人教版高中物理选择性必修第三册第3章达标检测卷达标练含答案

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第三章达标检测卷(考试时间：60分钟　满分：100分)班级：________　　座号：________　　姓名：________　　分数：________一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．)1．关于物体内能的变化，以下说法正确的是(　　)A．物体放出热量，内能一定减少B．物体对外做功，内能一定减少C．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变【答案】D　【解析】物体放出热量，若外界对物体做的功大于放出的热量，其内能增加，故A错误；物体对外做功，如同时从外界吸收的热量，则内能不一定减少，故B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减小，故C错误；物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，故D 正确．2．如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)A．气体A吸热，但对外做功，内能不变B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A和气体B内每个分子的动能都增大D．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少【答案】D　【解析】气体A吸热Q>0，体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0，气体温度升高，故A错误．对B上方活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，B气体的压强不变；由于隔板导热性良好，B气体会吸收A气体的热量后温度上升，内能增大；再由理想气体状态方程＝C，在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误．气体A和气体B温度都上升了，分子的平均动能都增大；分子平均动能是大量分子的一种统计规律，分子的平均动能都增大，并非每一个分子的动能都会增大，故C错误．根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关；在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确．3．蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通．已知海水温度随深度增加而降低，则在深潜器下潜过程中，下列说法正确的是(　　)A．每个氧气分子的动能均减小B．氧气放出的热量等于其内能的减少量C．氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D．氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大【答案】C　【解析】氧气的温度降低则分子的平均动能降低，并不是每一个分子的动能都降低，故A错误；海水温度随深度增加而降低，则氧气的温度也降低，内能降低，ΔU为负值；而汽缸内的氧气的压强随深度增加而增加，根据理想气体的状态方程可知氧气的体积减小，则外界对气体做功，W为正值；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知氧气放出的热量大于其内能的减少量，故B错误；氧气的温度降低，则氧气分子的平均动能减小，单个分子对器壁的平均撞击力减小，由于氧气的压强增大，根据压强的微观意义可知，氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确，D错误．4．下列说法中错误的是(　　)A．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加B．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体C．气体被压缩时，内能可能不变D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的【答案】B　【解析】做功和热传递都可以改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体吸收热量，Q>0，同时对外做功，W<0，内能可能增加，故A正确；根据热力学第二定律可知，热传递具有方向性，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故B错误；气体被压缩，则W>0，如果放热，W<0，根据热力学第一定律可知，内能可能不变，故C正确；第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，是制造不出来的，故D正确．5．(2021年杭州期中)浙江最大抽水蓄能电站2016年在缙云开建，抽水蓄能电站结构如图所示．抽水蓄能电站有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式，居民用电低谷时(如深夜)，电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式，居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用．一抽一放起到了均衡电网负荷的作用．关于抽水蓄能电站下列说法正确的是(　　)A．抽水蓄能的过程中，能量守恒B．放水发电的过程中，机械能守恒C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了【答案】A　【解析】抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，故A正确；放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒，故B错误；抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，故C错误；抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，故D错误．6．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则(　　)A．A→B过程气体降温B．B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功C．C→A过程气体吸热D．全部过程气体做功为零【答案】A　【解析】A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，A正确；B→C过程气体等容升压，由＝恒量可知，气体温度升高，其对应的内能增加，因气体体积不变，做功W＝0，B错误；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，C错误；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积，B→C过程气体不做功，C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程外界对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，D错误．7．如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定(　　)A．从外界吸热 B．内能增大C．向外界放热 D．内能减小【答案】C　【解析】本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，故B、D错误．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故A错误，C正确．8．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因下列说法中正确的是(　　)A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律D．机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化【答案】CD　【解析】本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：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，C、D正确．9．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，有如图所示①、②两个过程，则下列说法正确的是(　　)A．状态a的体积大于状态b的体积B．在过程①中，气体对外界做功，同时气体也向外界放热C．过程①、②中气体都对外界放出热量，但过程②中气体对外界放出的热量比过程①中要少D．过程①、②中外界都对气体做功，但过程②中外界对气体做的功比过程①中要少【答案】ACD　【解析】一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，压强增大，温度降低，由＝C，可知，状态a的体积大于状态b的体积，A正确；在过程①中，气体体积减小，外界对气体做功，气体内能减小，根据热力学第一定律，气体向外界放热，B错误；外界对气体做功可表示为W＝pΔV，对于每一个体积相等的状态，过程②的压强小于过程①的压强，所以过程①外界对气体做的功大于过程②外界对气体做的功，根据热力学第一定律，过程②中气体对外界放出的热量比过程 ①中要少，C、D正确．10．如图，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回到初态a.下列说法正确的是(　　)A．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】过程ab，温度T增加，内能增加，A正确；过程ca，体积V减小，外界对气体做功，B正确；过程ab，体积V不变，气体不做功，C错误；过程bc，温度T不变，ΔU＝0，体积V增加，对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q>0，D正确．二、非选择题(本题共4小题，共40分)11．(8分)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，气体在状态C时的温度TC＝300 K，则从A到B气体放出的热量是______J；气体在状态A时的温度为______K.【答案】1 200 　1 200【解析】从A到B，外界对气体做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q＝ΔU－W＝－1 200 J，即从A到B气体放出的热量是1 200 J，根据理想气体状态方程有＝，代入数据解得TA＝1 200 K.12．(10分)进行如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图．若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为________；若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.8 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，则该气体内能变化了________J，若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________(填“升高”或“降低”)．【答案】NA　0.1　降低【解析】气体的物质的量为n＝，该密闭气体的分子个数为N＝nNA＝NA．气体对外做了0.8 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝－0.8 J＋0.9 J＝0.1 J．若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体迅速绝热膨胀，对外做功，内能减少，温度降低．13．(10分)如图所示，一轻活塞将体积为V，温度为2T0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内．已知大气压强为p0，大气温度为T0，气体内能U与温度T的关系为U＝aT(a为正的常数)．在汽缸内气体温度缓慢降为T0的过程中，求：(1)气体内能的减少量ΔU；(2)气体放出的热量Q.解：(1)由题意可知气体内能U与温度的关系为U＝aT，所以开始时气体的内能U1＝a×2T0，末状态U2＝aT0，内能的减少量ΔU＝U1－U2＝aT0.(2)设温度降低后的体积为V′，由盖－吕萨克定律＝，外界对气体做功W＝p0(V－V′)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，解得气体放出的热量Q＝p0V＋aT0.14．(12分)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“砰”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度t1＝27 ℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0.试分析：(1)将容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度．(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？解：(1)根据查理定律＝，p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0.解得T2＝1 200 K，则t2＝927 ℃.(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少35 kJ.