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（基础卷） 解析版

第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（基础卷）

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．下列关于内能与热量的说法中，正确的是（）

A．马铃薯所含热量高

B．内能越大的物体热量也越多

C．热量总是从内能大的物体流向内能小的物体

D．热量传递方向与两物体的温度有关

【答案】D

【详解】热量是过程量，不是状态量，不能像内能那样蕴含在物体中，此外，两物体之间热量的传递方向只与它们

的温度有关，与它们的内能无关。

故选D。

2．现代高档大客车普遍安装有空气弹簧（封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能），上、下乘客及剧

烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震。上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，

气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快。气体与外界来不及热

交换，可视为绝热过程。若外界温度恒定，汽缸内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是（）

A．乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能增大

B．乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，空气弹簧内气体向外界放热，气体内能不变

C．剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能可能不变

D．剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小

【答案】B

【详解】AB．乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对气体做功，W为正值，气体与外界有充分的

热交换，气体温度不变，内能不变，即

U0

根据热力学第一定律

UWQ

可知

Q0

即空气弹簧内气体向外界放热，故A错误，B正确；

CD．剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，W为正值，气体与外界来不及

热交换，可视为绝热过程，空气弹簧内气体不对外界放热，Q为零，根据热力学第一定律

UWQ

可知

U0

气体内能一定增大，故CD错误。

故选B。

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．海底火山活跃的海域，火山附近的海水会受到加热形成水蒸气从而产生气泡。当气泡浮上水面的过程中温度下

降，压强减小，体积减小。该过程中水蒸气可视作理想气体。下列关于该过程说法正确的是（）

A．水蒸气上升过程中吸收热量

B．水蒸气分子的平均动能增大

C．水蒸气放出的热量大于其减小的内能

D．该过程违反了热力学第二定律

【答案】C

【详解】A．根据热力学第一定律

UWQ

可知，气体温度下降，故内能减小，即

U0

体积减小可以判断外界对气体做功，故

W0

因此Q必须为负，故放出热量。故A错误；

B．水蒸气的温度下降，故分子平均动能减小。故B错误；

C．根据热力学第一定律，因外界对气体做功，故水蒸气放出的热量大于其减小的内能。故C正确；

D．该过程不单是从热源吸热并用于做功，同时也引起了海水重力势能变化，故没有违反热力学第二定律。故D错

误。

故选C。

5．如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态。AB的反向延长线过

O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行。下列判断正确的是（）

A．A→B过程，外界对气体做功，气体内能增加

B．B→C过程，气体体积增大

C．C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小

D．整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功

【答案】C

【详解】A．A→B过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，

气体一定吸收热量，故A错误；

B．B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；

C．C→D过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数

密度减小，故C正确；

D．作出气体状态变化对应的p-V图像，如图所示

p-V图像与V轴围成的面积代表功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确

定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。

故选C。

6．卡诺循环（Carnotcycle）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

【答案】D

【详解】A．a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，则

W0

等温变化，内能不变

U0

由热力学第一定律UWQ可知

Q0

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；

pV

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C，压强体积乘积越大，温度越高，则

T

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UWQ，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。

7．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温

过程，B→C和D→A为绝热过程。这就是热机的“卡诺循环”。则（）

A．A→B过程说明，热机可以从单一热源吸热对外做功而不引起其它变化

B．B→C过程中，气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大

C．C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同

D．B→C过程中气体对外做的功与D→A过程中外界对气体做的功相等

【答案】D

【详解】A．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，A错误；

B．B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，压强变小，单位时间内

气体分子对器壁单位面积的冲量

IpSt

气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量减小，B错误；

C．C→D，等温压缩，温度不变，单位体积内的分子数增多，压强增大。D→A过程中，绝热压缩，体积减小，分

子内能增加，单位体积内的分子数增多，且分子平均撞击力增大，导致压强增大，故两种气体压强都增大的微观机

制不相同，C错误；

D．B→C过程中

TBTC(TDTA)

由于内能UT，故

ΔUBCΔUDA

由热力学第一定律可知，两个过程均绝热

UBCWBC，-UDAWDA

可知B→C过程中气体对外做的功与D→A过程中外界对气体做的功相等，故D正确。

故选D。

8．气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状

气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，

忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程

温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重

新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是（）

A．

B．

C．从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功

D．与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少

【答案】C

【详解】AB．A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；从B到C的过程中，气体等压降温，温度

降低，体积减小；从C到D的过程中，等温膨胀，压强减小，体积增加，而且此时D状态的压强又恢复到最初A

1

状态的压强，其VT图像和p图像如图所示

V

A、B错误；

C．根据热力学第一定律

UWQ

由于气体温度降低，内能减小，因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，C正确；

D．由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度更低，单个分子撞击容器壁力减小，因此单位时间内碰撞单位面

