2023-2024学年人教版选择性必修第3册 第三章　热力学定律 质量检测

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第三章　热力学定律  质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共12小题，其中1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2022·陕西省运城市风陵渡中学高二下学期段考)如图所示为课本中的几幅热现象示意图，则下列关于这几幅图的有关说法正确的有(　A　)A．图一表达的意思是分子不一定是球形的，但可以把它们当作球形处理，这是在物理学的学习和研究中常用的“估算”的方法B．图四中的永动机的设计违背了热力学第二定律C．图二中绳子对玻璃板的拉力一定等于玻璃板的重力D．图三中液体表面层的分子间距离较大，则分子间的引力和斥力都比液体内部的大解析：图一表达的意思正确，图四中的永动机设计违背了能量守恒定律，图三中绳子的拉力一定大于玻璃板的重力，图四中液体表面层的分子间距离较大，则分子间的引力和斥力都比液体内部的小，综上所述，选项A正确，BCD错误。2．(2022·河北巨鹿中学高二下月考)关于能量和能源，下列说法正确的是(　C　)A．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造B．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源C．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质提升了解析：根据能量守恒定律，能量是不能够被创造的，选项A错误；在能源的利用过程中，虽然能量在数量上并未减少，但是能量的品质在降低，所以还需要节约能源，选项B错误；根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，选项C正确；能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了，选项D错误。3．如图所示，一绝热容器被一绝热隔板隔开成a、b两部分。已知a、b内气体压强pa>pb。抽开隔板固定件K后，隔板移动，最终达到平衡状态。在此过程中(　A　)A．a气体对b气体做功，a气体内能减少B．a气体对b气体做功，a气体内能可能不变C．b气体对a气体做功，b气体温度降低D．b气体对a气体做功，b气体温度升高解析：因a气体膨胀对外做功，内能减小，温度降低；b气体体积缩小，外界对其做功，内能增加，温度升高。4．一定质量的理想气体(分子间作用力不计)，体积由V膨胀到V′。如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，则(　B　)A．W1>W2，Q1<Q2，ΔU1>ΔU2B．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2C．W1<W2，Q1＝Q2，ΔU1>ΔU2D．W1＝W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2解析：压强不变的方式：对外做功的过程压强不变，做功的力不变，根据盖—吕萨克定律，温度升高，内能增加，ΔU1>0，吸热Q1＝W1＋ΔU1。温度不变的方式：由玻意耳定律，对外做功的过程压强减小，做功的力减小，W1>W2。温度不变，内能不变，ΔU2＝0，ΔU1>ΔU2，吸热Q2＝ΔU2＋W2，Q1>Q2，故B正确。5．(2022·山东临沂平邑一中高二下测试)“温泉水滑洗凝脂，冬浴温泉正当时”，在寒冷的冬天里泡一泡温泉，不仅可以消除疲劳，还可以扩张血管，促进血液循环，加速人体新陈代谢。设温泉的水温恒定，水中气泡内的气体可视为理想气体，则温泉中正在缓慢上升的气泡(　C　)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，放出热量解析：水温恒定，温泉中正在缓慢上升的气泡的压强减小，温度不变，由理想气体状态方程＝C可知，体积增大；温度不变，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，气体吸收热量，故C正确。6．(2022·江苏常州高二下期中)图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程，图中ab的延长线过原点，则下列说法不正确的是(　D　)A．气体从状态a到b的过程，气体体积不变B．气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量C．气体从状态d到a的过程，气体的内能减小D．气体从状态d到a的过程，气体对外界做功解析：因为p－T图像中ab的延长线过原点，所以从状态a到b，气体发生的是等容变化，气体的体积不变，故A正确，不符合题意；从状态b到c，温度升高，气体压强不变，根据理想气体状态方程＝C可知体积增加，体积增加说明气体对外做功，温度升高说明气体内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故B正确，不符合题意；从状态d到a，图线上各点与原点连线的斜率变大，则气体体积变小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。7．(2022·山东寿光现代中学高二下学期检测)一定质量的理想气体沿p－V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线ADB是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则(　C　)A．气体由A经C到B，一定是放热的B．气体由B经C为A，一定是吸热的C．气体由A经C到B再经D到A，吸热多于放热D．气体由A经C到B再经D到A，放热多于吸热解析：由图可知，由A经C到B，中途体积增大，对外做功，而A、B温度相等，AB内能相等，所以一定要吸热。而由B经D到A，只是体积减小，温度是不变的(是条等温线)，p－V图的面积为气体做功，由图可知A→C→B对外做功，大于B→D→A外界对气体做功整个过程应该是吸热的，故总的吸热大于放热。8．(2022·南京第二十九中学月考)如图所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高。现打开阀门K，从打开阀门的两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔEk；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得①W1＝0；②W2－W3＝ΔEk；③W2－W3＝Q＝ΔU；④W3－Q＝ΔU，其中，正确的是(　B　)A．①②③ B．①②④C．②③ D．①③解析：由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔEk，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①②正确。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝W3－Q，可知④正确，③错误。综合以上分析可知B正确。9．如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图像中从a到b的直线所示。在此过程中(　BCD　)A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功解析：由题图知气体的pV一直增大，由＝C知气体的温度一直升高，故A错误；一定质量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体一直从外界吸热，故D正确；气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误。10．(2022·山东莱州一中高二上月考)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，K与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子的分子势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则(　BCD　)A．a的体积增大了，压强变小了B．b的温度升高了C．加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈D．