第三章热力学定律单元练习1--2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第三册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．N95透明智能口罩的外观是由防水防刮的再生透明非晶体塑料制成；它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气：口罩内含有麦克风和扬声器；口罩也可以拆开，内部配备一个充电盒，盒内也提供某非可见光，可以进行对面罩全面消毒。由以上信息判断（ ）
A．非晶体塑料在光学现象中体现出各向异性
B．静电层的过滤作用主要应用了静电吸附作用
C．麦克风的工作原理是将电信号转换成声音信号
D．盒内的非可见光是红外线
2．摩托车上的热机工作时提供动力的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
3．根据热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B．热效率为100%的热机是可能制成的
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
4． “第一类永动机”不可能被制造成功是因为违反了以下哪一个规律
A．能量守恒定律 B．机械能守恒定律
C．牛顿第二定律 D．万有引力定律
5．一台电冰箱，制冷系数为其主要性能指标之一，所谓制冷系数是指冰箱从食物中吸收热量与电动机做功的比值.假设冰箱制冷系数为6，工作的某过程中从贮藏食物中吸收的热量为10 056 J，则在这一过程中这台电冰箱向外界释放的能量为( )
A．25.14 J
B．11732 J
C．1676 J
D．10056 J
6．光合作用的实质是（ ）.
A．吸收，放出净化空气
B．吸收光能，放出内能
C．把转化为有机物，把光能转化为化学能储存在有机物中
D．把分解为氧，把合成为葡萄糖
7．关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．气体吸热后温度一定升高
B．热量不可能从低温物体传到高温物体
C．若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把热量从冰箱内传到外界，违背了热力学第二定律
8．下列关于热量、功和内能的说法中，错误的是（ ）
A．热量、功都可以作为物体内能的量度
B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度
C．热量、功、内能的单位相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
9．下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的酱油蛋是布朗运动的结果
B．乙图中的水黾可以停在水面，是因为水的表面张力
C．丙图中两种材料上的酱油滴，从形状可以看出酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
D．丁图中电冰箱能把热量从低温的箱内传到高温的箱外，违背了热力学第二定律
10．下列有关能量转化的说法中正确的是（ ）
A．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他的变化
B．只要对内燃机不断改进，就可以使内燃机的效率达到100%
C．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行
D．外界对物体做功，物体的内能必然增加
11．如图所示，在大口的玻璃瓶内装一些水，水的上方有水蒸气。然后用一与打气筒相连的活塞密闭瓶口，并给瓶内打气，当打到某一状态时，瓶塞会跳起来。当瓶塞跳起时，我们会看到瓶内出现了“白雾”。对于“白雾”的形成，下列说法正确的是（ ）
A．这些“白雾”是当瓶塞跳起后外界的水蒸气在瓶口遇冷形成的小水珠
B．这是打气筒向瓶内打进去的水蒸气
C．这是瓶内的水向外膨胀形成的水雾
D．瓶内空气推动瓶塞做功，空气的内能减小，温度降低，使水蒸气液化形成小水滴
二、多选题
12．下列说法正确的是（ ）
A．一次能源是指自然界天然存在、不改变其形态就可直接利用的能源
B．二次能源是指由一次能源进行加工转换而得到的能源产品
C．煤炭、石油、天然气等能源属于再生能源
D．水力、风力、太阳能等能源属于再生能源
13．关于能量和能量守恒，下列表述正确的是（ ）
A．能量可以从一种形式转化为另一种形式
B．能量可以从一个物体转移到另一个物体
C．能量是守恒的，所以能源永不枯竭
D．第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律
14．根据热力学第二定律，下列判断正确的是（ ）
A．热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能
B．电流的能不可能全部变成内能
C．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转化成电能
D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
