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鲁科版（2019）高中物理选择性必修第三册 第2~3章《固体与液体》《热力学定律》练习
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2024鲁科版高中物理选择性必修第三册同步第2章 固体与液体第3章 热力学定律注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列说法正确的是 ( )A.因为能量守恒,所以能源危机是不可能的B.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性C.摩擦力做功的过程,必定有机械能转化为内能D.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律2.食盐是我们生活中不可缺少的调味品,中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐。通过研究,我们知道了食盐的微观结构如图所示,则下列说法正确的是 ( )A.食盐晶体是正六面体形B.食盐所有的物理性质都具有各向异性C.食盐颗粒受潮粘连成食盐块时,形状不规则,是非晶体D.食盐在熔化时,要吸收热量,温度保持不变,所以内能也不变3.北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖,雪花形主火炬的创意展现中国智慧,符合科学事实,实际上雪花的形态有很多种(如图所示)。下列关于雪花的说法正确的是 ( )A.雪花是非晶体B.雪花具有各向异性C.0 ℃雪花分子的平均动能比0 ℃液态水分子的小D.雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据4.2022年3月23日,中国空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富,又给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课,其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上,水球的形状似倒扣着的碗,如图甲所示。将两板慢慢靠近,两个水球“碗底”挨“碗底”,形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连,如图乙所示;再将两板拉远,液桥变得更细、更长,仍然没有断开。下列说法正确的是 ( )甲乙A.日常生活中地球上不可能有“液桥”现象B.由图甲可以推断水和透明板是不浸润的C.液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势D.“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用5.下列对生活中的热学现象分析正确的是 ( )A.沙尘暴天气出现时,风沙弥漫,尘土飞扬,这是布朗运动现象B.汽车尾气中存在多种不同成分的气体,它们可以自发地分离C.静止在水平地面上的卡车在缓慢装沙子的过程中,若车胎内气体温度不变,则胎内气体向外界放热D.荷叶上露珠附着层的水分子比露珠内部的水分子密集6.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,气球导热性良好,则气球内气体 ( )A.内能增加B.对外界做正功C.减少的内能小于放出的热量D.减少的内能大于放出的热量7.关于永动机、热力学定律和能量守恒定律的讨论,下列叙述正确的是 ( )A.第二类永动机违反了能量守恒定律B.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定增加C.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的D.做功和热传递都可以改变物体的内能,从能量转化和转移的观点来看,这两种改变方式是没有区别的8.一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、cd、da四个过程又回到状态a,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,cd的延长线经过坐标原点O,ab、bc分别与横轴、纵轴平行,e是Ob与da的交点,下列说法正确的是 ( )A.气体从状态c到状态d是等容变化B.a、b两个状态中的某个状态的压强小于状态e的压强C.气体从状态b到状态c对外做功,同时吸热D.气体从状态d到状态a时压强增大二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,选错或不选得0分)9.关于液体和固体,下列说法正确的是 ( )A.液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性B.液体表面层分子比内部分子稀疏,因此液体表面有收缩的趋势C.多晶体是由许多单晶体按一定规律组合成的,有规则的几何外形D.若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则液体与固体表现为浸润10.下列说法正确的是 ( )A.附着层的液体分子间距一定比液体内部的分子间距大B.液晶的光学性质随温度的变化而变化C.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子永不停息地做无规则运动D.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵一定不会减少11.潜水员在水中呼出的CO2气泡从水下几米深处快速上升到水面,这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体,则在这一过程中,下列说法正确的是 ( )A.CO2分子的平均动能保持不变B.