人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律综合与测试导学案

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律综合与测试导学案，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
章末检测试卷(三)(时间：90分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题8小题，每小题3分，共24分)1．(2019·格尔木市调研)根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　　)A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能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．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来答案　A解析　机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，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，第二类永动机不可能制造出来，D错误．2．(2020·上海市金山中学高二期末)关于能量的转化，下列说法中正确的是(　　)A．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行B．不但能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高C．空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性D．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化答案　D解析　根据热力学第二定律，满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行，选项A错误；能量在转化过程中会由高品质的能源转化为低品质的能源，故可利用性会降低，选项B错误；空调机既能制热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故C错误，D正确．3．关于内能、温度和热量，下列说法正确的是(　　)A．物体的温度升高时，一定吸收热量B．物体沿斜面下滑时，内能将增大C．物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大D．内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时热传递停止答案　C4．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大答案　D解析　中午，车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确．5．(2019·沙市中学高二下期中)在寒冷的冬天里泡一泡温泉，不仅可以消除疲劳，还可扩张血管，促进血液循环，加速人体新陈代谢．假设水温恒定，则温泉中正在缓慢上升的气泡(气泡内气体可看作理想气体)(　　)A．压强增大，体积减小，吸收热量B．压强增大，体积减小，放出热量C．压强减小，体积增大，吸收热量D．压强减小，体积增大，放出热量答案　C解析　温泉中正在缓慢上升的气泡，压强减小，由理想气体状态方程＝C知，温度不变、压强减小时体积增大；一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，故内能不变，体积增大时，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体应吸收热量，故C正确，A、B、D错误．6．(2020·济宁市月考)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也是在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低．此过程中(　　)A．封闭的二氧化碳气体对外界做正功B．封闭的二氧化碳气体压强一定增大C．封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大D．封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量答案　B解析　气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误．根据＝C可知，气体体积减小到原来的一半，但是气体的温度不可能减小到原来的一半，则气体的压强一定增大，故B正确；温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故C错误；温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，封闭气体向外界放出热量，故D错误．7.(2020·涿鹿中学高二月考)如图1所示，导热性良好的汽缸内密封的气体(可视为理想气体)在等压膨胀过程中，下列关于气体说法正确的是(　　)图1A．气体内能可能减少B．气体会向外界放热C．气体吸收的热量大于对外界所做的功D．气体分子的平均动能将减小答案　C解析　气体等压膨胀，根据＝C知T升高，气体分子的平均动能将增大，故D错误；理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故A错误；体积增大，则气体对外界做功，即W<0，又内能增加，根据热力学第一定律知气体一定吸热，即Q>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W>0，得Q>|W|，故B错误，C正确．8.如图2所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能转动较长时间，下列说法正确的是(　　)图2A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案　D解析　形状记忆合金进入水中后受热，形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知，能量来源于热水，热水温度会降低，故A、B、C错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D正确．  二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16分)9．(2020·山西高二期末)下列关于物体内能的各种说法中正确的是(　　)A．物体内能的改变有两种方式：做功和热传递，两者在内能的改变上是等效的B．在有其他影响的情况下，可以把内能全部转化为有用功C．内能可以由低温物体转移到高温物体而不引起其他变化D．在内能的转化和转移过程中，虽然存在能量损失，但总能量依然守恒答案　ABD解析　由热力学第一定律知，改变物体的内能有两种方式，分别为做功和热传递，两者在内能的改变上是等效的，故A正确；热力学第二定律指出不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故B正确；内能的转移是通过热传递的方式完成的，热力学第二定律指出不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故C错误；能量守恒定律指出能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量不变，故D正确．10．(2019·武汉市模拟)我国航天员漫步太空已成为现实．飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图3所示．两个相通的舱A、B间装有阀门K.指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡．若将此气体近似看成理想气体，则(　　)图3A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减小，内能增加C．气体体积变大，温度不变D．B中气体不可能自发地全部退回到A中答案　CD解析　当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体体积膨胀，但对外不做功，故A错误；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，B错误，C正确；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部退回到A中，故D正确．11.(2020·张家口一中高二期中)如图4，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是(　　)图4A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量答案　ABD解析　从a到b等容升压，根据＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；在过程ab中气体体积不变，根据W＝pΔV可知，气体对外界做功为零，故C错误；在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，故D正确．12.