15．如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这一过程中汽缸内的气体（ ）
A．单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多
B．气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因
C．气体分子的速率分布情况不变
D．气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量
三、填空题
16．往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这一现象在物理学中称为 现象，是由于分子的 而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性 的方向进行的．
17．一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后膨胀到状态d，其压强p与体积V的关系如图所示，其中曲线为反比例函数曲线的一支。若气体在状态a时的热力学温度为，气体由状态a等压膨胀到状态b的过程中内能增加了，则该过程中气体从外界吸收的热量为 ，在状态d时的热力学温度为 。
18．太阳能发电技术，即把太阳辐射转化为 的发电技术，它包括两大类：一类是利用太阳热能直接 ，另一类是将太阳能通过热机带动 发电。
19．如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p-V图线如图．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能 (选填 “大”或“小”);由B到C的过程中，气体将 (选填“吸收”或“放出”)热量：经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量 ( 选填“大于”或“小于”)释放的总热量．
四、实验题
20．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”）。
21．如图所示两个实验
（1）扩散现象实验中，若要使扩散过程变快，则可以使二氧化氮的温度 。（选填“升高”或“降低”）
（2）迅速向下压活塞，玻璃圆筒内的硝化棉会燃烧，说明了 可以改变物体内能。（选填“热传递”或“做功”）
五、解答题
22．如图所示，一绝热光滑容器放在水平光滑的桌面上.容器内一个光滑轻质活塞被插销插住，将空间一分为二，左半边为真空，右半边有一定质量的气体。不计气体分子间的相互作用力，当把插销拔掉后，容器还会静止吗？容器内气体温度会怎样变化？
23．化石能源包括哪些？为什么它们属于不可再生能源？
24．如图所示，一质量的绝热圆柱形容器用绝热轻质活塞密封一定质量的理想气体，轻杆一端固定在地面上，另一端固定在活塞上，整个装置倒立在空中．开始时气体的温度，活塞停在容器的中间位置。通过容器内部的电热丝（未画出）缓慢加热气体，当电热丝产生的热量时活塞刚好停在容器口处。已知容器的厚度不计，横截面积，其深度，活塞（厚度不计）与容器壁间无摩擦，大气压，重力加速度取，求：
（1）开始时封闭气体的压强和活塞刚好停在容器口处时封闭气体的温度；
（2）整个过程中气体内能增加量。
25．如图展示了一个极具想象力的设想，其大意是：上面水池中的水流下来，冲击叶轮转动；叶轮带动打磨轮和水泵的轴转动；人利用打磨轮打磨工件，同时，运转的水泵又把流到下面水池中的水抽到上面的水池中……只要一开始在上面水池中注满水，就能通过水的上下循环，使机器不停地工作。
（1）从上面水池中流下来的水，能否被水泵全部抽送到上面水池中？说明理由。
（2）这个设想曾得到不少人的赞许，并把这个装置誉为“永动机”。请运用你掌握的知识，说明这个装置是否真能“永动”。
试卷第1页，共3页
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《第三章热力学定律单元练习1--2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第三册》参考答案
1．B
【知识点】紫外线的特性及作用、晶体和非晶体、传感器定义及原理、静电的利用和防止
【详解】A．非晶体塑料在光学现象中体现出各向同性，A错误；
B．静电层用来吸附空气中的灰尘，B正确；
C．麦克风的工作原理是将声音信号转换成电信号，C错误；
D．盒内的非可见光时紫外线，D错误。
故选B。
2．C
【知识点】热机、制冷机
【详解】试题分析：摩托车上的热机工作时提供动力的冲程是做功冲程，故选C．
考点：热机
【名师点睛】在四冲程内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生大量的高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能．
3．C
【知识点】第二类永动机违背了热力学第二定律、热机、制冷机
【详解】（1）第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，故A错误；