单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少C.气泡内CO2分子的密度变小D.CO2气体对外做功,压强变小E.CO2气体减少的内能小于它对外做的功12.如图所示,一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是 ( )A.C→A过程中单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加B.A→B过程中单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加C.A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量D.A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)2022年3月23日下午,“天宫课堂”再次开讲!如图甲所示,王亚平老师将分别挤有水球的两块板慢慢靠近,直到两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层,已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙,能总体反映该表面层中水分子之间相互作用的是 (填“A”“B”或“C”)位置,“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做 (填“正功”“负功”或“零功”)。 14.(8分)某组同学设计了一个如图所示的测温装置,C为测温泡,用玻璃管与水银气压计相连,气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上,气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银(图中涂黑部分)。在A管上画上刻度。测温时调节B管的高度,使A管中的液面位置保持在a处,此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76 cmHg,测温泡所处环境的温度为30 ℃。(1)当测温泡放入较低温度的液体中,即测温泡中气体温度降低时,为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处,则水银气压计的B管应向 (填“上”或“下”)移动。 (2)上述过程稳定后C内的理想气体内能 (填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将 (填“吸热”或“放热”)。 (3)该温度计的刻度 (填“均匀”或“不均匀”),温度 (填“上高下低”或“上低下高”)。 (4)该温度计存在的缺陷之一是当天气变化引起大气压强变大时,而环境温度仍为30 ℃,此时温度计上30 ℃的刻度应该如何调整?15.(10分)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A),已知某些状态的部分参数如图所示(见图中所标数据)。试解决下列问题:(1)从状态C→D过程气体分子的密度 ,分子的平均动能会 (均选填“变大”“变小”或“不变”); (2)已知状态A的温度TA=250 K,求状态C的温度TC= K; (3)若已知A→B过程放热Q=80 J,求A→B过程中内能的变化量ΔUAB及B→C过程外界对气体做的功WBC。16.(10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。经过太阳强烈曝晒,气体温度由T0=300 K升至T1=360 K。(1)求此时气体的压强。(2)保持T1=360 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,并说明原因。17.(10分)如图所示,一根一端封闭粗细均匀的导热玻璃细管AB开口向上竖直放置(横截面积为S),管内用高h的水银柱封闭了一段空气柱。水银柱液面距管口l0,此时该地的大气压强为p0,环境温度为T1。然后再把该容器竖直浸入温度为T2的热水中,水银柱缓慢上升,最终恰好与容器口相平,容器中封闭的气体可视为理想气体,重力加速度为g。求:(1)初始时,被封闭气体的长度lx;(2)若水银密度为ρ,密闭气体温度由T1升高到T2的过程中吸收的热量为Q,则密闭气体增加的内能为多少?18.(16分)如图所示,导热良好的气缸直立在水平地面上,环境的热力学温度为T0,环境气体压强为p0,气缸的质量M=p0S3g,高度为L。用活塞把一定质量的气体封闭在气缸内,活塞可沿气缸壁无摩擦地移动,活塞的质量为m=p0S6g,横截面积为S,气体可看作理想气体,质量可忽略不计。平衡时,活塞处于距气缸底L2处。重力加速度为g。(1)若由于环境温度缓慢升高,活塞缓慢向上移动,温度升至某一值时,活塞向上移动了0.25L。已知封闭气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT(k为大于零的常数),求此过程中:①活塞缓慢向上移动距离0.25L时气体的温度;②密封气体从外界吸收的热量。(2)用力F缓慢向上拉动活塞,直至气缸刚要离开地面。①求气缸刚要离开地面时,活塞距气缸底的距离;②若此过程中封闭气体需从外界吸收热量Q=p0SL4,求力F做的功为多少? 第2章 固体与液体第3章 热力学定律1.B 能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,故A错误;热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性,故B正确;滑动摩擦力做功,两物体之间存在相对运动,系统的机械能转化为内能,如果没有相对运动,即静摩擦力做功,系统没有机械能转化为内能,故C错误;第二类永动机是指从单一热源吸取热量并使之完全转化为功而不引起其他变化的机器,虽然不违背能量的转化和守恒,但是违背了热力学第二定律,故D错误。