定在距铁架台平面处。已知环境温度恒为T0,大气压强恒为p0,重力加速度为g,汽缸内的气体可视为理想气体,活塞厚度忽略不计。
(1)闭合阀门K,重物缓慢升高过程,缸内气体所经历的过程为　　　过程(选填“等温”“等容”或“等压”),此过程中缸内气体分子平均动能　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)当重物对铁架台平面的压力刚好为零时,缸内气体的温度T=　　　。
(3)若从酒精棉球熄灭到最终稳定的过程中气体放出的热量为Q,则该过程缸内气体内能的变化为　　　　　　。
15.(9分)一种以二氧化碳气体作为驱动力的气枪,工作原理如下:扣动扳机,高压气罐中冲出一定量的气体会充满枪管后方容积为5 mL的气室,当气室内气体的压强达到2.0×105 Pa时,就可推动子弹从枪管中飞出。已知枪管后方气室和枪管的容积相同,子弹飞出枪管时间极短,且子弹飞出枪管前的整个过程中不漏气。
(1)气体推动子弹飞出枪管的过程中,气体的内能如何变化;
(2)若子弹不匹配,导致和枪管之间的摩擦力过大,使得子弹被缓慢地推向枪口,求子弹刚推到枪口时气体的压强(假设气体温度不变)。
16.(11分)如图,水平固定不动的绝热汽缸内,用绝热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S,汽缸底部有一电热丝,其阻值为R,一轻绳左端连接活塞,另一端跨过定滑轮后与质量为m的空小桶相连。开始时小桶静止,外界大气压强为p0,活塞距离汽缸底部的距离为L0,不计一切摩擦阻力,重力加速度大小为g。
(1)若将电热丝通以大小为I的恒定电流缓慢加热气体,经时间t后,活塞缓慢向右移动的距离为L1,求该过程气体内能的增量;
(2)若向小桶内缓慢加入细沙,同时控制电热丝的加热功率,保持汽缸内气体温度不变,当加入质量为m的细沙时,求该过程活塞向右缓慢移动的距离L2。
17.(12分)有一种病毒耐寒不耐热,温度超过56 ℃时,30分钟就可以灭活该病毒。如图,含有该病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热汽缸下部a内,汽缸顶端有一绝热阀门K,汽缸底部接有电热丝E。a内被封闭气体初始温度t1=27 ℃,活塞位于汽缸中央,与底部的距离h1=60 cm,活塞和汽缸间的摩擦不计,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。
(1)若阀门K始终打开,电热丝通电一段时间,稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm,持续30分钟后,试分析说明a内病毒能否被灭活;
(2)若阀门K始终闭合,电热丝通电一段时间,给a内气体传递了Q=1.2×104 J的热量,稳定后a内气体内能增加了ΔU=8.5×103 J,求此过程b内气体内能增加量。
18.(14分)在导热良好的圆柱形汽缸内用厚度不计的活塞封闭理想气体,当把汽缸倒置悬挂在空中,稳定时活塞刚好位于汽缸口处,如图甲所示;当把汽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p0=,环境温度为T0,汽缸的深度为h,重力加速度为g,不计活塞与汽缸壁间的摩擦。
(1)求图乙中活塞离汽缸底部的高度h1;
(2)从图乙状态开始将环境温度缓慢升高,直到活塞再次位于汽缸口,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。
答案与分层梯度式解析
1.D 2.B 3.C 4.A 5.B 6.C
7.A 8.B 9.BD 10.AD 11.AD 12.BC
1.D　热量能由低温物体传递到高温物体,但此过程会引起其他变化,A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,物体的内能的变化与外界对物体做功和物体从外界吸收热量有关,外界对物体做功,物体的内能不一定增加,B错误;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背热力学第二定律,C错误;电冰箱虽然可以从低温物体吸收热量,但要消耗一定的电能,所以不违背热力学第二定律,D正确。故选D。
2.B　能量耗散的过程是能量向品质低的大气内能转变的过程,但是总的能量是守恒的,能量不能凭空产生,也不能凭空消失,A、C错误,B正确;一切与热现象有关的宏观自然过程都有方向性,能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性,D错误。故选B。