（2）根据热力学第二定律，机械能可以100%转化为内能，但内能不能100%转化为机械能，即热力学过程不可逆，所以，热效率为100%的热机是不可能制成的，故B错误；
（3）电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递；故C正确；
（4）从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的；故D错误；
故本题选C
【点睛】第二类永动机违背了热力学第二定律；并不违背热力学第一定律；热量可以从低温物体向高温物体传递；改变内能的方式有做功和热传递．
4．A
【知识点】第一类永动机对于热力学第一定律的违反
【分析】第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．
【详解】第一类永动机制不成，是因为它违反能量守恒定律；与其他的三个定律无关．故A正确，BCD错误。
【点睛】本题比较简单，考查了永动机不可能制成的原因，特别注意第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．
5．B
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】一方面冰箱从贮藏物中吸收的热量全部转移到室内，为：Q1=10056J；另一方面电动机做功消耗的电能也将转化为内能而向室内释放热量，为：
Q2=Q1=1676J
故在这一过程中这台电冰箱向室内释放的热量为
Q=Q1+Q2=10056J+1676J=11732J
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．C
【知识点】能源与环境
【详解】光合作用的实质是把转化为有机物，把光能转化为化学能储存在有机物中。
A. 吸收，放出净化空气与分析不符，故A错误。
B. 吸收光能，放出内能与分析不符，故B错误。
C. 把转化为有机物，把光能转化为化学能储存在有机物中与分析相符，故C正确。
D. 把分解为氧，把合成为葡萄糖与分析不符，故D错误。
7．C
【知识点】热力学第二定律两种表述、理解热力学第一定律的表述和表达式、热力学第零定律：热平衡定律
【详解】A．由热力学第一定律得，如果气体吸热的同时对外做功，且做功的数值大于吸收的热量，则温度降低。故A错误；
B．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但像冰箱等电器可以把热量从低温物体传到高温物体，但不是自发的。故B错误；
C．若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同，故C正确；
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把热量从冰箱内传到外界，没有违背了热力学第二定律。制冷系统通过压缩机做功把把热量从冰箱内传到外界，故D错误。
故选C。
8．A
【知识点】理解内能的概念
【详解】AB．热量和功可作为物体内能改变的量度，选项A错误，B正确；
C．热量、功、内能的单位都是焦耳，选项C正确；
D．其中热量和功是过程量，内能是状态量，选项D正确。
此题选择不正确的选项，故选A。
9．B
【知识点】热力学第二定律两种表述、浸润和不浸润、液体的表面张力、布朗运动的定义、现象和解释
【详解】A．甲图中的酱油蛋是扩散现象，是分子无规则运动的结果，A错误；
B．乙图中的水黾可以停在水面，是因为水的表面张力，B正确；
C．丙图中两种材料上的酱油滴，从形状可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，C错误；
D．由热力学第二定律可得，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但电冰箱的制冷系统能够不断的冰箱内的热量传递到外面是由于电动机做功，不违背热力学第二定律，D错误；
故选B。
10．A
【知识点】第二类永动机违背了热力学第二定律、热力学第二定律两种表述、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】A.由热力学第二定律的开尔文表述:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，A正确；
B.根据热力学第二定律，不可以使内燃机的效率达到100%，B错误；
C.满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发的进行，例如热量不能自发地从低温物体传到高温物体，C错误；
D.根据热力学第一定律，内能的变化量由做功和吸放热共同决定，所以外界对物体做功，物体放热，物体的内能可能减少，D错误。
故选A。
11．D
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、汽化与液化过程的能量转化
【详解】当用打气筒向瓶内打气时，外界对系统做功，使系统的内能增加，温度升高，压强增大，使瓶塞从瓶口中喷出形成“白雾”的原因是，在塞子突然跳起时，气体绝热膨胀对外做功，内能减少，温度下降，水蒸气有一部分被液化成小水滴，形成“白雾”，故选项D正确，ABC错误。
故选D。
12．ABD
【知识点】新能源开发
