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　热力学定律拔高练

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2025人教版高中物理选择性必修第三册
综合拔高练
五年高考练
考点1　热力学第一定律的理解与应用
1.(多选题)[2023全国甲,33(1)]在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是(　　)
A.气体的体积不变,温度升高
B.气体的体积减小,温度降低
C.气体的体积减小,温度升高
D.气体的体积增大,温度不变
E.气体的体积增大,温度降低
2.(2022山东,5)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体(　　)
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
3.(多选题)[2021湖南,15(1)]如图,两端开口、下端连通的导热汽缸,用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙,活塞从A下降h高度到B位置时,活塞上细沙的总质量为m。在此过程中,用外力F作用在右端活塞上,使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变,系统始终处于平衡状态,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.整个过程,外力F做功大于0,小于mgh
B.整个过程,理想气体的分子平均动能保持不变
C.整个过程,理想气体的内能增大
D.整个过程,理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h+mgh)
E.左端活塞到达B位置时,外力F等于
4.(2023福建,11)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p V图如图所示。完成一次循环,气体内能　　　　(填“增加”“减少”或“不变”),气体对外界　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体　　　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
考点2　热力学第二定律的理解与应用
5.[2022广东,15(1)]利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境,这个过程　　　　(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。
考点3　气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
6.(多选题)(2023山东,9)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是 (　　)
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
7.(2022北京,3)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是 (　　)
A.从a到b,气体温度保持不变
B.从a到b,气体对外界做功
C.从b到c,气体内能减小
D.从b到c,气体从外界吸热
8.(多选题)[2022全国甲,33(1)]一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中 (　　)
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
E.气体吸收的热量等于其内能的增加量
9.(2024山东,6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是 (　　)
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程,气体对外做功,内能增加
C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
10.(多选题)(2023新课标,21)如图,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后 (　　)
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
11.(2023广东,13)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求:
(1)pB的表达式;
(2)TC的表达式;
(3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少
12.(2024湖北,13)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
