人教版高中物理精讲精练-选择性必修3第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（培优卷） 解析版

第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（培优卷）

一：单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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。

1．关于分子动理论和内能，下列说法中正确的是（）

A．温度降低时，每个分子动能都会减小

B．花粉颗粒在水中的无规则运动是一种机械运动

C．只有热传递才可改变物体的内能

D．物体的动能和重力势能也是其内能的一部分

【答案】B

【详解】

A．温度降低时，分子的平均动能降低，不是每个分子的动能都会减小，故A错误；

B．花粉颗粒在水中的无规则运动是由于花粉颗粒受到水分子撞击受力不平衡引起的，是一种机械运动，故B正确；

C．改变内能的方式有做功和热传递，故C错误；

D．物体的动能和重力势能是物体的机械能，不是内能，故D错误。

故选B。

2．关于质量一定的理想气体，下列说法正确的是（）

A．气体温度降低，其压强一定减小

B．气体体积减小，其压强一定增大

C．气体不断被压缩的过程中，其温度一定升高

D．气体与外界不发生热量交换的过程中，其内能也可能改变

【答案】D

pV

【详解】AB．根据题意，由理想气体状态方程C可知，若气体温度降低，体积也减小，其压强可能增大，可

T

能不变，可能减小，故AB错误；

CD．由热力学第一定律

UWQ

可知，气体不断被压缩的过程中，外界对气体做正功，如果气体同时向外界放热，气体的内能可能不会增加，气体

温度不一定升高，若气体与外界不发生热量交换的过程中，如果外界对气体做功，气体内能发生变化，故C错误，

D正确。

故选D。

3．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．第一类永动机违反热力学第二定律，因此不可能制成

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．从单一热库吸收热量，使之完全变为功，是提高机械效率的常用手段

【答案】C

【详解】A．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；

B．第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，故B错误；

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，但同时会产生其他影响，故C正确；

D．根据热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，使之完全变为功而不产生其他影响，是不可能实现的，故D

错误。

故选C。

4．关于能源与可持续发展，下列说法正确的是（）

A．篮球从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能消失了

B．大量使用天然气作燃料符合“低碳生活”理念

C．随着科技的发展，永动机是可以制成的

D．在火力发电中，燃气的内能不可能全部转变为电能

【答案】D

【详解】A．篮球从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能转化为了篮球和周围其它物体的内能，或转化为其

它形式的能，能量不会消失，故A错误；

B．因天然气主要成分是甲烷，完全燃烧，其燃烧时生成二氧化碳和水；不完全燃烧生成一氧化碳和水，因此大量

使用天然气作燃料不符合“低碳生活”理念，故B错误；

C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，是违背了能量的转化和守恒定律，永动机是不可以

制成的，故C错误；

D．由热力学第二定律可知，任何机械都有效率的问题，因此燃气的内能不可能全部转变为电能，故D正确。

故选D。

5．气压式电脑升降桌通过汽缸上下运动来支配桌子升降，其简易结构如图所示。圆柱形汽缸与桌面固定连接，柱

状活塞与底座固定连接。可自由移动的汽缸与活塞之间封闭着一定质量的理想气体，汽缸导热性能良好，活塞可在

气缸内无摩擦活动。设气体的初始状态为A，将电脑放在桌面上保持不动，桌子缓慢下降一段距离后达到稳定状态

B。打开空调一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气桌面体状态为C。则气体从状态ABC的过程