【详解】A．一次能源是指自然界天然存在、不改变其形态就可直接利用的能源，如化石能源、风能、水能等，故A正确；
B．二次能源是指由一次能源进行加工转换而得到的能源产品，故B正确；
C．煤炭、石油、天然气等能源均不属于再生能源，故需要我们节约使用，故C错误；
D．水力、风力、太阳能等能源均属于再生能源，同时还利于环保，故D正确。
故选ABD。
13．ABD
【知识点】能量守恒定律的内容、第一类永动机对于热力学第一定律的违反、能源与环境
【详解】AB．根据能量守恒定律，能量可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一个物体转移到另一个物体，故AB正确；
C．能量与能源不同，能量是守恒的，但随着能量的耗散，能量可以利用的品质会下降，则依然要节约能源，故C错误；
D．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，故D正确。
故选ABD。
14．ACD
【知识点】热力学第二定律两种表述
【详解】A．与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，无论采用什么设备和手段进行能量转化，总是遵循“在没有引起其它变化的情况下，机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，故A正确；
B．由焦耳定律可知，电能可以全部转化为内能，故B错误；
C．火力发电机发电时，能量转化的过程为内能→机械能→电能，因为内能→机械能的转化过程中会对外放出热量，故燃气的内能不能全部转变为电能，故C正确；
D．热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，故D正确；
故选ACD。
15．CD
【知识点】理解热力学第一定律的表述和表达式、应用波意耳定律解决实际问题
【详解】A．活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，汽缸内气体压强减小，又汽缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误；
B．气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误；
C．外界的温度保持不变，导热材料制成的汽缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C正确；
D．汽缸内气体温度不变，汽缸内气体内能不变；汽缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。
故选CD。
16． 扩散 热运动 增大
【知识点】熵和熵增加原理、扩散现象解释分子热运动、生活中的扩散现象
【详解】[1]红墨水滴入水杯中后，由于扩散作用，一会儿整杯水都变成红色．
[2]扩散是分子的热运动造成的．
[3]根据热力学第二定律，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的．
17．
【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、应用波意耳定律解决实际问题
【详解】[1]从a到b，理想气体做等压变化，气体对外做功为
根据热力学第一定律，有
联立，可得
[2]根据曲线为双曲线的一支，可知从c到d，气体做等温变化，有
根据理想气体状态方程，从a到c有
联立，可得
18． 电能 发电 发电机
【知识点】新能源开发
【详解】[1][2][3]太阳能发电技术，即把太阳辐射转化为电能的发电技术，它包括两大类：一类是利用太阳热能直接发电，另一类是将太阳能通过热机带动发电机发电。
19． 大 放出 大于
【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、气体等温变化的图象
【详解】[1]由理想气体状态方程得：解得：
可见TA[2] B到C的过程中，体积没变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，W=0；体积没变，压强减小，温度降低，内能变小，根据热力学第一定律可知气体将放出热量；
[3] 经历ABCDA一个循环，内能变化为0，气体对外做了功，根据热力学第一定律可知气体吸收的总热量大于释放的总热量．
20． x=75-0.2T 75 偏大
【知识点】气体的状态参量
【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。
21． 升高 做功
【知识点】影响扩散现象快慢的因素、通过做功改变系统内能
【详解】（1）[1]温度升高分子运动会加剧，因此要使扩散过程变快，可以使二氧化氮的温度升高。
（2）[2]迅速向下压活塞，活塞会压缩空气做功，使空气的内能增加，温度升高，当温度达到硝化棉的燃点时，硝化棉就会燃烧，通过此实验可说明做功可以改变物体的内能。
22．不会，见解析
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【分析】并不是气体膨胀就一定会对外做功.此外，由于不计分子间相互作用力，故不必考虑分子势能的变化.由此可得出气体内能不变的结论.