积容器壁的分子数更多，D错误。

故选C。

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．关于物体的内能，下列说法正确的是（）

A．物体所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能

B．一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化

C．一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关

D．摩擦生热使机械能转化为内能

【答案】ACD

【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，故A正确；

BC．内能与机械能是不同概念，内能与机械能没有直接关系，一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关；一

个物体，当它的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化，故B错误，C正确；

D．摩擦生热时，要克服摩擦做功，将机械能转化为内能，故D正确。

故选ACD。

10．关于热力学定律，下列说法正确的是（）

A．根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀对外做功，内能一定减少

B．第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律

C．热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律

D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律

【答案】BD

【详解】A．一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；

B．第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；

C．热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；

D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确。

故选BD。

11．“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。假设“空

气充电宝”在工作过程中，其中的气体可看成质量不变的理想气体，其pT图像如图所示。以下说法中正确的是

（）

A．气体由状态a到状态b的过程中体积增大

B．气体由状态a到状态b的过程中分子平均动能减小

C．气体由状态a到状态b的过程中一定要从外界吸热

D．气体由状态b到状态c的过程中密度增大

E．气体由状态b到状态c的过程中单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数减小

【答案】ACE

【详解】A．气体由状态a到状态b的过程中，气体做等压变化，有

V

C

T

气体由状态a到状态b的过程中，温度升高，体积增大，故A正确；

B．气体由状态a到状态b的过程中，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；

C．气体由状态a到状态b的过程中，温度升高，气体内能增大，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一

定律

UWQ

则气体由状态a到状态b的过程中一定要从外界吸热，故C正确；

D．气体由状态b到状态c的过程中气体压强减小，温度降低，图线上各点与原点连线的斜率逐渐减小，根据

CT

p

V

可得图像中的状态点与原点连线的斜率与体积大小成反比，故气体由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，密

度减小，故D错误；

E．气体由状态b到状态c的过程中，温度降低，气体分子平均动能减小，体积减小，单位时间内对单位面积器壁

的碰撞次数减小，对单位面积器壁的压力减小，故E正确。

故选ACE。

32

12．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V1750cm的左右两部分。面积为S100cm

5

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T1300K、压强p12.0410Pa

的状态1。抽取隔板A，右侧的气体就会扩散到左侧，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），电阻丝C放出89.3J的热量时气体达到温度

5

T2350K的状态3。已知大气压强p01.0110Pa，隔板厚度不计，下列说法正确的是（）

A．气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能减小

B．水平恒力F的大小为10N

C．状态3气体的体积为1750cm3

D．气体从状态1到状态3内能增加63.8J

【答案】BCD

【详解】A．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，可知气

体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不

变，故A错误；

B．气体从状态1到状态2发生等温变化，则有

p1V1p22V1

解得状态2气体的压强为

p

p11.02105Pa

22

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为对象，根据受力平衡可得

p2Sp0SF

解得

554

F(p2p0)S(1.02101.0110)10010N10N

故B正确；

C．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T2350K的状态3，可知气体做等压变化，

则有

2VV

13

T1T2

可得状态3气体的体积为

T235033

V32V12750cm1750cm

T1300

故C正确；

D．该过程气体对外做功为

56

Wp2Vp2(V32V1)1.0210(17502750)10J25.5J

根据热力学第一定律可得

UWQ63.8J

故D正确。

故选BCD。

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．“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，当活塞下的细线绷紧，且重物对

铁架台平面压力刚好为零，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

L

面处。已知环境温度恒为T，大气压强恒为p，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

1000

略不计。

(1)闭合阀门K，重物缓慢升高过程，缸内气体所经历过程为过程（选填“等温”、“等容”、“等压”），此过程中

缸内气体分子平均动能（选填“变大”、“变小”、“不变”）。

(2)求重物对铁架台平面压力刚好为零时，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，求该过程缸内气体内能的变化。

【答案】(1)等压变小

10

(2)T

90

1

(3)pSmgLQ

100

【详解】（1）[1]由于重物升高过程中，对活塞受力分析有

pSmgp0S

由于大气压强和重物的重量不变，所以该过程中，封闭气体为等压变化。

[2]重物缓慢升高过程，气体发生等压变化，所以由

V

C

T

由于封闭气体的体积变小，所以气体的温度变小，所以气体分子的平均动能变小。

（2）重物开始升高时，体积为V1

V1LS

重物升到最高时，体积为V2

99

VLSLS

21010

由之前的分析可知，重物升高过程中为等压变化，所以有

VV

12

TT0

解得

10

TT

90

（3）闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，则

pSmgp0S

解得

mg

pp

0S

外界对气体做功为

L

WpS

10

气体放出的热量为Q，根据

UQW

解得

1

UpSmgLQ

100

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U，气体做功的绝对值为W，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