13.(2024浙江1月选考,17)如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。横截面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是　　　　(选填“可逆”或“不可逆”)过程,分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”);
(2)求水平恒力F的大小;
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
三年模拟练
应用实践
1.(2023山东滨州二模)如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,经历AB、BC、CD、DA四个过程回到原状态A,其中AB、CD为等压过程,BC、DA为等温过程,状态C、D的压强和体积未知,下列说法正确的是 (　　)
A.在过程BC中气体和外界没有发生热传递
B.气体在状态A的内能大于在状态D的内能
C.气体从状态A变化到状态B对外做功40 J
D.在过程CD中外界对气体做的功等于在过程AB中气体对外界做的功
2.(2024山西晋中月考)一汽缸和一厚度不计的活塞封闭一定质量的理想气体,汽缸开口向下,活塞与一轻弹簧相连,弹簧下端固定在地面上,整个装置处于平衡状态,如图所示。现缓慢加热封闭气体,整个装置重新达到平衡。已知大气压恒定不变,不计活塞与汽缸间的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧长度变短
B.封闭气体压强增大
C.汽缸向上移动
D.封闭气体对外放出热量
3.(2024黑龙江哈尔滨开学考试)如图所示,在大气压强为p0=1×105 Pa、室温为T1=300 K的实验室中,一高度L=30 cm、底面积S=3×10-4 m2、导热性能良好、侧壁及底面厚度不计的圆柱形汽缸竖直放置在地面上,内有一质量M=4 kg、厚度H=4 cm的活塞,汽缸侧壁顶部和正中间分别有一个大小不计的微动开关P、Q,可以感知活塞是否与其接触,以制成传感器。初始时活塞底部距离汽缸底部20 cm,不
计活塞与汽缸侧壁间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若缓慢升高汽缸内气体温度,求活塞刚好接触微动开关P时汽缸内气体温度;
(2)若第(1)问过程中,汽缸内气体从外界吸收热量Q1=7.8 J,气体内能变化量为多少
(3)保持温度不变,在活塞上缓慢施加压力以触发开关Q可制成压力报警传感器,则使活塞恰好触发开关Q的压力大小是多少
迁移创新
4.(2024江苏南通期中)如图所示,一导热汽缸固定在水平面上,光滑活塞将汽缸分为A、B两部分。初始时,A、B的体积均为V,气体压强均为大气压强p0,连在活塞和汽缸右侧的轻弹簧处于原长。现把B中的气体缓慢抽出变成真空,活塞向右移动距离为x,此时弹簧弹性势能为Ep,已知活塞的质量为m、横截面积为S。
(1)求B被抽成真空后A中气体的压强p;
(2)打开阀门D后,B中的气体压强立即等于大气压强,A中的气体温度保持不变,活塞向左运动的最大速度为v。求:
①活塞速度最大时A中气体的体积VA;
②从打开阀门D到活塞速度最大的过程中,A中气体放出的热量Q。
答案与分层梯度式解析
1.ABD 2.C 3.BDE 6.AD 7.D 8.BCE 9.C 10.AD
1.ABD　体积增大,说明气体对外界做功,W<0;体积减小,说明外界对气体做功,W>0。温度升高,说明内能增加,ΔU>0;温度降低,说明内能减少,ΔU<0。根据热力学第一定律ΔU=Q+W可进行如下判断:
选项 W ΔU Q 正误
A =0 >0 >0 正确
B >0 <0 <0 正确
C >0 >0 不确定 错误
D <0 =0 >0 正确
E <0 <0 不确定 错误
2.C　设活塞质量为m,大气压强为p0,左图中缸内气体压强为p1,右图中缸内气体压强为p2,活塞的横截面积为S,则p1S=mg+p0S,即p1=+p0,p2S=p0S,即p2=p0,因此在该过程中气体压强变小,体积增大,气体膨胀对外做功,则外界对气体做的功W<0,由于是绝热容器,即Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即理想气体内能减小,气体温度降低,选项A错误;理想气体的温度降低,分子平均动能减小,但并不是所有气体分子的运动速率都会减小,选项B错误;根据理想气体的分子运动速率分布规律,当温度降低时,速率大的分子占比将会减小,选项C正确,D错误。
3.BDE　由于右端活塞静止不动,外力F未对活塞做功,选项A错误;由于汽缸导热,在缓慢加细沙过程中,理想气体的温度不变,气体分子的平均动能不变,内能不变,选项B正确,C错误;由于理想气体的内能不变,根据热力学第一定律可知,理想气体向外界释放的热量等于外界对气体所做的功,由于在左端活塞上缓慢加细沙,质量是逐渐增大到m的,因此细沙重力做的功小于mgh,即外界对气体所做的功小于(p0S1h+mgh),选项D正确;当左端活塞到达B位置时,对左端活塞及细沙受力分析,得mg+p0S1=pS1,对右端活塞受力分析,得F+p0S2=pS2,联立可得=,即F=,选项E正确。故选B、D、E项。
易混易错
有些同学错误地认为理想气体的变化是等压过程,气体的压强一直为p=p0+,外界对气体做功为W=pΔV=p0S1h+mgh,从而误认为D错误。
4.答案　不变　做正功　吸热