【详解】插销拔掉之前气体处在右半边，此时容器整体的质量中心的位置应在中间偏右处。插销拔掉之后，气体将分布在容器的整个空间中，此时容器整体的质量中心的位置应在中间处。在这个气体重新分布的过程中，整个系统在水平方向上不受外力，由力学知识可知，容器系统的质量中心将保持原有的静止状态不变。所以，容器将会向右移动一定的距离，以保证在该过程结束后，新的质量中心位置与开始时的质量中心位置重合。
从拔掉插销到气体分布在容器的整个空间的过程中，气体一直是向真空中膨胀，在这一膨胀过程中，气体并不向外界做功，又因为容器是绝热的，所以，也不存在与外界的热交换问题.由此可知，在这一过程中气体的内能不会发生改变。所以，气体的温度也就不会发生改变。
23．见解析
【知识点】能源与环境
【详解】化石能源包括“煤、石油、天然气”。因为化石能源来自于远古时期的动物和植物它们的形成需要几亿年的时间，短时间内不能再形成新的化石能源，所以化石能源是消耗性的是逐渐减少的，短期内不可能从自然界得到补充。
24．（1），；（2）
【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、应用盖吕萨克定律解决实际问题
【详解】（1）初始状态，对容器受力分析，根据受力平衡有
解得
封闭气体发生了等压变化，则有
解得
（2）气体等压膨胀外界对气体做功为
由热力学第一定律
解得
25．（1）不能，原因见解析；（2）否，原因见解析
【知识点】利用能量守恒解决实际问题
【详解】（1）不能，因为高处水池中水的重力势能，只有部分转化为叶轮的动能；而叶轮的动能部分用来打磨工件及克服摩擦力做功，不会全部供给水泵用来抽水；
（2）否，由于水从上面流到下面水池的过程中，用来打磨工件消耗能量，故流下来的水不能全部被抽送到上面水池中，随着时间的推移，上面的水越来越少，一定时间后便不再有水从上面流下来，所以这个装置不能“永动”。
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答案第1页，共2页第三章热力学定律单元练习2--2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第三册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一定质量的理想气体，从外界吸收热量500J，同时对外做功100J，则气体（ ）
A．温度一定升高 B．内能可能不变
C．压强一定变大 D．压强一定变小
2．关于物体内能的变化，下列说法中正确的是（ ）
A．物体吸收了热量，它的内能可以减小
B．物体的机械能变化时，它的内能也一定随着变化
C．外界对物体做功，它的内能一定增加
D．物体既吸收热量，又对外界做功，它的内能一定不变
3．如图所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气，现通过活塞杆使活塞缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功。若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是（ ）
A．气体是从单一热源吸热，并全部用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，并全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．气体不是从单一热源吸热，且并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
4．一定质量的理想气体的状态变化过程已表示在如图所示的图上，气体先由a状态沿双曲线变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化至c状态，a、c两点位于平行于纵轴的直线上。以下说法中正确的是（ ）
A．由a状态至b状态为温度升高
B．由b状态至c状态放出热量
C．由c状态至a状态气体对外界做功，同时吸收热量
D．c状态下气体分子单位时间与器壁单位面积碰撞次数小于b状态
5．制冷机通常是按照如图所示的逆卡诺循环进行工作的，其中1→2、3→4为绝热过程，2→3、4→1为等温过程。将制冷机中的封闭气体看作理想气体，以下判断正确的是（ ）
A．1→2的过程中气体温度降低
B．2→3的过程中气体放热
C．3→4的过程中气体内能增加
D．1→2→3→4→1的整个循环过程中，气体对外界做正功
6．真空绝热容器中，大铁块温度为40℃，小铁块温度为80℃。现将两个铁块接触，过一段时间，两个铁块温度相同。下列说法正确的是（ ）
A．两个铁块的分子热运动都越来越剧烈
B．两个铁块接触前，它们的内能可能相同
C．当温度相同时，两个铁块的内能可能相同
D．热量不能从低温物体传到高温物体
7．某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，下列正确的是（ ）
A．室内空气的压强比室外的小
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外大
D．室内空气对室外空气做了负功
8．火热的6月即将到来，高三的同学们也进入高考最后的冲刺，教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境，空调的工作原理如图所示，以下表述正确的是（ ）
A．空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B．空调的工作原理反映了热传导的方向性
C．此原理图中的
D．此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
9．容器内装有的一定质量理想气体的压强、体积、温度满足，内能，其中R为常量，T为热力学温度。理想气体从状态A经状态B、C再回到状态A过程的图像如图所示，由状态A到状态B过程满足，其中为常量。则（ ）
A．从A到B过程，气体内能变化量为
B．从B到C过程，气体吸收的热量为
C．从C到A过程，气体放出的热量为
D．从A到B过程，气体对外做的功为