a增加的内能大于b增加的内能解析：对a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与汽缸壁的接触面是光滑的，可以自由移动，所以a、b两部分的压强始终相同。气体b被压缩，外界对气体b做功，又因与外界没有发生热交换，所以b的内能增大，温度升高。根据理想气体状态方程＝C，可知b体积减小，温度升高，压强一定增大，故A错误，B正确；a、b气体的压强始终相同，a的体积较大，则气体a的温度较高，所以加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈，故C正确；由于a气体的温度较高，所以a气体内能增加较多，故D正确。11．(2022·山东烟台高二下期末)用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，如图所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象。关于这一现象的说法正确的是(　AB　)A．这一实验过程不违反热力学第二定律B．在实验过程中，热水一定降温，冷水一定升温C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能解析：自然界中的任何现象或过程都不违反热力学定律，本实验过程也不违反热力学第二定律，A正确；实验过程中热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，故热水一定降温，冷水一定升温，B正确；热水的内能除转化为电能外，还有一部分内能转移到金属丝、容器中，内能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还有一部分转化为金属丝的内能，电能不能全部转化为冷水的内能，C、D错误。12．如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是(　AD　)A．快速挤压时，瓶内气体压强变大B．快速挤压时，瓶内气体温度不变C．快速挤压时，瓶内气体体积不变D．缓慢挤压时，气球下降解析：快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D项正确。第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)13．(6分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的p－T图像和V－T图像如图甲、乙所示，此过程中气体的内能增加了100 J，则此过程中气体__吸收__(选填“吸收”或“放出”)的热量为__300__J。解析：由题图知气体发生的是等压变化，由盖－吕萨克定律有＝，所以V2＝V1，代入数值得V2＝8.0×10－3 m3，此过程气体膨胀对外做的功为W＝p(V2－V1)＝200 J，由热力学第一定律知气体吸热且Q＝300 J。14．(8分)吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物体。如图所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0×10－2 m，当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为1.0×10－5 m3；按下吸盘后，吸盘与天花板所围容积为2.0×10－6 m3，按下吸盘过程中，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为p＝1.0×105 Pa。设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板紧密接触，吸盘内气体初态温度与末态温度相同。不计吸盘的厚度及吸盘与挂钩的总重。(1)吸盘恢复原状时，盘内气体压强为__2.0×104_Pa__；(2)该挂钩上最多能悬挂重为__100_N__的物体；(保留整数)(3)请判断在吸盘恢复原状过程中盘内气体是吸热还是放热，并简述理由。答案：(3)吸热　理由见解析解析：(1)吸盘恢复原状过程中盘内气体发生等温变化，由p1V1＝p2V2可得p2＝＝＝Pa＝2.0×104 Pa。(2)由平衡条件可得，G＝(p0－p2)S≈100 N。(3)吸盘恢复原状过程中盘内气体发生等温膨胀，其内能不变却对外做功，由热力学第一定律可知盘内气体吸热。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子势能是增加还是减少？(3)分子的平均动能是增加还是减少？答案：(1)减少　1.8×10 J　(2)增加　(3)减少解析：(1)气体从外界吸热，故Q＝4.2×105 J，气体对外做功，故W＝－6×105 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝(4.2×105 J)＋(－6×105 J)＝－1.8×105 J。ΔU为负，说明气体的内能减少了，减少了1.8×105 J。(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子间作用力做负功，气体分子势能增加。(3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少。16．(8分)某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领做了如下实验，用一面积为0.1 m2的面盆盛6 kg的水，经太阳光垂直照射5 min，温度升高5 ℃，若地表植物接收太阳光的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能；(2)若绿色植物在光合作用中每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每104 m2绿地每秒可放出的氧气为多少？[水的比热容为4.2×103 J/(kg· ℃)]答案：(1)4.2×103 J　(2)2 100 L解析：(1)水5 min内吸收的太阳能为E＝cmΔt＝4.2×103×6×5 J＝1.26×105 J。所以，每平方米绿色植物每秒钟吸收太阳能E′＝ J＝4.2×103 J。(2)每104 m2绿地每秒钟吸收太阳能E″＝4.2×103×104 J＝4.2×107 J。故放出氧气×0.05 L＝2 100 L。17．(14分)(2022·江苏南通高二下测试)如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，卡口离缸底的高度h＝0.1 m。质量M＝20 kg的绝热活塞停在卡口处，活塞的横截面积S＝1×10－2 m2，缸内气体温度t1＝27 ℃，压强p1＝0.9×105 Pa。现通过电热丝缓慢加热缸内气体，已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，缸内气体可视为理想气体，0 ℃＝273 K。(1)活塞刚要离开卡口时，求气体的热力学温度T2；(2)活塞离开卡口后继续上升了H＝0.1 m，此过程中气体吸收了Q＝320 J的热量，求此过程中气体内能的变化量ΔU。答案：(1)400 K　(2)200 J解析：(1)气体加热至使活塞刚要离开卡口，气体经历等容变化，则有＝，当活塞刚要离开卡口时，根据受力分析有p2S＝p0S＋Mg，代入数据，解得p2＝1.2×105 Pa，T2＝400 K。(2)活塞离开卡口上升过程中，缸内气体发生等压变化，故气体对外做功，则有W＝－p2SH＝－120 J，此过程吸收热量Q＝320 J，故此过程中ΔU＝W＋Q＝200 J。18．(16分)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。(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＝所以此时气体的压强p1＝p0＝p0＝p0。(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可得V2＝＝V0所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为K＝＝因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余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。