2023版新教材高中物理第三章热力学定律核心素养检测卷新人教版选择性必修第三册

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第三章核心素养检测卷考试时间：75分钟，满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法正确的是(　　)A．气体吸收了热量，其温度一定升高B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显D．晶体均有规则的几何形状2．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时对外放热40J，气体内能的增量ΔU为(　　)A．60JB．－60JC．－140JD．140J3．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4.如图所示，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(　　)A．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5．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6．某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气、打气结束、突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况，车胎内气体温度随时间变化的情况如图所示．可获取的信息是(　　)A．从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功，内能迅速增大B．打气结束到拔出气门芯前由于气体对外做功，其内能缓慢减少C．拔掉气门芯后，气体冲出对外做功，其内能急剧减少D．放气后静置一段时间由于再次对气体做功，气体内能增大7.如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”．卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为η＝1－eq \f(T2,T1).下列说法正确的是(　　)A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.如图所示，小朋友坐在滑梯上匀速下滑，在这个过程中(　　)A．小朋友的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变B．因为能量是守恒的，小朋友的机械能大小不变C．该过程中产生的内能可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响D．由于摩擦，小朋友滑过的滑梯温度升高，分子的平均动能增大，但不是其中每一个分子的动能都增大9．如图所示，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(　　)A．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10.某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V­T图像如图所示，则在该循环过程中，下列说法正确的是(　　)A．从状态B到C，气体放出热量B．从状态C到D，气体的压强增大C．从状态D到A，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少D．若气体从状态C到D，内能增加3kJ，对外做功5kJ，则气体向外界放出热量8kJ三、非选择题(本题共5小题，共54分)11.(6分) (1)某同学做了一个小实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图所示．这是因为烧瓶里的气体吸收了水的________，温度________，体积________．(2)若只对一定质量的理想气体做1500J的功，可使其温度升高5K．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高5K，那么气体吸收________J的热量．如果对该气体做了2000J的功，使其温度升高了5K，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)________J的热量．12.(10分)如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．(1)此实验中研究对象气体是________(填“①烧瓶中气体”“②烧瓶和AB管中的气体”或“③BC下面软管中的气体”)若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将C管________(填“向上”或“向下”)移动，直至B内的水银面回到原位置．(2)实验中使瓶内气体的体积不变，多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用p表示烧瓶内气体的压强．根据测量数据作出的图线是________．(3)同学还想用此实验验证玻意耳定律，在保证温度不变的情况下，寻找体积和压强满足一定的关系，现在不知道大气压强的具体数值，但大气压强可视为不变．也无法直接测出气体的体积和B管的内径，但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律．①保证温度不变的方法是________(填“①保持实验环境温度不变”“②移动C管要迅速”或“③测量数据要快”)②初始时，B、C管中水银面等高，然后向上移动C管，测量B管中水银面比初始状态水银面上升了h，此时，BC管中水银面的高度差为Δh，在h和Δh都很小的情况下，只要h和Δh满足________关系就可以验证玻意耳定律．13.(10分)在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9J．图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.14．(12分)[湖南2022·15(2)]如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪．一个容积V0＝9.9L的导热缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计．活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置．将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B.已知A、B间距离h＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变．