【答案】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WUD

【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，U为负值，液面升高，外接对气体做正功，

气体放热，根据

UWQ

则

QWΔU

（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。

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．海洋温差发电安全无污染，储量巨大。在某次发电测试实验中，探测到490m深处的海水温度为290K，如图所

示，在此处将氨水蒸气封闭在横截面积S2m2的气缸内，气缸从深海490m深处上浮到海面，随着海水温度升高，

封闭气体的体积增大，活塞缓慢上升且始终未脱离气缸。氨水蒸气可看作理想气体，气缸导热性能良好，活塞质量

3533

不计。已知海面处温度T0300K、此处气体体积V03m，大气压强恒为p0110Pa，海水密度1.010kg/m。

（1）气缸从深海上浮到海面，气缸内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或者“不变”）及内能______

（选填“变大”、“变小”或者“不变”）；

（2）求气缸在深海中上浮490m到海平面的过程中，活塞相对缸底上升的距离（计算结果保留3位有效数字）；

（3）在上述过程中，气缸内含蒸气1.7kg，上升过程吸收的总热量为105kJ，已知1摩尔蒸气的内能UkT，其中

常量k25J/K，1摩尔蒸气质量为17g，求蒸气对外做的功。

【答案】（1）变大，变大；（2）1.47m；（3）80kJ

【详解】（1）缸从深海上浮到海面，海水温度升高，气体的温度升高，则分子平均动能变大，内能变大；

（2）初始时

6

p1p0gh510Pa

根据理想气体状态方程

pVpV

0011

T0T1

解得

3

V10.058m

V0V1ΔhS

解得

Δh1.47m

（3）根据热力学第一定律有

ΔUWQ

ΔU100kΔT25kJ

解得

W80kJ

即对外做功80kJ。

16．如图所示，一个圆筒形导热气缸开口向上竖直放置在水平平台上，内有质量为m=1kg的活塞，其面积为

S=1×10-4m2，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气，密封有一定质量的理想气体，活塞上放有一个质量M=2kg的物块，

52

气柱高度h=0.1m。已知大气压强p0=1.0×10Pa，取g=10m/s。

（1）若拿掉物块后活塞上升到如图虚线所示位置，求此时气柱的高度；

（2）如果缓慢降低环境温度，使活塞恢复到原高度；此过程中气体放出热量3J，求气体内能的变化量U。

【答案】（1）0.2m；（2）-1J

【详解】（1）拿掉物块后，活塞将上升，设稳定时气柱的高度为h1，密封的理想气体可视为做等温变化，则由玻意

耳定律有

Mmgmg

p0Shp0Sh1

SS

解得

h10.2m

（2）缓慢降低环境温度，使活塞恢复到原高度，此过程密封气体做等压变化，外界对密封气体做功为

mg

Wp0Sh1h2J

S

对封闭气体，气体放出热量

Q3J

由热力学第一定律UWQ，解得气体内能的变化量

U1J

P1

17．如图，有一定量单原子分子理想气体，从初态a（P1，V1）开始，经等容过程到达压强为的b态，再经等压

4

过程到达c态，最后经等温过程而完成一个循环。求：

（1）状态c的体积V2；

（2）各过程气体做的功；

（3）各过程气体传递的热量。

【答案】（1）V24V1；（2）见解析；（3）见解析

【详解】（1）ca是等温变化，则有

p

pV1V

1142

解得

V24V1

（2）ab，气体做功

W10

bc，气体做功

p3

W（1VV）=pV

2421411

ca，气体做功

V1

W3RTaln=-p1V1ln4

V2

（3）ab，气体吸热

9

QC（T-T）=-pV

1Wba811

bc，气体吸热

15

QC（T-T）=pV

2Pcb811

ca，气体吸热

Q3W3p1V1ln4

18．如图所示，开口向上竖直放置玻璃管内有一质量为m、长为h的水银柱封闭一段空气柱，已知大气压为p0，水

银柱上端距离玻璃管口的距离也为h，玻璃管的横截面积为S．现将玻璃管缓慢倒置，再次稳定后管内恰剩余一半

的水银，重力加速度为g，全过程温度不变，管内气体可看成理想气体，求

（1）玻璃管的总长度是多少；

（2）整个过程空气柱吸收的热量Q。

phS

0h

phS3hphShmg

【答案】（1）0；（2）QpSmg0ln

0phSh

mg2mg20

mg2

【详解】（1）设玻璃管的总长度是l，初状态封闭气体的体积为

V1(l2h)S

根据平衡条件可知

mg

pp

10S

末状态封闭气体的体积为

h

V(l)S

22

根据平衡条件可知

mg

pp