3.C　气囊充气后放入水中,当水温升高时,气体温度升高,内能增加,ΔU>0,A错误;温度升高,气体分子的平均动能增加,但不是每个气体分子的动能都增加,B错误;充满气后气囊体积可视为不变,外界对气体不做功,W=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q>0,气体从外界吸热,C正确;气体温度升高,气体分子对气囊的平均撞击力增大,但不是每个气体分子对气囊的撞击力均增大,D错误。故选C。
4.A　气体绝热膨胀,体积变大,C、D错误;气体绝热膨胀,气体对外界做功,W<0,Q=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU<0,气体内能减小,温度降低,因此p、V乘积减小,p-V图线靠近坐标轴,A正确,B错误。故选A。
5.B　由题意可知,活塞缓慢向左移动,则左室气体压强变大,体积减小,W左>0,右室气体压强变小,体积增大,W右<0,环境温度始终不变,ΔU=0,根据热力学第一定律可得ΔU左=W左+Q左,ΔU右=W右+Q右,可得Q左<0,Q右>0,即左室气体放热,右室气体吸热,B正确。
6.C　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A、B错误。从B到C的过程中,气体压强不变,但体积增大,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汽缸壁的碰撞次数变少,故C正确,D错误。故选C。
7.A　设大气压强为p0,初始时,汽缸内气体压强为p1=p0,缓慢转动90°至活塞A在下方,设汽缸内气体压强为p2,两活塞及连接杆整体质量为m总,对两活塞及连接杆整体分析,根据平衡条件有p2(SA-SB)+m总g=p0(SA-SB),得p2=p0-,可知气体压强减小,根据玻意耳定律可知,气体体积变大,气体对外界做功,由于气体温度不变,气体内能不变,根据热力学第一定律,气体从外界吸热。故选A。
8.B　AB的延长线过原点O,则p=,整理得pV=C,可知由A→B气体做等温变化,气体分子的平均动能不变,分子平均速率不变,但不是每个气体分子的速率均保持不变,故A错误;由C→A,气体体积不变,压强增大,根据查理定律可知,气体温度升高,气体分子平均动能增大,分子平均速率增大,在单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,故B正确;A→B→C→A全过程,p-V图像如图所示,p-V图像与横轴围成的面积表示做功情况,可知整个过程,从A到B气体对外界做功大于B到C外界对气体做功,则气体对外界做功,由于一次循环后内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知A→B→C→A全过程气体吸收热量大于放出的热量,故C、D错误。故选B。
9.BD　若该系统始终与外界绝热,压缩空气过程中,外界对气体做正功,由热力学第一定律ΔU=W+Q,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,A错误,B正确;由热力学第二定律可知该方式不能将压缩空气储能的效率提升到100%,C错误;压缩的空气在推动发电机工作的过程中,空气体积变大,空气对外做功,内能减小,温度降低,由=C可知压强减小,D正确。故选B、D。
10.AD　由题图可知,从状态a到状态b属于等容过程,气体体积不变,由查理定律可得=,其中pb=p0,Ta=2Tb,解得pa=2p0,选项A正确;由题图可知,从状态b到状态c属于等温过程,气体温度不变,由玻意耳定律得pbVb=pcVc,其中pb=p0,pc=4p0,解得Vb=4Vc,选项B错误;从状态a到状态b,气体体积不变,故气体不会对外做功,选项C错误;从状态c到状态a,气体温度升高,内能增大,即ΔU>0,而气体压强减小,由=C可知,气体体积增大,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体要从外界吸收热量,选项D正确。
11.AD　活塞缓慢向下运动过程中,A、B气体体积均被压缩,外界对A、B气体均做功,温度不变,A、B气体内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知A、B气体均向外放出热量,故A正确;内能除与温度有关外,还与气体的种类和质量有关,故B错误;缓慢地压活塞过程,A、B气体的体积均变小,由pV=CT可知二者压强均增大,故C错误;初始时,由平衡条件得pA=p0,pB=pA+ρgh,末状态,由平衡条件得pA'=pB',故ΔpA=pA'-pA=pA'-p0,ΔpB=pB'-pB=pA'-p0-ρgh,故A气体压强的变化量大于B气体压强的变化量,故D正确。故选A、D。
