新教材适用2023_2024学年高中物理第3章热力学定律本章学业质量标准检测新人教版选择性必修第三册

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本章学业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．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程( D )A．有的只遵守热力学第一定律B．有的只遵守热力学第二定律C．有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律D．所有的都遵守热力学第一、第二定律解析： 热力学第一、第二定律是热力学的基本定律，对所有涉及热现象的宏观过程都成立，选项D正确。2．(2023·河南周口段考)一个带活塞的气缸内盛有一定量的气体，若此气体的温度随其内能的增大而升高，则( D )A．将热量传给气体，其温度必升高B．压缩气体，其温度必升高C．压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变D．压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高解析： 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，当压缩气体，同时将热量传给气体时，其内能增加，温度必升高，D正确；若压缩气体的同时气体向外界放热，内能增加或减少的情况无法确定，温度变化情况也无法确定，C错误；而选项A、B只是考虑了W或Q中的一个而忽略了另一个，故不正确。3. (2023·河南林州一中高二下调研)如图所示，容器内部有被水平隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸收的热量为Q，气体内能增量为ΔU，则( B )A．ΔU＝Q  B．ΔU<QC．ΔU>Q  D．无法比较ΔU与Q解析： 因为A的密度小，B的密度大，两部分气体均匀混合后整体的重心升高，重力势能增加，吸收的热量一部分用来增加气体内能，一部分用来增加系统的重力势能，根据能量守恒定律可知ΔU<Q，故选项B正确。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．(2023·河北邯郸高二阶段练习)做功和热传递都可以改变物体的内能，以下说法正确的是( D )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．物体吸收热量，同时对外做功，内能一定增加D．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少解析：物体放出热量，若外界对物体做更多的功，则内能增加，故A错误；物体对外做功，如同时从外界吸收更多的热量，则内能增加，故B错误；物体吸收的热量为Q，同时对外做功为W，如二者相等，则内能不变；若Q>W，则内能增加；若W>Q，则内能减少，故C错误；物体放出热量，同时对外做功，则内能一定减少，故D正确。6．(2023·哈尔滨尚志市尚志中学高二期末)下列说法正确的是( C )A．一定质量的理想气体吸热时，其温度一定升高B．第一类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而减少解析： 根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体吸热时，可能对外做功，其温度不一定升高，故A错误；第一类永动机违反了能量守恒定律，故B错误；当分子力表现为斥力，分子间距离的减小时，分子力做负功，分子力和分子势能增大，故C正确；温度降低，分子的平均动能减小，分子每次对器壁的撞击力减小，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必增加，故D错误。故选C。7．如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，光滑活塞C(质量为m)与容器用良好的隔热材料制成。活塞横截面积为S，大气压为p0，另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B而静止，在这一过程中，容器内空气内能的改变量ΔE，外界对容器内空气所做的功W与物体及活塞的重力势能的变化量的关系是( C )A．Mgh＋mgΔh＝ΔE＋WB．ΔE＝W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔhC．ΔE＝W，W<Mgh＋mgΔh＋p0SΔhD．ΔE≠W，W＝Mgh＋mgΔh＋p0SΔh解析： 由于系统隔热，所以气体与外界没有热交换，活塞对气体做正功，所以由热力学第一定律知气体的内能增加，且ΔE＝W，而从能量守恒的角度考虑，m和M减少的机械能即重力势能和大气压做功共Mgh＋mgΔh＋poSΔh，这部分损失的能量一部分使气体的内能增加，另一部分损失到碰撞过程中m和M的内能上，所以W＜Mgh＋mgΔh＋poSΔh，故选C。8．如图所示，绝热的容器内封闭一定质量的气体(不考虑分子间的相互作用力，外界大气压恒定)，用电阻丝对其加热时，绝热活塞缓慢地无摩擦地上升，下列说法正确的是( C )A．活塞上升，气体体积增大，温度降低B．电流对气体做功，气体又对外做功，气体内能可能不变C．电流对气体做功一定大于气体对外做功D．气体体积增大，单位时间内打到器壁单位面积的分子数减少，气体压强一定减小解析： 活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；由理想气体的状态方程可知，活塞上升的过程中气体体积增大，故温度一定升高，A错误；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，故气体的内能一定增大，B错误；因内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量一定大于对外做功，C正确；气体体积变大，故气体单位体积内的分子数减小，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，但由前面分析知气体压强不变，D错误。故选C。9．某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环可视为由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体( AC )A．在a→b的过程中，外界对其做的功全部用于增加内能B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数增多D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量解析： 由题意可知a→b过程为绝热过程，即气体吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功全部用于增加内能，故A正确；在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。