解析　一定质量的理想气体完成一次循环,p和V不变,根据理想气体状态方程可知气体温度不变,所以气体内能不变。在p V图像中,图线与横坐标轴所围的面积表示做功情况。由题图可知,A→B→C过程中气体体积减小,外界对气体做功,C→D→A过程中气体体积增大,气体对外做功,由图可知气体对外做的功大于外界对气体做的功,则该循环过程气体对外界做功。由前述推理可知ΔU=0、W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q>0,说明此过程气体吸热。
5.答案　不是　大于
解析　空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外是通过压缩机做功完成的,不是自发过程;空调排放到室外环境的热量包括空调机消耗电能产生的热量及从室内吸收的热量,则空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
6.AD　初始状态,p0=1×105 Pa,T0=300 K,经等压过程,由=得,V1===V0,气体的体积增加了原体积的,C错误。由热力学第一定律ΔU=W+Q知,等容过程中W=0,内能增加量ΔU=Q=400 J;等压过程,气体对外界做功,W'=-p0(V1-V0)=-p0V0,内能增加量ΔU'=Q'+W'=600 J-p0V0,两个过程,温度都是从300 K上升到400 K,内能增加量相同,ΔU=ΔU',有400 J=600 J-p0V0,解得V0=6×10-3 m3=6 L,A、D正确;等压过程,气体对外做功|W'|=200 J,B错误。
7.D　从a到b为等容变化,压强减小,温度降低,气体不对外做功,A、B均错;从b到c为等压变化,体积增加,气体对外界做功,温度升高,内能增大,由热力学第一定律ΔU=W+Q知,气体从外界吸热,C错,D对。
8.BCE　
思路点拨
“一定量的理想气体”,说明气体的内能只由温度决定。通过图像可知,由a到b的过程温度升高,所以气体的内能一直增加,B正确。由p-T图线的延长线过原点可知,气体的体积不变,气体进行等容变化,气体对外界不做功,A错误。热力学第一定律ΔU=Q+W,其中W=0,ΔU>0,所以ΔU=Q,Q>0,气体一直从外界吸热,C、E正确,D错误。
9.C　a→b过程,气体压强不变,体积增大,则温度升高,内能增加,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,气体从外界吸收的热量大于对外界做的功,A错误;b→c过程,气体与外界无热量交换,气体体积增大,对外界做功,内能减少,B错误;a→b→c过程,气体在状态a和状态c的温度相等,内能相等,则气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;a→b过程,气体从外界吸收的热量等于a→b→c过程气体对外界做的功,可用a→b→c过程图线与横轴围成的面积表示,c→a过程放出的热量等于该过程外界对气体做的功,可用该过程图线与横轴围成的面积表示,第一个面积大于第二个面积,则a→b过程气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量,D错误。
10.AD　
关键点拨
初始时三部分中气体的温度T、体积V、压强p均相等,停止加热并达到稳定后三部分中气体的仍相等。
电阻丝对f中气体缓慢加热过程中,两活塞向右移动,右侧活塞对h中的气体做功,h中的气体内能增加(点拨:绝热汽缸与外界没有热交换),温度升高,选项A正确。以两活塞、弹簧、g中气体整体为研究对象,稳定后整体处于平衡状态,由于活塞与汽缸间没有摩擦,则f与h中的气体压强相等,选项D正确。左侧活塞稳定后水平方向受三个力,合力为零,pfS=pgS+kx,因此pf>pg,又知Vf>Vg,由=C可知f中气体的温度大于g中气体的温度,选项B错误。f、h中的气体压强相同,f中的气体体积大,由=C可知f中的气体温度大于h中的气体温度,选项C错误。
方法技巧
f中的气体温度升高后,先假设两活塞不动,则f中气体压强大于g中气体压强,故左侧活塞向右移动;再假设左侧活塞向右移动过程中右侧活塞不动,则弹簧被压缩且g中气体压强增大,故右侧活塞会向右移动。
11.答案　(1)pB=　(2)TC=1.9T0　(3)增加了W
思路点拨
解析　(1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=。
(2)解法一　由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定律有=,解得TC=1.9T0。
解法二　气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有=,pB=,VB=5V0,TB=TA=T0,pC=1.9p0,VC=V0,联立解得TC=1.9T0。
(3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=W,故从B到C的过程,气泡内气体的内能增加了W。
12.答案　(1)T0　(2)CT0+h(p0S+mg)
解析　(1)活塞缓慢上升h,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
即=,解得T1=T0
(2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0
气体对外界做功,W=-pSΔh=-h(p0S+mg)
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg)
教材溯源