2.A 由题图可知,食盐晶体是正六面体形,选项A正确;食盐具有各向异性,但并非所有的物理性质都具有各向异性,选项B错误;食盐颗粒受潮粘连成食盐块时,形状不规则,但仍是晶体,选项C错误;食盐在熔化时,要吸收热量,温度保持不变,但内能增加,选项D错误。故选A。3.B 雪花具有规则的几何外形,且雪花在熔化时具有确定的熔点,所以雪花是单晶体,单晶体具有各向异性的物理性质,A错误,B正确;分子的平均动能只与温度有关,故0 ℃雪花分子的平均动能与0 ℃液态水分子的相同,C错误;雪花是固体颗粒,飞舞时,是宏观的机械运动,不能说明分子在做无规则运动,D错误。4.D “液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用,在地球上也可以有“液桥”现象,只是因为重力影响,桥的宽度较短,A错误,D正确;水能附着在透明玻璃板上,由此可推断水和透明玻璃板是浸润的,B错误;液体表面分子间距离大于内部分子间距离,表现为引力,有使液体表面积缩小的趋势,C错误。故选D。5.C 布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动,肉眼是看不见布朗运动的,A错误;汽车尾气中存在多种不同成分的气体,但不能自发分离,若自发分离,则违背了热力学第二定律,B错误;卡车上缓慢装入沙子,则外界对车胎内气体做正功,又因气体温度不变,则内能不变,ΔU=W+Q=0,W>0,则Q<0,则胎内气体向外界放热,C正确;荷叶上露珠附着层的水分子比内部的稀疏,有收缩的趋势,D错误。故选C。6.C 充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,则内能减少,A错误;充气气球用绳子拴着一块石头在下降的过程中,水温越来越低,压强逐渐增大,根据理想气体状态方程pVT=C,可知气球体积减小,对外界做负功,B错误;由A、B分析,气球下降时,气球内气体内能减少,外界对气球做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,由于外界对气球做功,因此放出的热量大于减少的内能,C正确,D错误。7.C 第二类永动机违反了热力学第二定律,A错误;物体从外界吸收热量,可能同时对外做功,因此物体的内能不一定增加,B错误;根据热力学第二定律知,热量不能由低温物体传到高温物体而不产生其他影响,若产生其他影响,则热量可能从低温物体传到高温物体,C正确;做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化和转移的观点来看,这两种改变方式是有区别的,D错误。故选C。8.B cd过程中,由题图可知VT=C且cd的延长线经过坐标原点O,则气体从状态c到状态d是等压变化,故A错误;根据pVT=C可知VT=Cp,坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比,由题图可知,O与b的连线的斜率最小,压强最大,即b、e状态的压强相等且大于a状态的压强,故B正确;由题图可知,气体从状态b到状态c发生等温变化,内能不变,同时体积变小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,气体放出热量,故C错误;根据pVT=C可知VT=Cp,坐标原点O与ad上各点的连线斜率与压强成反比,由题图可知,气体从状态d到状态a压强减小,故D错误。故选B。9.AB 液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性,故A正确;液体表面层分子比内部分子稀疏,分子间作用力表现为引力,使液体表面有收缩趋势,故B正确;多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,多晶体也没有规则的几何外形,故C错误;若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则附着层内分子力表现为引力,有收缩趋势,液体与固体表现为不浸润,故D错误。故选A、B。10.BD 同种液体与不同固体接触时,形成的附着层,有的可能具有收缩趋势,有的可能具有扩张趋势,故附着层的液体分子间距不一定比液体内部的分子间距大,A错误;根据液晶的光学性质可知,液晶的光学性质随温度的变化而变化,B正确;布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动,它说明液体分子永不停息地做无规则运动,C错误;根据热力学第二定律可知,在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵一定不会减少,D正确。故选B、D。11.BCD 设CO2气泡在水下深度为h,则气泡压强为p=p0+ρgh,可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中,压强变小,假设气体温度不变,则由玻意耳定律知p1V1=p2V2,则随着气泡压强变小,气泡体积会增大,则气体对外做功,W<0,又因为这一过程中气体与外界未实现热交换,由热力学第一定律知ΔU=W+Q,其中Q=0,则ΔU=W<0,即气体内能减小,又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体,则内能减小,温度会降低,与假设矛盾,即气体温度会降低,则CO2分子的平均动能变小,故A、E错误,D正确;因为气体平均动能减小且气体体积增大,则气泡内CO2分子的密度变小,单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少,故B、C正确。故选B、C、D。