10．一定质量的理想气体由状态A经如图所示状态变化回到原状态，下列说法正确的是（ ）
A．A→B温度升高，压强变大
B．C→A体积减小，压强不变
C．B→C体积不变，气体从外界吸收热量
D．A→B气体对外做功大于C→A外界对气体做功
二、多选题
11．当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是（ ）
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中气体向外界放出热量
C．此过程中每个气体分子的动能均不变
D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
12．对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
C．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
D．热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
13．一定质量的理想气体发生了a→b→c→d→a的循环，其p-图像如图所示。其中线段ab的延长线过坐标原点，线段cd与横轴平行，线段da与纵轴平行。下列说法正确的是（ ）
A．a→b的过程中，气体温度不变
B．b→c的过程中，气体内能增大
C．c→d的过程中，气体对外界做功
D．d→a的过程中，气体放出热量
14．一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
三、填空题
15．划火柴，使火柴燃烧是通过 改变物体的内能；把火柴放在太阳光下，通过凸透镜聚焦使火柴燃烧是通过 改变物体的内能。（均选填“热传递”或“做功”）
16．理想气体在一热力学过程中，对外做功105J，从外界吸收热量400J，则它的内能 （填增加或减少），E2–E1= J。
17．在某次深潜实验中，深海探测船探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度，压强，封闭气体的体积，如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
（1）下潜过程中封闭气体 （选填“吸热”或“放热”），传递的热量 （选填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
（2）求990m深处封闭气体的体积 （1atm相当于10m深的海水产生的压强）。
四、实验题
18．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”）。
19．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 。
五、解答题
20．在制冷机的运转中，热量是从热区流向冷区还是从冷区流向热区？这种流动是自发的还是需要外界的帮助？是否违反热力学第二定律？
21．判断下列说法是否正确。
（1）如果一个宏观态对应的微观态比较多，说明该宏观态是比较无序的。
（2）熵越大，系统对应的微观态就越少。
（3）在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会增加。
（4）自发的宏观过程总是向无序性增大的方向发展。
22．一农户采用肩背式手动喷雾器来喷洒消毒药，其原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门的喷头相连。已知储液桶容积，打气筒每打一次能将的外界空气压入储液桶内。现向储液桶内注入的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关，设大气压强、喷雾器内外温度均为，打气过程中温度保持不变。
（1）某次打气时，将打气筒里的气体全部充入储液桶，需对气体做的功，则喷雾器内的空气吸热还是放热？吸收或放出多少热量。
（2）某次消毒时，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到，停止打气。打开阀门，喷雾消毒后气体压强又降至，上述过程温度不变。求打气筒打气的次数和储液桶内剩余消毒液的体积。
23．如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至位于离容器底部位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度为，大气压强为，重力加速度为g，不计摩擦阻力。
（1）求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
（2）在（1）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少，求气体向外界放出的热量Q。
试卷第1页，共3页
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《第三章热力学定律单元练习2--2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第三册》参考答案
1．A
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、应用理想气体状态方程处理实际问题
【详解】由热力学第一定律，代入数据可得
可见该过程中，内能增大，又因为理想气体内能是温度的单值函数，所以温度升高。对外做功，体积增大，又根据理想气体状态方程可得，在体积和温度均增大的情况下，压强如何变化无法判断。
故选A。
2．A
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】AC．物体内能的变化与外界对物体做功（或物体对外界做功）、物体从外界吸热（或向外界放热）两种因素有关，即
物体吸收热量，也可以同时对外做功，其内能有可能不变甚至减小，受两者共同影响，无法单一决定，故A正确，C错误；
B．物体的内能与物体的体积、温度等因素有关，物体的机械能变化时，物体的速率或高度变化，但其体积和温度可能不变，也可能改变，则其内能可以增加、减小或不变，故B错误；