求：(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小．15.(16分)[2023·河南开封高二统考期末]锅炉气压报警系统可以有效预防锅炉危险，实验小组设计模拟气压报警系统，如图所示．粗细均匀的U形管竖直放置，右侧开口，左侧管顶部封闭且有报警阀门，当气压达到大气压强的1.5倍时即报警，管内有两段水银柱密封的两部分空气柱A和B，环境温度为27℃，各部分长度在图中标出，大气压强恒为p0＝75cmHg.(1)若保持温度不变，则在右侧管中再注入多高水银系统开始报警？(2)若不注入水银，则环境温度升高到多少时系统开始报警？第三章核心素养检测卷1．答案：B解析：气体吸收了热量，可能同时对外做功，气体的温度不一定升高，故A错误；第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律，故B正确；对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误；单晶体有规则的几何形状，多晶体没有规则的几何形状，故D错误．故选B.2．答案：C解析：由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－100J－40J＝－140J，故选项C正确．3．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．4．答案：C解析：气体等压膨胀，根据eq \f(pV,T)＝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W0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W>0，得Q>|W|，故B错误，C正确．5．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．6．答案：C解析：从开始打气到打气结束的过程是外界对车胎内气体做功，故A错误；打气结束到拔出气门芯前由于热传递，车胎内气体内能减少，故B错误；拔掉气门芯后车胎内气体冲出对外界做功，气体内能急剧减少，故C正确；放气后静置一段时间由于热传递车胎内气体温度上升，故D错误．故选C.7．答案：A解析：a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D错误．故选A.8．答案：AD解析：小朋友沿滑梯匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，减小的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变，选项A正确，B错误；根据热力学第二定律，可知该过程中产生的内能不可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每一个分子的动能都增大，选项D正确．9．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，由于温度不变，分子平均撞击速率不变，则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．10．答案：AC解析：从状态B到C过程气体发生等温变化，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，A正确；由V＝eq \f(C,p)T知，从C到D过程气体发生等压变化，B错误；从D到A过程中，气体温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的，C正确；由ΔU＝W＋Q得Q＝8kJ，气体从外界吸收热量，D错误．11．答案：(1)热量　升高　增大　(2)1500　放出　500解析：(1)烧瓶内的气体要从热水中吸收热量，温度升高，体积增大．(2)做功和热传递都可以改变物体的内能，且是等效的．12．答案：(1)②　向上　(2)C　(3)①　C解析：(1)由图可知C管开口向上，所以BC下面软管中的气体的压强等于大气压强与C管竖直部分液柱的压强之和，所以实验中是研究②烧瓶和AB管中的气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系；若气体温度升高，瓶内气体的体积不变，则气体压强增大，所以应将C管向上移动，直至B内的水银面回到原位置；(2)瓶中气体的体积不变，设初状态压强为p1，温度为T1，气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等，则有ΔT＝Δt，由eq \f(p1,T1)＝eq \f(p,T1＋ΔT)可得p＝p1＋eq \f(p1,T1)·ΔT＝p1＋eq \f(p1,T1)·Δt故C正确，ABD错误．故选C；(3)①烧瓶A可与外界进行热传递，所以保持实验环境温度不变，缓慢移动C管，稳定后再测量数据，故①正确；②设玻璃管的横截面积为S，气体做等温变化，有p0V0＝p1V1末状态压强与体积为p1＝p0＋Δh　V1＝V0－hS代入上式有p0V0＝(p0＋Δh)(V0－hS)由于h，Δh都很小，即Δhh可以忽略，化简得h＝eq \f(V0,p0S)Δh，故C正确，ABD错误．13．答案：(1)0　9J　(2)9J　3J解析：(1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有ΔU1＝－W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9J(2)状态A到状态B与状态A到状态C升高相同的温度，故内能增量相同．A到B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3J14．答案：(1)1.00×105Pa　(2)1N解析：(1)当活塞处于A位置时，对活塞和金属丝整体受力分析，有p1S＋(m1＋m2)g＝p0S，解得p1＝1.00×105Pa.(2)当活塞处于B位置时，设汽缸中的气体压强为p2，由玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)，对活塞和金属丝整体受力分析，有p2S＋(m1＋m2)g＋F＝p0S，解得F＝1N.15．答案：(1)46.5cm　(2)180℃解析：(1)A气体初状态，设管的横截面为S：则pA1＝p0＋15＝90cmHg，VA1＝60S，T1＝300K阀门报警时pA2＝1.5×75＝112.5cmHg，VA2＝xS，T2＝300K由玻意耳定律pA1VA1＝pA2VA2得x＝48cm左右两侧水银柱高度差h1＝2×(60－48－5)＝14cm气体B压强pB2＝pA2＋h1＝126.5cmHg右侧管中再注入水银高度h2＝pB2－5－p0＝46.5cm(2)环境温度升高到t时系统报警，其压强pA3＝112.5cmHg气体B压强pB1＝p0＋5＝80cmHg右侧水银比左侧水银面高h＝pA3－pB1＝32.5cm气体A体积VA3＝72.25S，T3＝273＋t由理想气体状态方程eq \f(pA1VA1,T1)＝eq \f(pA3VA3,T3)得t≈180℃