中，下列说法正确的是（）

A．从A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大

B．从A到B的过程中，气体从外界吸热

C．从B到C的过程中，气体等压降温，体积增大

D．从B到C的过程中，气体从外界吸热

【答案】A

【详解】A．从A到B的过程中，桌子缓慢下降，由于汽缸导热性能良好，可知气体等温压缩，体积减小，根据玻

意耳定律可知，压强增大，故A正确；

B．从A到B的过程中，气体温度不变，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，气体

会向外界放热，故B错误；

C．从B到C的过程中，桌面受力不变，气体压强一定，根据盖吕萨克定律可知，温度降低，体积一定减小，故C

错误；

D．从B到C的过程中，气体温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体

会向外界放热，故D错误。

故选A。

＝＝＝＝＝

6．如图所示，一定质量的理想气体从状态a，先后到达状态b和c，papbp，TaTc，Vc4Va4V。则（）

A．ab过程气体分子平均动能减小

B．bc过程气体分子数密度减小

C．ab过程气体吸热比bc过程气体放热多3pV

＝＝

D．状态a、b、c的压强大小关系为papb3pc

【答案】C

【详解】A．ab过程中气体压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程

pV

C

T

可知气体温度升高，分子平均动能变大，A错误；

B．bc过程中，体积不变，分子数密度不变，B错误；

C．ab过程中，体积增大，气体对外界做功，气体温度升高，内能增加，气体吸收热量，根据热力学第一定律

有

＝＋

U1W1Q1

其中

＝－

W13pVbc过程中，体积不变，外界对气体做功

＝

W20

气体压强减小，可知气体温度降低，内能减少，气体向外放出热量，根据热力学第一定律有

U2＝W2＋Q2＝Q2

由于

＝

TaTc

则

ΔU1＝ΔU2

则

Q1＝3pV－Q2＝3pV＋Q2

即ab过程气体吸热比bc过程气体放热多3pV，C正确；

D．根据

pV

C

T

状态a、b、c的压强大小关系为

＝＝

papb4pc

D错误。

故选C。

7．一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图像如图所示，其

中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是（）

A．气体在a、c两状态的体积不相等

B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能

C．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功

D．在过程ab中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，违背了热力学第二定律

【答案】B

【详解】A．由图示图象可知，对角线ac的延长线过原点O，气体从c到a过程压强与热力学温度成正比，由理想

气体状态方程可知，气体体积不变，即a、c两状态体积相等，选项A错误；

B．一定量的理想气体内能由温度决定，由图示图象可知，气体在状态a时的温度比在状态c时的温度高，因此气

体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；

C．由图示图象可知，从d到a过程气体的压强不变而温度升高，由理想气体状态方程可知，气体的体积增大，气

体对外界做功，W<0，气体温度升高，内能增大，∆U>0，由热力学第一定律∆U=W+Q可知

Q=∆U－W>0

气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于气体对外界做的功，选项C错误；

D．在过程ab中气体温度保持不变，故内能不变。气体膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律，吸收的热量和对

外界做的功数值相等。根据开尔文表述：不可能从单一热库（源）吸收热量，使之完全变成功（全部对外做功），

而不产生其他影响（不引起其他变化），因此不违背热力学第二定律，选项D错误。

故选B。

8．如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸内用轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可沿气缸无摩

擦滑动，现往活塞上缓慢增加砂子，当砂子的质量为m1时，活塞下降的高度为h，此过程中气体向外放出的热量为

Q1，继续缓慢添加砂子，当砂子的质量为m2时，活塞又下降了高度h，此过程中气体向外放出的热量为Q2，整个

过程中环境的气压和温度均保持不变。关于上述各量的关系，下列说法正确的是（）

A．m22m1B．m22m1C．Q1Q2D．Q12Q2

【答案】B

【详解】设初始时气体的压强与外界大气压强为p0，第一次加砂后气体压强为p1，活塞横截面积为S，气缸初始气

体高度为H，有

p1Sm1gp0S

该过程是等温变化，有

p0HSp1HhS

解得

phS

m0

1gHh

根据等温变化的p-V图像，面积代表做功可知，该过程气体的做功为

pp

W10Sh

12

由于理想气体温度不变，所以该过程气体内能不变，由热力学第一定律有

U1W1Q1

解得

h

Q1p0Sh1

2Hh

设第二次加砂后气体的压强为p2，有

p2Sm2gp0S

从第一次加砂到第二次加砂有

p1HhSp2H2hS

解得

2phS

m02m

2gH2h1

该过程气体的做功为

pp

W12Sh

22

由于理想气体温度不变，所以该过程气体内能不变，由热力学第一定律有

U2W2Q2

解得

H2h2Hh

Q2p0sh1

2HhH2h

故选B。

二：多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图所示，A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上