D．由A项可知
物体既吸收热量，又对外做了功，它的内能可能保持不变，也可能减小，还可能增加，具体决定于做功和吸热的数值，故D错误。
故选A。
3．C
【知识点】第二类永动机违背了热力学第二定律、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】汽缸壁是导热的，外界环境温度不变，活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动过程中，有足够时间进行热交换，气体等温膨胀，所以汽缸内的气体温度不变，内能也不变，该过程气体是从单一热库即外部环境吸收热量，全部用来对外做功才能保证内能不变，此过程既不违背热力学第二定律，也不违背热力学第一定律，此过程由外力对活塞做功来维持，如果没有外力F对活塞做功，此过程不可能发生。
故选C。
4．B
【知识点】气体压强的微观意义、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、气体等温变化的图象
【详解】A．因为a→b变化图线为双曲线的一支，为等温线，所以是等温变化，故A错误；
B．根据理想气体状态方程
从b到c为等压变化，体积减小，所以温度降低，又因为外界对气体做功，根据热力学第一定律
可知，此过程放出热量，故B正确；
C．c→a过程体积不变，没有做功，根据理想气体状态方程可知，压强增大温度升高，结合热力学第一定律可知，从外界吸收热量，故C错误；
D．据气体压强的微观解释，气体压强由分子平均撞击力大小与单位时间内与器壁单位面积碰撞次数决定，c状态温度低于b状态，热运动减弱，分子平均撞击力减小，而压强又相同，所以c状态下气体分子单位时间与器壁单位面积碰撞次数大于b状态，故D错误。
故选B。
5．B
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】A．1→2的过程为绝热过程，故
气体体积减小，故外界对气体做功
根据热力学第一定律
可知气体内能增大，气体温度升高，故A错误；
B．2→3的过程为等温过程，故
气体体积减小，故外界对气体做功
根据热力学第一定律可得
因此气体放热，故B正确；
C．3→4的过程为绝热过程，故
气体体积增大，故气体对外界做功
根据热力学第一定律可知物体内能减小，故C错误；
D．根据p-V图线与横轴围成的面积表示做的功可知，1→2→3过程气体做负功，3→4→1过程气体做正功，由于1→2→3曲线与横轴围成的面积大于3→4→1曲线与横轴围成的面积，故整个过程气体对外界做负功，故D错误。
故选B。
6．B
【知识点】热力学第二定律两种表述、影响分子热运动的因素——温度、理解内能的概念
【详解】A．温度越高，分子热运动越剧烈，小铁块温度降低，大铁块温度升高，故大铁块的分子热运动越来越剧烈，故A错误；
B．物体内能多少与物体温度和质量等因素有关，小铁块质量小温度高，所以两个铁块接触前，它们的内能可能相同，故B正确；
C．当温度相同时，大铁块的内能大，故C错误；
D．在制冷系统的作用下热量可以从低温物体传到高温物体，故D错误。
故选B。
7．B
【知识点】理解热力学第一定律的表述和表达式
【详解】A．房间未密闭，室内外空气的压强相等，故A错误；
B．室内空气温度高于室外空气温度，室内空气分子的平均动能大于室外，故B正确；
C．等压升温，气体体积应该增大，但室内空间不会变化，室内气体的总质量减小，密度减小，故C错误；
D．等压升温，气体体积增大，气体对外做正功，故D错误。
故选B。
8．B
【知识点】热力学第二定律两种表述、理解热力学第一定律的表述和表达式
【详解】A．空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述，A错误；
B．空调的工作原理反映了热传导的方向性，热量不能自发的从低温物体传导给高温物体，但在其他能力干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确；
C．此原理图中的
C错误；
D．此原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。
故选B。
9．B
【知识点】应用理想气体状态方程处理实际问题、计算系统内能改变、吸放热及做功
【详解】A．依题意，由状态A到状态B过程满足
可得
解得
则气体在A状态时的温度
在B状态时的温度
则从A到B过程，气体内能的变化量
故A错误；
B．从B到C气体发生等容变化，气体对外界做的功等于零，由热力学第一定律可得，气体内能的变化量等于气体从外界吸收的热量，结合上述分析和题述可知，气体在C状态的温度
从B到C过程，气体内能的变化量
故B正确；
C．C到A过程，气体发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做的功
从C到A过程，气体内能的变化量
根据热力学第一定律有
可得气体向外界放出的热量为
故C错误；
D．若A到B过程的图像是一条直线，则气体对外做的功等于
但实际图线在直线下方，则A到B过程气体对外做的功小于。故D错误。
故选B。
10．D
【知识点】气体等压变化的图象、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【详解】A．A→B为等压线，A→B温度升高，压强不变，即有
故A错误；
B．B→C体积不变，压强变小，有
所以C→A体积减小，压强变大，故B错误；
C．B→C体积不变，温度降低，内能减小，所以气体对外界放出热量，故C错误；
D．A→B过程气体体积变化等于C→A过程气体体积变化，但A→B过程气体平均压强大于C→A过程气体平均压强，所以A→B过程气体对外做功大于C→A外界对气体做功，故D正确。
故选D。
11．BD
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、分子动能、气体压强的微观意义
【详解】A．在一次缓慢充气过程中，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；