12.ACD 气体在C→A过程中,温度保持不变,气体分子的平均动能保持不变,气体体积减小,根据理想气体状态方程可知,气体压强增大,根据理想气体压强微观意义可知,单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加,故A正确;气体在A→B过程中,压强保持不变,气体温度升高,气体分子的平均动能变大,根据理想气体压强微观意义可知,单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减小,故B错误;由图像可知TC=TA,则在A→B→C过程中,气体内能不变,气体体积变大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量,故C正确;气体在A→B过程中,压强保持不变,气体在C→A过程中,压强增大,可知C→A过程中的平均压强小于A→B过程中的压强,由于两个过程的气体体积变化相同,则A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功,故D正确。故选A、C、D。13.答案 C(2分) 偏大(2分) 正功(2分)解析 在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,由题图可知B点为分子间作用力为零的情况,即B点表示平衡位置,故表现为引力的位置只能为C点;在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,内部水分子之间的距离几乎等于分子力平衡的距离,分子间的作用力约为零,根据分子势能和分子间距离的关系图像可得“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比偏大;当两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”, 分子之间的作用力表现为引力,实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做正功。14.答案 (1)下(1分) (2)减小(1分) 放热(1分) (3)均匀(1分) 上高下低(2分) (4)向上平移(2分)解析 (1)为使液面位置保持在a处,则测温泡中的气体发生等容变化,测温泡中气体温度降低时,压强减小,因此B管应向下移动。(2)C内的理想气体温度降低,则内能减小,气体不对外做功,根据热力学第一定律可知气体将放热。(3)测温泡所处环境的温度为30 ℃时,热力学温度为T0,液面高度差为0,当摄氏温度为t时,热力学温度为T,液面高度差为Δh,则有p0T0=p0+ΔℎT,即Δt=T-T0=p0+Δℎp0T0-T0=T0p0Δh,因此温度计刻度是均匀的,温度降低,B管向下移动,因此温度上高下低。(4)大气压升高,a液面会上升,因此应该使30 ℃的刻度向上平移。15.答案 (1)变小(2分) 变大(2分) (2)250(2分) (3)-20 J(2分) 20 J(2分)解析 (1)从状态C→D过程,气体体积变大,气体质量不变,气体分子的密度变小;从状态C→D过程,压强不变,气体的体积变大,由盖—吕萨克定律得,温度升高,则气体分子的平均动能会变大。(2)根据理想气体状态方程,有:pAVATA=pCVCTC,代入数据得TC=TA=250 K。(3)A→B过程,外界对气体做功,W=pΔV=105×(1.2-0.6)×10-3 J=60 J,气体放热Q=80 J,则A→B过程中内能的变化量ΔUAB=W-Q=-20 J,由(2)可知,A→C气体的内能不变,B→C为绝热过程,Q=0,ΔUAC=ΔUAB+ΔUBC,ΔUBC=-ΔUAB=20 J,则B→C过程外界对气体做的功WBC=ΔUBC=20 J。16.答案 (1)65p0 (2)56 吸热,原因见解析解析 (1)设升温后气体的压强为p1,由查理定律得p0T0=p1T1 (2分)代入数据得p1=65p0 (1分)(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V,由玻意耳定律得p1V0=p0V (2分)联立得V=65V0 (1分)设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k,由题意得k=V0V (1分)代入得k=56 (1分)因为抽气过程中温度不变,故内能不变,而气体膨胀对外做功,所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。 (2分)17.答案 (1)T1l0T2−T1 (2)Q-(p0+ρgh)Sl0解析 (1)以密封气体为研究对象,根据盖—吕萨克定律有lxST1=(lx+l0)ST2 (2分)解得lx=T1l0T2−T1 (1分)(2)以水银柱为研究对象,根据平衡条件有pS=mg+p0S (2分)可得p=ρgh+p0 (1分)水银柱缓慢上升过程中外界对气体做负功,有W=-pSl0 (2分)根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=Q-(p0+ρgh)Sl0 (2分)18.答案 (1)①1.5T0 ②kT02+7p0LS24 (2)①7L8 ②3p0SL16解析 (1)①以封闭气体为研究对象,初态体积V1=0.5LS,温度为T1=T0末态体积V2=0.75LS,温度为T2气体做等压变化,根据盖—吕萨克定律得V1T1=V2T2 (2分)解得T2=1.5T0 (1分)②活塞缓慢向上移动的过程,封闭气体做等压变化,且对外做功,有W=-p1SΔh (1分)其中p1=p0+mgS (1分)根据热力学第一定律可知,该过程中气体增加的内能为ΔU=Q+W (1分)由U=kT可知ΔU=kΔT (1分)联立解得Q=kT02+7p0LS24 (1分)(2)①以气缸为研究对象,设气缸刚要离开地面时气体的体积为V3,封闭气体的压强为p2,则有p0=p2+MgS (1分)解得p2=23p0活塞缓慢上升过程中,温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V3,即p1S·L2=p2SL1 (1分)代入数据得L1=7L8 (1分)②气体温度不变,由热力学第一定律可得封闭气体对活塞所做的功为W=Q=p0LS4 (1分)以活塞为研究对象,力和封闭气体对活塞做的总功为W总=(mg+p0S)×(7L8-L2)=7p0SL16 (2分)则力F做的功为WF=W总-W=3p0SL16 (2分) 1.B2.A3.B4.D5.C6.C7.C8.B9.AB10.BD11.BCD12.ACD