本题是对教材P65复习与提高B组第3题(题目情境图如图所示)的改编,不偏不怪,难度较小,提醒学生在日常的学习中一定要重视教材,吃透基本物理模型。
13.答案　(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J
模型构建
解析　(1)根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,由于隔板A的左侧为真空,可知从状态1到状态2,气体不做功(易错点),又没有发生传热,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化,则有p1V1=p2V2,其中V2=2V1,解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa,解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,以活塞B为研究对象,根据平衡条件有p2S=p0S+F,解得水平恒力F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N
(3)当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,
气体做等压变化,则有=
可得状态3气体的体积为V3=·V2=×2×750 cm3=1 750 cm3
该过程气体对外做功,W=-p2ΔV=-p2(V3-V2)=-1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=-25.5 J
根据热力学第一定律ΔU=W+Q'
解得气体吸收的热量为Q'=ΔU-W=63.8 J+25.5 J=89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J
考情分析
气体实验定律和热力学第一定律的综合应用,是高考热学中的常考内容,需要重点练习,深入理解。
三年模拟练
1.D　
关键点拨
过程CD中外界对气体做功
与过程AB中气体对外界做功的比较
在过程BC中,气体体积增大,气体对外做功,但由于温度不变,内能保持不变,所以气体从外界吸热,选项A错误;DA为等温过程,温度不变,所以气体在状态A的内能等于在状态D的内能,选项B错误;气体从状态A变化到状态B为等压过程,体积增大,气体对外做功,WAB=pΔV=4×105×(20-10)×10-3 J=4 000 J,选项C错误;由“关键点拨”知,选项D正确。
2.C　设汽缸内封闭气体的压强为p,大气压强为p0,对汽缸受力分析,由平衡条件有pS=p0S+Mg,由于汽缸重力Mg、大气压力p0S不变,所以封闭气体压强p不变,B错误;对活塞分析,由平衡条件有pS+mg=p0S+kx,故弹簧弹力不变,弹簧长度不变,A错误;对封闭气体,气体压强不变,温度升高,由=C可知,气体体积增大,而弹簧长度不变,故汽缸向上移动,C正确;气体体积增大,对外做功,W<0,温度升高,气体内能增大,ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,气体从外界吸热,D错误。故选C。
方法技巧
解答本题,可以汽缸、活塞、封闭气体整体为研究对象,重力G不变,弹簧弹力不变,弹簧长度不变。
3.答案　(1)390 K　(2)3.6 J　(3) N
解析　(1)初始时汽缸内气柱的高度为h1=20 cm,温度为T1=300 K
活塞刚好接触微动开关P时汽缸内气柱的高度为h2=26 cm,设此时气体温度为T2,此过程气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
解得T2=390 K
(2)缓慢升高汽缸内气体温度,活塞刚好接触微动开关P的过程中,气体对外做功,
W=-(Mg+p0S)(h2-h1)=-4.2 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q1=3.6 J
即气体的内能增大了3.6 J
(3)微动开关Q位于汽缸侧壁正中间,则Q与汽缸底部间的距离为h3==15 cm,初始时活塞底部距离汽缸底部20 cm,活塞在压力作用下缓慢下滑,触发微动开关Q,此过程气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1V1=p3V3
其中p1=,V1=h1S
p3=,V3=h3S
联立解得F= N
4.答案　(1)　(2)①V　②Ep+p0Sx-mv2
解析　(1)A中气体发生等温变化,由玻意耳定律有p0V=p(V+Sx),解得p=
(2)①设活塞向左运动的加速度为a,A中气体的压强为p1、体积为V1,弹簧弹力为F,则p0S+F-p1S=ma,A中气体温度保持不变,由玻意耳定律得p1V1=p0V,即当A中气体体积为V时,A中气体的压强为p0,此时弹簧弹力为零,可知此时活塞的加速度为零,此时活塞的速度最大(破题关键),所以活塞速度最大时A中气体的体积VA=V
②对活塞,根据动能定理有Ep+p0Sx-W=mv2-0
对A中气体,根据热力学第一定律有ΔU=W-Q=0
解得Q=Ep+p0Sx-mv2
知识迁移
本题以活塞在气体压力、弹簧弹力作用下的运动为情境,将热学与运动学结合起来,需要学生融会贯通所学知识,并能灵活迁移。
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