2024春高中物理第三章热力学定律达标检测卷（粤教版选择性必修第三册）

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第三章达标检测卷(考试时间：60分钟　满分：100分)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，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，B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减小，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，D正确．2．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，W0，如果放热，W0，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 eq \f(pV,T)＝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．5．浙江最大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．(2023年盐城联考)开口向上，导热性能良好的气缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示．气缸与活塞间的摩擦忽略不计，现缓缓向活塞上倒上细沙，则下列关于密封气体的图像中可能正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　A 　　　 　B　　　　　　 C 　　　　D【答案】D　【解析】由于气缸导热性能良好，快速发生热交换，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体体积与压强成反比，ABC错误，D正确．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，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，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符合热力学第二定律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．(2023年广州开学考试)在飞机起飞的过程中，由于高度快速变化，会引起机舱内气压变化，乘客小周同学观察发现，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，如图所示．若起飞前后桶内气体的温度保持不变，则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法中正确的是(　　)A．桶内气体压强p增大B．桶内气体分子平均动能Ek不变C．桶内气体从外界吸收热量D．桶内气体对外做功，内能减小【答案】BC　【解析】依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，桶内气体体积增大，根据pV＝c可知，压强p减小，A错误；由于桶内气体温度不变，则分子平均动能Ek不变，B正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，当ΔU不变，Q>0，W0，Q＝0，则气体的内能ΔU>0，即气体内能增大，温度升高，气体的平均分子动能增大；由 eq \f(pV,T)＝c可知，体积减小，温度升高，则气体的压强增大．13．(12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 eq \f(V,2T0)＝ eq \f(V′,T0)，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＝ eq \f(1,2)p0V＋aT0.14．(11分)气泡是鱼在水中呼吸或进食所形成的，随着鱼嘴一张一闭，鱼嘴中的黏液包裹着鱼体内的空气产生气泡上浮到水面，有经验的钓友能根据气泡判断出鱼的位置．假设鱼在水面下某深度处吐出一气泡，气泡直径为2 cm，此处水温为7 ℃，当气泡缓慢上升至水面时，气泡直径为3 cm，已知水面温度为27 ℃，大气压为1.0×105 Pa，水的密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，气泡内气体视为理想气体．问：(1)判断鱼的位置到水平面的垂直距离是多少？(2)气泡在上升的过程中，是向外界放热还是从外界吸热？解：(1)设水面下某深度处的气泡内气体压强为p1，气泡半径为r1，热力学温度为T1，水面处气泡内气体压强为p2，气泡半径为r2，热力学温度为T2，气泡内气体的体积V＝ eq \f(4,3)πr3，根据理想气体状态方程有 eq \f(p1V1,T1) ＝ eq \f(p2V2,T2)，其中p2＝p0，p1＝p0＋ρgh，联立解得h＝21.5 m.(2)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气泡内气体温度升高，故ΔU>0，气泡内气体对外做功，故W0，故气泡在上升的过程中，是从外界吸热．