2024鲁科版高中物理选择性必修第三册同步第2章 固体与液体第3章 热力学定律注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列说法正确的是 ( )A.因为能量守恒,所以能源危机是不可能的B.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性C.摩擦力做功的过程,必定有机械能转化为内能D.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律2.食盐是我们生活中不可缺少的调味品,中国人大约在神农氏与黄帝的时期就开始煮盐。通过研究,我们知道了食盐的微观结构如图所示,则下列说法正确的是 ( )A.食盐晶体是正六面体形B.食盐所有的物理性质都具有各向异性C.食盐颗粒受潮粘连成食盐块时,形状不规则,是非晶体D.食盐在熔化时,要吸收热量,温度保持不变,所以内能也不变3.北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖,雪花形主火炬的创意展现中国智慧,符合科学事实,实际上雪花的形态有很多种(如图所示)。下列关于雪花的说法正确的是 ( )A.雪花是非晶体B.雪花具有各向异性C.0 ℃雪花分子的平均动能比0 ℃液态水分子的小D.雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据4.2022年3月23日,中国空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富,又给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课,其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上,水球的形状似倒扣着的碗,如图甲所示。将两板慢慢靠近,两个水球“碗底”挨“碗底”,形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连,如图乙所示;再将两板拉远,液桥变得更细、更长,仍然没有断开。下列说法正确的是 ( )甲乙A.日常生活中地球上不可能有“液桥”现象B.由图甲可以推断水和透明板是不浸润的C.液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势D.“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用5.下列对生活中的热学现象分析正确的是 ( )A.沙尘暴天气出现时,风沙弥漫,尘土飞扬,这是布朗运动现象B.汽车尾气中存在多种不同成分的气体,它们可以自发地分离C.静止在水平地面上的卡车在缓慢装沙子的过程中,若车胎内气体温度不变,则胎内气体向外界放热D.荷叶上露珠附着层的水分子比露珠内部的水分子密集6.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,气球导热性良好,则气球内气体 ( )A.内能增加B.对外界做正功C.减少的内能小于放出的热量D.减少的内能大于放出的热量7.关于永动机、热力学定律和能量守恒定律的讨论,下列叙述正确的是 ( )A.第二类永动机违反了能量守恒定律B.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定增加C.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的D.做功和热传递都可以改变物体的内能,从能量转化和转移的观点来看,这两种改变方式是没有区别的8.一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、cd、da四个过程又回到状态a,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,cd的延长线经过坐标原点O,ab、bc分别与横轴、纵轴平行,e是Ob与da的交点,下列说法正确的是 ( )A.气体从状态c到状态d是等容变化B.a、b两个状态中的某个状态的压强小于状态e的压强C.气体从状态b到状态c对外做功,同时吸热D.气体从状态d到状态a时压强增大二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,选错或不选得0分)9.关于液体和固体,下列说法正确的是 ( )A.液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性B.液体表面层分子比内部分子稀疏,因此液体表面有收缩的趋势C.多晶体是由许多单晶体按一定规律组合成的,有规则的几何外形D.若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则液体与固体表现为浸润10.下列说法正确的是 ( )A.附着层的液体分子间距一定比液体内部的分子间距大B.液晶的光学性质随温度的变化而变化C.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子永不停息地做无规则运动D.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵一定不会减少11.潜水员在水中呼出的CO2气泡从水下几米深处快速上升到水面,这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体,则在这一过程中,下列说法正确的是 ( )A.CO2分子的平均动能保持不变B.单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少C.