B．充气前，气体在篮球和气筒之间，充气后，气体在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，，气体的温度不变，则，由热力学第一定律
可得：，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；
C．温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；
D．压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，故D正确。
故选BD。
12．CD
【知识点】热力学第二定律两种表述、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、第二类永动机违背了热力学第二定律
【详解】A．根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故A错误；
B．通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故B错误；
C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故C正确；
D．能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。
故选CD。
13．ABD
【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、气体等温变化的图象
【详解】A．由理想气体状态方程
=C
整理得
p=CT·
在p-图像中a→b过程斜率不变，CT不变，故说明温度不变，故A项正确；
B．由理想气体状态方程整理得
p=CT·
可以判断图像上的各点与坐标原点连线的斜率即为CT，所以b→c过程中气体的温度升高、内能增大，故B项正确；
C．c→d过程中，压强不变，体积减小，根据
W=pΔV
可知，外界对气体做功，故C项错误；
D．d→a过程中，体积不变，压强减小，故温度应降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体放出热量，故D项正确。
故选ABD。
14．CD
【知识点】应用理想气体状态方程处理实际问题、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况、气体等容变化的图象、气体压强的微观意义
【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。
15． 做功 热传递
【知识点】通过做功改变系统内能、通过热传递改变系统内能
【详解】[1][2] 划火柴，使火柴燃烧是通过做功改变物体的内能；把火柴放在太阳光下，通过凸透镜聚焦使火柴燃烧是通过热传递改变物体的内能。
16． 增加
【知识点】理解热力学第一定律的表述和表达式
【详解】由热力学第一定律可知内能增加量为
17． 放热 大于 2.8×10-2m3
【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、应用理想气体状态方程处理实际问题
【详解】（1）[1][2]下潜过程中温度降低，则
气体体积减小，则
由
知
放热，且|Q|>W。
（2）[3]当汽缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知
根据理想气体状态方程得
代入数据，，，得
18． x=75-0.2T 75 偏大
【知识点】气体的状态参量
【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。
19． AB/BA 过原点的倾斜直线 AC/CA 见解析
【知识点】探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系、判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况
【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。
20．见解析
【知识点】热力学第二定律两种表述
【详解】在制冷机的运转中，热量是从冷区流向热区，这种流动需要外界的帮助，不是自发的，因此它不违反热力学第二定律。
21．（1）正确；（2）错误；（3）错误；（4）正确
【知识点】熵和熵增加原理
【详解】（1）一个宏观态对应的微观态比较多，说明对该宏观态要求得少，其分布是比较无序的，故（1）正确。
（2）熵越大，系统对应的微观态就越多，因为熵是系统无序性的量度，故（2）错误。
（3）由熵增加原理可得：一个孤立系统的总熵不会减小，故（3）错误。
（4）根据熵增加原理，一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，即自发的宏观过程总是向无序性增大的方向发展，故（4）正确。
22．（1）放出热量；（2）40，
【知识点】应用波意耳定律解决实际问题、计算系统内能改变、吸放热及做功
【详解】（1）因为打气过程中温度保持不变，则气体内能不变，，根据热力学第一定律
，
所以
即喷雾器内的空气放热，放出40J热量；
（3）某次连续打气过程中，因为温度不变，根据玻意耳定律
解得
喷雾消毒后气体压强又降至，因为温度不变，根据玻意耳定律
解得此时储液桶中剩余气体体积为
则此时剩余消毒液的体积为
23．（1）；（2）
【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、应用理想气体状态方程处理实际问题
【详解】（1）轻绳未连重物时，对活塞，受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得：
解得
刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得
解得
由玻意耳定律得
其中
解得
（2）由盖-吕萨克定律得
解得
此过程外界对气体做的功
由以上两式可得
由热力学第一定律有
解得
答案第1页，共2页
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