根据查理定律可知b→c过程中，气体温度也升高，所以气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态气体分子的平均动能不可能相等，故B错误；在b→c过程中，气体压强增大，单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，故C正确；根据能量守恒定律可知，在一次循环过程中，气体吸收的热量一定大于放出的热量，其差值为对外所做的机械功，故D错误。故选AC。10．(2023·青岛二中高二期中)如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这一过程中气缸内的气体( CD )A．单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多B．气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因C．气体分子的速率分布情况不变D．气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量解析： 活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，气缸内气体压强减小，因为气缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误；气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误；外界的温度保持不变，导热材料制成的气缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C正确；气缸内气体温度不变，气缸内气体内能不变；气缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。故选CD。11．(2023·山东莱州一中高二上月考)如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气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与气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。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两项错误；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)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度_低于__(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度_大于__(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。解析：由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故ΔQ＝0，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律可知：ΔU＝ΔQ＋W<0，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：＝C，又ρ＝，m为容器内气体质量，联立得：ρ＝，取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。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　1.8×105 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．(10分)目前市场在售的玩具枪，各式各样，有些生产厂家为了经济利益，迎合少数不法分子的需求，生产超标违规玩具枪，这种违规产品存在很大安全隐患。按照公安部颁发的《枪支致伤力的法庭科学鉴定判据》(GA/T718—2007)的规定，对于不能发射制式弹药的非制式枪支，当所发射弹丸的枪口比动能EkS大于等于1.8 J/cm2时，一律认定为枪支。所谓“枪口比动能”是指弹丸离开枪口时的动能与枪口横截面积的比值。现要对一支玩具气枪进行测试，先测得其枪管长度d＝20 cm，枪口截面积S＝0.4 cm2，所发射弹丸的质量m＝3 g。水平端着气枪从离地面高度h＝1.8 m处水平射击，弹丸在枪内高压气体推动下水平射出，弹丸击发时间极短，测得弹丸的水平射程L＝18 m。不计空气阻力，高压气体膨胀过程质量不变，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。(1)通过计算说明该玩具枪是否能被认定为枪支；(2)求该玩具枪发射弹丸过程中，枪内高压气体减少的内能。答案：(1)被认定为枪支　(2)2.15 J解析：(1)设弹丸离开枪口时的速度为v0，经时间t落地，有h＝gt2，L＝v0t。解得EkS＝≈3.4J/cm2>1.8J/cm2。所以该玩具枪被认定为枪支。(2)设弹丸在枪管内加速过程中，高压气体对弹丸做的功为W，枪内高压气体减少的内能为ΔU，有W－p0Sd＝mv。由热力学第一定律得ΔU＝W。解得ΔU＝2.15 J。17．(12分)(2023·山东滨州高二期中)如图所示，质量为M、内部高为H的绝热气缸内部带有加热装置，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体。气缸顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上。已知气缸的底面积为S，活塞质量为m。开始时缸内理想气体温度为300 K，活塞到气缸底部的距离为0.5H。用电流大小为I的电流通过图中阻值为R的电阻丝缓慢加热时间t后，气缸内气体的温度升高到700 K。已知大气压强恒为p0，重力加速度为g。忽略活塞和气缸壁的厚度，不计一切摩擦。求：(1)当温度从300 K升高到700 K的过程中，缸内气体内能的增加量；(2)温度为700 K时缸内气体的压强。答案：(1)I2Rt－(p0S－Mg)　(2)解析：(1)假设在活塞碰到挡板前，气体一直做等压变化，当T1＝300 K时，体积为0.5HS；当T2＝700 K时，设活塞到气缸底部的距离为h，则＝解得h＝H>H故假设不成立，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容变化。在等压变化过程中，设气体的压强为p，对气缸有Mg＋pS＝p0S此过程气体对外做功为W＝pS×0.5H由热力学第一定律有ΔU＝I2Rt－W解得ΔU＝I2Rt－。(2)设T2＝700 K时气体的压强为p′，由理想气体状态方程得＝解得p′＝。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。