气泡内CO2分子的密度变小D.CO2气体对外做功,压强变小E.CO2气体减少的内能小于它对外做的功12.如图所示,一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是 ( )A.C→A过程中单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加B.A→B过程中单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加C.A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量D.A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)2022年3月23日下午,“天宫课堂”再次开讲!如图甲所示,王亚平老师将分别挤有水球的两块板慢慢靠近,直到两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层,已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙,能总体反映该表面层中水分子之间相互作用的是 (填“A”“B”或“C”)位置,“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做 (填“正功”“负功”或“零功”)。 14.(8分)某组同学设计了一个如图所示的测温装置,C为测温泡,用玻璃管与水银气压计相连,气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上,气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银(图中涂黑部分)。在A管上画上刻度。测温时调节B管的高度,使A管中的液面位置保持在a处,此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76 cmHg,测温泡所处环境的温度为30 ℃。(1)当测温泡放入较低温度的液体中,即测温泡中气体温度降低时,为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处,则水银气压计的B管应向 (填“上”或“下”)移动。 (2)上述过程稳定后C内的理想气体内能 (填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将 (填“吸热”或“放热”)。 (3)该温度计的刻度 (填“均匀”或“不均匀”),温度 (填“上高下低”或“上低下高”)。 (4)该温度计存在的缺陷之一是当天气变化引起大气压强变大时,而环境温度仍为30 ℃,此时温度计上30 ℃的刻度应该如何调整?15.(10分)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A),已知某些状态的部分参数如图所示(见图中所标数据)。试解决下列问题:(1)从状态C→D过程气体分子的密度 ,分子的平均动能会 (均选填“变大”“变小”或“不变”); (2)已知状态A的温度TA=250 K,求状态C的温度TC= K; (3)若已知A→B过程放热Q=80 J,求A→B过程中内能的变化量ΔUAB及B→C过程外界对气体做的功WBC。16.(10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。经过太阳强烈曝晒,气体温度由T0=300 K升至T1=360 K。(1)求此时气体的压强。(2)保持T1=360 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,并说明原因。17.(10分)如图所示,一根一端封闭粗细均匀的导热玻璃细管AB开口向上竖直放置(横截面积为S),管内用高h的水银柱封闭了一段空气柱。水银柱液面距管口l0,此时该地的大气压强为p0,环境温度为T1。然后再把该容器竖直浸入温度为T2的热水中,水银柱缓慢上升,最终恰好与容器口相平,容器中封闭的气体可视为理想气体,重力加速度为g。求:(1)初始时,被封闭气体的长度lx;(2)若水银密度为ρ,密闭气体温度由T1升高到T2的过程中吸收的热量为Q,则密闭气体增加的内能为多少?18.(16分)如图所示,导热良好的气缸直立在水平地面上,环境的热力学温度为T0,环境气体压强为p0,气缸的质量M=p0S3g,高度为L。用活塞把一定质量的气体封闭在气缸内,活塞可沿气缸壁无摩擦地移动,活塞的质量为m=p0S6g,横截面积为S,气体可看作理想气体,质量可忽略不计。平衡时,活塞处于距气缸底L2处。重力加速度为g。(1)若由于环境温度缓慢升高,活塞缓慢向上移动,温度升至某一值时,活塞向上移动了0.25L。已知封闭气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT(k为大于零的常数),求此过程中:①活塞缓慢向上移动距离0.25L时气体的温度;②密封气体从外界吸收的热量。(2)用力F缓慢向上拉动活塞,直至气缸刚要离开地面。①求气缸刚要离开地面时,活塞距气缸底的距离;②若此过程中封闭气体需从外界吸收热量Q=p0SL4,求力F做的功为多少? 第2章 固体与液体第3章 热力学定律1.B 能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,故A错误;热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性,故B正确;滑动摩擦力做功,两物体之间存在相对运动,系统的机械能转化为内能,如果没有相对运动,即静摩擦力做功,系统没有机械能转化为内能,故C错误;第二类永动机是指从单一热源吸取热量并使之完全转化为功而不引起其他变化的机器,虽然不违背能量的转化和守恒,但是违背了热力学第二定律,故D错误。2.A 由题图可知,食盐晶体是正六面体形,选项A正确;食盐具有各向异性,但并非所有的物理性质都具有各向异性,选项B错误;食盐颗粒受潮粘连成食盐块时,形状不规则,但仍是晶体,选项C错误;食盐在熔化时,要吸收热量,温度保持不变,但内能增加,选项D错误。