的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中（插入过程没有空气进入管内），

水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是（）

A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量

B．A管内水银的重力势能大于B管的

C．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量

D．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同

【答案】BC

【详解】两种情况下大气压对水银槽内的水银做相同的功，因为玻璃管内吸进的水银一样多，所以水银槽内的液面

下降相同的高度，外界大气压力对水银做功，使水银进入试管内，大气压力对水银做的功一部分增加了管内水银的

重力势能，另一部分增加了水银的内能；由于A管中的水银重心高，故A管中水银的重力势能增量大，则A管中

水银内能的增量小，即B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量。

故选BC。

10．如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板

抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统

不漏气。下列说法正确的（）

A．气体自发扩散前后内能不同

B．气体在被压缩的过程中内能增大

C．自发扩散过程对比气体压缩过程，说明气体的自由膨胀是不可逆的

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功

【答案】BCD

【详解】A．抽开隔板时，气体体积变大，但右方是真空，又没有热传递，根据

UQW

可知，气体的内能不变，故A错误；

BD．气体被压缩过程中，外界对气体做功，根据

UQW

可知气体内能增大，故BD正确；

C．热力学第二定律表明：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，因此空气向真空的

自由膨胀是不可逆的，故C正确。

故选BCD。

11．如图，一定质量的理想气体从状态A经热力学过程AB、BC、CA后又回到状态A。下列说法正确的是（）

A．过程AB气体分子平均动能增大B．过程BC气体分子的数密度不变

C．过程CA气体向外界放热D．过程CA气体从外界吸热

【答案】BD

【详解】A．过程AB温度不变，则分子平均动能不变，A错误；

B．过程BC气体体积不变，则分子数密度不变，B正确；

CD．过程CA气体对外界做功，则W0；温度升高，则U0；根据

UWQ

可得

Q0

说明气体从外界放热吸热，C错误，D正确。

故选BD。

、、

12．如图，一定质量的理想气体从状态ap0V0T0经热力学过程abca后又回到状态a，且外界环境为

非真空状态。则下列说法正确的是（）

A．b、c两个状态，气体的温度相同

B．ab过程中，每个气体分子热运动的速率都增大了一倍

C．bc过程中，气体的温度先降低再升高

D．ca过程中，外界对气体做功p0V0

1

E．abca循环过程中，气体吸收的热量比放出的热量多pV

200

【答案】ADE

【详解】A．根据理想气体状态方程pVnRT，结合图中数据可知，b、c两个状态时，pV的乘积相等，即两个状

态气体的温度相同，故A正确；

B．a→b过程中，气体体积不变，压强增大一倍，气体热运动的平均动能增大一倍，则平均速度变为原来的2倍，

并非每个气体分子速率增大一倍，故B错误；

C．由理想气体状态方程可得

nRT

p

V

结合图形和题意可知，气体的温度应该先升高后降低，故C错误；

D．c→a过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，其做功大小为

Wp02V0V0p0V0

故D正确；

E．根据p-V图像的面积表示气体对外所做功的功，结合题意可知，c→a过程中，外界对气体做功，c→a→b过程

中，向外界释放热量，b→c过程中，气体对外界做功，从外界吸收热量，结合图形可知，循环过程中，气体吸收

1

的热量比放出的热量多，其值为三角形abc的面积，即pV，故E错误。

200

故选ADE。

三：实验题:本题共2小题，第一小题小题5分，第二小题7分，共12分。

13．把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图甲所示的装置。在玻璃管内引入一小段油柱，将

一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究

烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。

（1）关于瓶内气体，下列说法中正确的有；

A．温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变

B．温度升高时，瓶内气体分子的动能都增大

C．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多

D．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少

（2）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出VT图像如图乙所示。已知大气压强

5

p0110Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为J，若此过程中气体吸收热量60J，则气体

的内能增加了J。

【答案】AD/DA5010

【详解】（1）[1]

V

A．根据盖吕萨克定律可知，当压强不变时，对于一定质量的理想气体其不变，所以温度升高时，被封空气的压

T

强跟大气压强相等保持不变，可知瓶内气体体积增大，A正确；

B．温度升高时，瓶内气体分子的平均动能增大，而不是每个气体分子的动能都增大，B错误；

CD．温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，由于气体压强保持不变，根据气体压强的微观意义可得瓶内气体

分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，C错误，D正确。

故选AD。

（2）[2][3]设水平玻璃管的横截面积为S，油柱从状态a到状态b的过程中移动的长度为L，可得气体对外做的功

为

53

WFΔLp0SΔLp0ΔV1102.5210J50J

根据热力学第一定律，气体的内能增加了

ΔU60J50J10J

14．把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图甲所示的装置。在玻璃管内引入一小段油柱，将

一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究

烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。

（1）关于瓶内气体，下列说法中正确的有；

A．温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变

B．温度升高时，瓶内气体分子的动能都增大

C．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多

D．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少

（2）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出VT图像如图乙所示。已知大气压强

5

p0110Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为J，若此过程中气体吸收热量60J，则气体

的内能增加了J。

【答案】AD/DA5010

【详解】（1）[1]

V

A．根据盖吕萨克定律可知，当压强不变时，对于一定质量的理想气体其不变，所以温度升高时，被封空气的压

T

强跟大气压强相等保持不变，可知瓶内气体体积增大，A正确；

B．温度升高时，瓶内气体分子的平均动能增大，而不是每个气体分子的动能都增大，B错误；

CD．温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，由于气体压强保持不变，根据气体压强的微观意义可得瓶内气体