12.BC　缓慢升温过程,对汽缸与活塞整体进行分析,整体受到重力与弹簧的弹力作用,令弹簧形变量为Δx1,汽缸与活塞总质量为M0,根据平衡条件有kΔx1=M0g,可知,缓慢升温过程,弹簧的形变量不变,即活塞位置不变,可知,活塞对气体不做功,故A错误;缓慢升温过程,对汽缸进行分析有p1S=p0S+Mg,解得p1=p0+,可知,缓慢升温过程中,气体压强不变,根据盖-吕萨克定律有=,解得hmax=1.1h,故B正确;放上物块稳定时活塞到汽缸顶部的距离仍为h,此时对汽缸与物块整体分析有p2S=p0S+(M+m)g,根据查理定律有=,又由于p0S=49Mg,解得m=5M,故C正确;从放上物块到气体稳定的过程,气体温度不变,内能不变,气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体向外界释放热量,故D错误。故选B、C。
13.答案　(1)刻度尺、温度计(2分)　(2)见解析(2分)　(3)20(2分)
解析　(1)实验中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)在实验过程中,由于滑轮与绳间存在摩擦、水会散热等情况,使得水内能的增加量小于重物的重力做功的大小;
(3)根据表中数据可知,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。
14.答案　(1)等压(2分)　变小(2分)　(2)T0(2分)
(3)(p0S-mg)L-Q(2分)
解析　(1)重物缓慢升高过程,对活塞受力分析,有pS+mg=p0S,解得汽缸内封闭气体的压强p=p0-,由于大气压强和重物的重力不变,因此该过程封闭气体发生等压变化。重物缓慢升高过程,封闭气体的体积减小,由=C可知气体的温度降低,所以气体分子的平均动能变小。
(2)重物缓慢升高,最后稳定在距铁架台平面处,则活塞向上移动了,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=,解得重物对铁架台平面的压力刚好为零时,汽缸内气体的温度T=T0
(3)此过程外界对气体做功为W=p·S,气体放出的热量为Q,根据热力学第一定律有ΔU=-Q+W,
解得ΔU=(p0S-mg)L-Q
15.答案　(1)内能减少　(2)1×105 Pa
解析　(1)该过程非常迅速,来不及和外界发生热交换,是一个绝热过程,Q=0 (1分)
气体膨胀对外做功,W<0 (1分)
由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体的内能减少。 (2分)
(2)该过程为等温变化,由玻意耳定律可知p1V1=p2V2 (2分)
其中p1=2.0×105 Pa,V1=5 mL(1分)
由枪管后方气室和枪管的容积相同可知V2=2V1=10 mL(1分)
则p2=1×105 Pa(1分)
16.答案　(1)I2Rt-(p0S-mg)L1　(2)
解析　(1)设汽缸内气体压强为p,活塞缓慢向右移动,
对活塞分析,有pS+mg=p0S (1分)
气体对外做功,W=-pSL1 (1分)
电热丝产生的热量为Q=I2Rt (1分)
根据热力学第一定律ΔU=Q+W (2分)
可得该过程气体内能的增量ΔU=I2Rt-(p0S-mg)L1 (1分)
(2)气体温度不变,根据玻意耳定律,有pL0S=p'(L0+L2)S (2分)
又p'S+2mg=p0S (2分)
得L2= (1分)
17.答案　(1)见解析　(2)3.5×103 J
解析　(1)设活塞横截面积为S
对a内气体,初始状态:V1=Sh1,T1=t1+273 K=300 K(1分)
末状态:V2=Sh2,T2=t2+273 K(1分)
阀门K打开,加热过程a内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得
= (2分)
解得t2=57°>56 ℃,可知a内病毒能被灭活。 (2分)
(2)若阀门K始终闭合,活塞质量不计,认为a内气体膨胀对b内气体做功,
对a内气体,由热力学第一定律有ΔUa=ΔU=Q+W (2分)
代入数据得W=-3.5×103 J,即a内气体对b内气体做功为3.5×103 J(1分)
对b内气体,由于系统绝热,Q=0 (1分)
此过程b内气体内能增加量为ΔUb=|W|=3.5×103 J(2分)
18.答案　(1)h　(2)kT0+2mgh
解析　(1)设甲、乙中封闭气体的压强分别为p1、p2,对活塞分析,
则有p1S+mg=p0S,p0S+mg=p2S (2分)
解得p1=,p2= (1分)
气体做等温变化,由玻意耳定律有p1hS=p2h1S (2分)
联立解得h1=h (1分)
(2)设活塞回到汽缸口时气体温度为T1,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有= (2分)
可得T1=T0 (1分)
气体内能变化为ΔU=kT1-kT0=kT0 (1分)
外界对气体做功,W=-p2S(h-h1)=-2mgh (1分)
根据热力学第一定律ΔU=Q+W (2分)
解得Q=kT0+2mgh (1分)
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