故选A。3.B 雪花具有规则的几何外形,且雪花在熔化时具有确定的熔点,所以雪花是单晶体,单晶体具有各向异性的物理性质,A错误,B正确;分子的平均动能只与温度有关,故0 ℃雪花分子的平均动能与0 ℃液态水分子的相同,C错误;雪花是固体颗粒,飞舞时,是宏观的机械运动,不能说明分子在做无规则运动,D错误。4.D “液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用,在地球上也可以有“液桥”现象,只是因为重力影响,桥的宽度较短,A错误,D正确;水能附着在透明玻璃板上,由此可推断水和透明玻璃板是浸润的,B错误;液体表面分子间距离大于内部分子间距离,表现为引力,有使液体表面积缩小的趋势,C错误。故选D。5.C 布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动,肉眼是看不见布朗运动的,A错误;汽车尾气中存在多种不同成分的气体,但不能自发分离,若自发分离,则违背了热力学第二定律,B错误;卡车上缓慢装入沙子,则外界对车胎内气体做正功,又因气体温度不变,则内能不变,ΔU=W+Q=0,W>0,则Q<0,则胎内气体向外界放热,C正确;荷叶上露珠附着层的水分子比内部的稀疏,有收缩的趋势,D错误。故选C。6.C 充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,则内能减少,A错误;充气气球用绳子拴着一块石头在下降的过程中,水温越来越低,压强逐渐增大,根据理想气体状态方程pVT=C,可知气球体积减小,对外界做负功,B错误;由A、B分析,气球下降时,气球内气体内能减少,外界对气球做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,由于外界对气球做功,因此放出的热量大于减少的内能,C正确,D错误。7.C 第二类永动机违反了热力学第二定律,A错误;物体从外界吸收热量,可能同时对外做功,因此物体的内能不一定增加,B错误;根据热力学第二定律知,热量不能由低温物体传到高温物体而不产生其他影响,若产生其他影响,则热量可能从低温物体传到高温物体,C正确;做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化和转移的观点来看,这两种改变方式是有区别的,D错误。故选C。8.B cd过程中,由题图可知VT=C且cd的延长线经过坐标原点O,则气体从状态c到状态d是等压变化,故A错误;根据pVT=C可知VT=Cp,坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比,由题图可知,O与b的连线的斜率最小,压强最大,即b、e状态的压强相等且大于a状态的压强,故B正确;由题图可知,气体从状态b到状态c发生等温变化,内能不变,同时体积变小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,气体放出热量,故C错误;根据pVT=C可知VT=Cp,坐标原点O与ad上各点的连线斜率与压强成反比,由题图可知,气体从状态d到状态a压强减小,故D错误。故选B。9.AB 液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性,故A正确;液体表面层分子比内部分子稀疏,分子间作用力表现为引力,使液体表面有收缩趋势,故B正确;多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,多晶体也没有规则的几何外形,故C错误;若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则附着层内分子力表现为引力,有收缩趋势,液体与固体表现为不浸润,故D错误。故选A、B。10.BD 同种液体与不同固体接触时,形成的附着层,有的可能具有收缩趋势,有的可能具有扩张趋势,故附着层的液体分子间距不一定比液体内部的分子间距大,A错误;根据液晶的光学性质可知,液晶的光学性质随温度的变化而变化,B正确;布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动,它说明液体分子永不停息地做无规则运动,C错误;根据热力学第二定律可知,在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵一定不会减少,D正确。故选B、D。11.BCD 设CO2气泡在水下深度为h,则气泡压强为p=p0+ρgh,可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中,压强变小,假设气体温度不变,则由玻意耳定律知p1V1=p2V2,则随着气泡压强变小,气泡体积会增大,则气体对外做功,W<0,又因为这一过程中气体与外界未实现热交换,由热力学第一定律知ΔU=W+Q,其中Q=0,则ΔU=W<0,即气体内能减小,又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体,则内能减小,温度会降低,与假设矛盾,即气体温度会降低,则CO2分子的平均动能变小,故A、E错误,D正确;因为气体平均动能减小且气体体积增大,则气泡内CO2分子的密度变小,单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少,故B、C正确。故选B、C、D。12.ACD 气体在C→A过程中,温度保持不变,气体分子的平均动能保持不变,气体体积减小,根据理想气体状态方程可知,气体压强增大,根据理想气体压强微观意义可知,单位时间内撞击器壁单位面积的分子数增加,故A正确;气体在A→B过程中,压强保持不变,气体温度升高,气体分子的平均动能变大,根据理想气体压强微观意义可知,单位时间内撞击器壁单位面积的分子数减小,故B错误;由图像可知TC=TA,则在A→B→C过程中,气体内能不变,气体体积变大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量,故C正确;气体在A→B过程中,压强保持不变,气体在C→A过程中,压强增大,可知C→A过程中的平均压强小于A→B过程中的压强,由于两个过程的气体体积变化相同,则A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功,故D正确。