如图5所示，一导热性能良好的金属汽缸放置在水平面上，汽缸内封闭了一定质量的理想气体，现缓慢地在活塞上堆放一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，在此过程中(　　)图5A．气体的内能增大B．气体吸热C．单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多D．若汽缸和活塞换成绝热材料，汽缸内气体分子平均动能增大答案　CD解析　金属汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内封闭气体温度与环境温度相同，在活塞上堆放一定质量的沙土时气体等温压缩，温度不变，气体的内能不变，故A错误；气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体要向外放出热量，故B错误；汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则汽缸内气体分子密度增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多，故C正确；若汽缸和活塞换成绝热材料，气体不吸热也不放热，气体体积减小，对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增大，气体温度升高，汽缸内气体分子平均动能增大，故D正确．三、填空题(本题2小题，共16分)13．(6分)在装有食品的包装袋(导热良好)中充入氮气，可以起到保质作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定质量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢地施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力________(选填“增大”“减小”或“不变”)，包装袋内氮气的内能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，包装袋内氮气________(选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)．答案　增大(2分)　不变(2分)　放热(2分)14.(10分)(2020·扬州中学月考)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6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．图6(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．温度不太低，压强不太大时，可视为理想气体(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V－T图像如图7所示．已知大气压强p0＝1×105 Pa，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60 J，则气体的内能增加了________J.图7(3)已知1 mol任何气体在压强p0＝1×105 Pa，温度t0＝0 ˚C时，体积约为V0＝22.4 L．瓶内空气的平均摩尔质量M＝29 g/mol，体积V1＝2.24 L，温度为T1＝25 ˚C.可估算出瓶内空气的质量为________．答案　(1)AD(3分)　(2)50(2分)　10(2分)(3)2.66 g(3分)解析　(1)温度升高时，由于气压等于外界大气压，不变，故瓶内气体体积增大，故A正确；温度升高时，瓶内气体分子的热运动的平均动能增大，但不是每个分子的动能均增大，故B错误；气体压强是分子对容器壁的频繁碰撞产生的，温度升高，分子热运动的平均动能增大，气体压强不变，故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，故C错误；温度不太低，压强不太大时，实际气体均可视为理想气体，故D正确．(2)由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为：W＝p·ΔV＝1.0×105×(2.5×10－3－2×10－3) J＝50 J若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加ΔU＝60 J－50 J＝10 J(3)瓶内空气体积V1＝2.24 L，温度为T1＝(25＋273) K＝298 K，转化为标准状态，有＝解得：V2＝物质的量为n＝故质量：m＝nM＝·M≈2.66 g.四、计算题(本题4小题，共44分)15.(9分)(2019·黄冈市高二下期末)一定质量的理想气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，此过程的p－V图像如图8所示，图中虚线为等温线．在B→C的过程中，气体吸收热量为12 J．则：图8(1)比较气体在A和B状态的内能EA、EB的大小；(2)气体从A→B过程中气体对外界做的功．答案　(1)EA>EB　(2)12 J解析　(1)A→B过程绝热，Q＝0，体积V增大，对外做功，内能减小，EA＞EB.(2分)(2)A→B→C过程中有：ΔU＝WAB＋WBC＋QAB＋QBC(2分)A、C温度相等，内能不变ΔU＝0(1分)A、B绝热过程QAB＝0(1分)B、C等容变化不做功WBC＝0(1分)在B→C的过程中，气体吸收热量为12 J，即QBC＝12 J(1分)故WAB＝－12 J(1分)即从A→B过程中气体对外做功12 J.16.(10分)如图9为一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.图9(1)求此时气体的压强．(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．答案　(1)p0　(2)　吸热　原因见解析解析　(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得＝(2分)所以此时气体的压强p1＝p0＝p0＝p0(2分)(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2(2分)可得V2＝＝V0(1分)所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝(1分)因为抽气过程中气体温度不变，故内能不变，而气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一定从外界吸收热量．(2分)17.(12分)某压力锅结构如图10所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．图10(1)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1 J，并向外界释放了2 J的热量．锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？(2)已知大气压强p随海拔高度H的变化满足p＝p0(1－αH)，其中常数α>0.结合气体实验定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同．答案　(1)减少　3 J　(2)温度随着海拔高度的增加而降低．解析　(1)根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，气体对外做功，W＝－1 J；气体向外放热，热量Q＝－2 J．(2分)则有：ΔU＝W＋Q＝－3 J，负号表示内能减少．锅内原有气体内能减少，减少了3 J．(2分)(2)由p＝p0(1－αH)(其中α>0)，随着海拔高度的增加，大气压强减小；(1分)锅内气体压强p1＝p＋＝p0(1－αH)＋，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；(4分)根据查理定律＝可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．(3分)18.(13分)(2020·安徽高二期末)一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，汽缸如图11所示水平放置．活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝4 cm.外界气温为27 ˚C，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10 m/s2，求：图11(1)此时气体的温度为多少；(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝390 J的热量，则气体增加的内能ΔU为多少．答案　(1)480 K　(2)318 J解析　(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝300 K当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p1S＝p0S＋mg(2分)则p1＝1.2×105 Pa，V1＝(L1＋L2)S由理想气体状态方程得＝(2分)则T1＝480 K(1分)(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS(2分)则L＝10 cm(1分)加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－72 J(2分)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q(2分)得ΔU＝318 J．(1分)