分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，C错误，D正确。

故选AD。

（2）[2][3]设水平玻璃管的横截面积为S，油柱从状态a到状态b的过程中移动的长度为L，可得气体对外做的功

为

53

WFΔLp0SΔLp0ΔV1102.5210J50J

根据热力学第一定律，气体的内能增加了

ΔU60J50J10J

四：解答题:本题共4小题,第一小题小题6分，第二小题8分，第三小题10分，第四小题12分，共36分。

15．一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，气体从状态C变化到状态B，再变化到状态

A，CB线段与T轴平行，BA的延长线过原点，已知该气体在状态C时的体积为30m3．求：

（1）该气体在状态B时的体积；

（2）该气体从状态C到状态A的过程中，气体是吸热还是放热，气体与外界交换的热量Q为多少？

【答案】（1）10m3（2）放热，2106J

【详解】（1）气体从状态C变化到状态B为等压变化，由气体实验定律得

VV

BC

TBTC

代入数值可得

3

VB10m

（2）由图像可知，气体从状态B变化到状态A，为等容变化，则

W10

气体从状态C到状态B，外界对气体做功为

56

W2pΔV11020J210J

气体从状态C到状态A，温度不变，可知

U0

由热力学第一定律可知

6

QΔUW1W2210J

负号表示放热。

5nRT

16．某种理想气体A内能公式可表示为E，n表示物质的量，R为气体常数（R8.3Jmol1K1），T为热力

2

2

学温度。如图所示，带有阀门的连通器在顶部连接两个绝热气缸，其横截面积均为S200cm，高度分别为h114cm，

h24cm用一个质量M15kg的绝热活塞在左侧气缸距底部10cm处封闭n0.1mol，T0250K的气体A，气缸底

部有电阻丝可对其进行加热，活塞运动到气缸顶部时（图中虚线位置）被锁住，右侧气缸初始为真空。现对电阻丝

5

通电一段时间，活塞刚好缓慢移动至气缸顶部时断开电源并打开阀门。已知外界大气压强为p0110Pa，重力加

速度g10m/s2，不计活塞与气缸的摩擦及连通器气柱和电阻丝的体积。求：

（1）上升过程中左侧缸内气体的压强。

（2）断开电源时气体升高的温度。

（3）稳定后整个过程中气体吸收的热量。

【答案】（1）1.075105Pa；（2）100K；（3）293.5J

【详解】（1）由平衡条件知

pSMgp0S

压强为

Mg

pp1.075105Pa

0s

（2）气体做等压变化，由盖-吕萨克定律可得

VV

01

T0T1

解得

T1350K

则

TT1T0100K

（3）气体增加的内能为

5nRT

U207.5J

2

气体对外界做功为

WpSh86J

根据热力学第一定律有UWQ

解得

Q293.5J

故气体吸收的热量为293.5J。

17．山地车的气压避震装置主要由活塞、气缸组成。某研究小组将其气缸和活塞取出进行研究。如图所示，在倾角

为30的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热气缸B，活塞用劲度系数为k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另

一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到气缸底部的距离为L127cm，气缸底部

到斜面底端的挡板距离为L21cm，气缸内气体的初始温度为T1270K。已知气缸质量为M=0.4kg，活塞的质量为

m=0.2kg，气缸容积的横截面积为S=1cm2，活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速

25

度为g10m/s，大气压为p01.010Pa。

（1）求初始状态下气缸内气体压强p1；

（2）对气缸进行加热，气缸内气体的温度从T1上升到T2，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭

气体的内能U与温度T之间存在关系UkT，k2103J/K，求该过程中气体吸收的热量Q；

（3）若在第（2）题的基础上继续对气缸进行加热，当温度达到T3时使得弹簧恰好恢复原长，求T3。

1595

【答案】（1）8104Pa；（2）10102J；（3）K

4

【详解】（1）对气缸和活塞整体分析有

F(Mm)gsin

对活塞受力分析有

Fmgsinp1S

代入数据解得

4

p1810Pa

（2）气缸内气体的温度从T1上升到T2，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，

则有

VV

12

T1T2

该过程中内能增大

UkT2kT1

气体对外做功

Wp1(V2V1)

根据热力学第一定律有

UWQ

解得

Q10102J

（3）当温度达到T3时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平衡有

P0Smgsinp3S

该由理想气态方程得有

pLSp(LLx)

11312

T1T3

kx(Mm)gsin

代入数据解得

1595

TK

34

18．