故选A、C、D。13.答案 C(2分) 偏大(2分) 正功(2分)解析 在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,由题图可知B点为分子间作用力为零的情况,即B点表示平衡位置,故表现为引力的位置只能为C点;在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,内部水分子之间的距离几乎等于分子力平衡的距离,分子间的作用力约为零,根据分子势能和分子间距离的关系图像可得“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比偏大;当两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”, 分子之间的作用力表现为引力,实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做正功。14.答案 (1)下(1分) (2)减小(1分) 放热(1分) (3)均匀(1分) 上高下低(2分) (4)向上平移(2分)解析 (1)为使液面位置保持在a处,则测温泡中的气体发生等容变化,测温泡中气体温度降低时,压强减小,因此B管应向下移动。(2)C内的理想气体温度降低,则内能减小,气体不对外做功,根据热力学第一定律可知气体将放热。(3)测温泡所处环境的温度为30 ℃时,热力学温度为T0,液面高度差为0,当摄氏温度为t时,热力学温度为T,液面高度差为Δh,则有p0T0=p0+ΔℎT,即Δt=T-T0=p0+Δℎp0T0-T0=T0p0Δh,因此温度计刻度是均匀的,温度降低,B管向下移动,因此温度上高下低。(4)大气压升高,a液面会上升,因此应该使30 ℃的刻度向上平移。15.答案 (1)变小(2分) 变大(2分) (2)250(2分) (3)-20 J(2分) 20 J(2分)解析 (1)从状态C→D过程,气体体积变大,气体质量不变,气体分子的密度变小;从状态C→D过程,压强不变,气体的体积变大,由盖—吕萨克定律得,温度升高,则气体分子的平均动能会变大。(2)根据理想气体状态方程,有:pAVATA=pCVCTC,代入数据得TC=TA=250 K。(3)A→B过程,外界对气体做功,W=pΔV=105×(1.2-0.6)×10-3 J=60 J,气体放热Q=80 J,则A→B过程中内能的变化量ΔUAB=W-Q=-20 J,由(2)可知,A→C气体的内能不变,B→C为绝热过程,Q=0,ΔUAC=ΔUAB+ΔUBC,ΔUBC=-ΔUAB=20 J,则B→C过程外界对气体做的功WBC=ΔUBC=20 J。16.答案 (1)65p0 (2)56 吸热,原因见解析解析 (1)设升温后气体的压强为p1,由查理定律得p0T0=p1T1 (2分)代入数据得p1=65p0 (1分)(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V,由玻意耳定律得p1V0=p0V (2分)联立得V=65V0 (1分)设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k,由题意得k=V0V (1分)代入得k=56 (1分)因为抽气过程中温度不变,故内能不变,而气体膨胀对外做功,所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。 (2分)17.答案 (1)T1l0T2−T1 (2)Q-(p0+ρgh)Sl0解析 (1)以密封气体为研究对象,根据盖—吕萨克定律有lxST1=(lx+l0)ST2 (2分)解得lx=T1l0T2−T1 (1分)(2)以水银柱为研究对象,根据平衡条件有pS=mg+p0S (2分)可得p=ρgh+p0 (1分)水银柱缓慢上升过程中外界对气体做负功,有W=-pSl0 (2分)根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=Q-(p0+ρgh)Sl0 (2分)18.答案 (1)①1.5T0 ②kT02+7p0LS24 (2)①7L8 ②3p0SL16解析 (1)①以封闭气体为研究对象,初态体积V1=0.5LS,温度为T1=T0末态体积V2=0.75LS,温度为T2气体做等压变化,根据盖—吕萨克定律得V1T1=V2T2 (2分)解得T2=1.5T0 (1分)②活塞缓慢向上移动的过程,封闭气体做等压变化,且对外做功,有W=-p1SΔh (1分)其中p1=p0+mgS (1分)根据热力学第一定律可知,该过程中气体增加的内能为ΔU=Q+W (1分)由U=kT可知ΔU=kΔT (1分)联立解得Q=kT02+7p0LS24 (1分)(2)①以气缸为研究对象,设气缸刚要离开地面时气体的体积为V3,封闭气体的压强为p2,则有p0=p2+MgS (1分)解得p2=23p0活塞缓慢上升过程中,温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V3,即p1S·L2=p2SL1 (1分)代入数据得L1=7L8 (1分)②气体温度不变,由热力学第一定律可得封闭气体对活塞所做的功为W=Q=p0LS4 (1分)以活塞为研究对象,力和封闭气体对活塞做的总功为W总=(mg+p0S)×(7L8-L2)=7p0SL16 (2分)则力F做的功为WF=W总-W=3p0SL16 (2分) 1.B2.A3.B4.D5.C6.C7.C8.B9.AB10.BD11.BCD12.ACD
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