浙江专版2023_2024学年新教材高中物理第3章热力学定律过关检测新人教版选择性必修第三册

第三章过关检测

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题Ⅰ(本题共8小题,每小题4分,共32分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)

1.一定质量的理想气体在某一过程中压强p=1.0×105 Pa保持不变,体积增大100 cm3,气体内能增加了50 J,则此过程(　　)

A.气体从外界吸收50 J的热量

B.气体从外界吸收60 J的热量

C.气体向外界放出50 J的热量

D.气体向外界放出60 J的热量

答案:B

解析:气体体积增大100cm3,所以气体对外界做功W=pV=1.0×105×100×10-6J=10J,而气体内能增加了50J,根据 ΔU=W+Q,可知气体吸收热量Q=60J,故选项B正确,A、C、D错误。

2.在寒冷的天气中将一盆水放在户外,经过一段时间后这盆水就会结冰,液态水的分子无序程度比冰的无序程度要大,那么下列说法正确的是(　　)

A.结冰的过程违反熵增加原理

B.结冰的过程不违反熵增加原理

C.无法判断结冰的过程中是否违反熵增加原理

D.结冰的过程是否违反熵增加原理,要看研究对象的选取

答案:B

解析:液态的水比冰的无序程度大,但熵增加原理适用于孤立系统,而不是个别不孤立的系统。一盆水在寒冷的天气中并不是孤立系统,因为水与外界大气有能量交换,所以结冰的过程并不违反熵增加原理,故选项B正确,选项A、C、D错误。

3.下图为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环,在蒸发器中的制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外。下列说法正确的是(　　)

A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外

B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能

C.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律

D.电冰箱的工作原理违反热力学第二定律

答案:B

解析:由热力学第二定律可知,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,除非有外界的影响,电冰箱把热量从低温物体传到高温物体,需要压缩机的帮助并消耗了电能,选项B正确,A、D错误。热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化或内能转移的规律,是能量守恒定律的具体表现,适用于所有的热学过程,故选项C错误。

4.一定质量的理想气体,体积由V1膨胀到V2,如果是通过等压过程实现,做功为W1、传递热量为Q1、内能变化为ΔU1;如果是通过等温过程实现,做功为W2、传递热量为Q2、内能变化为ΔU2,则下列关系式正确的是(　　)

A.W1>W2,Q1>Q2,ΔU1>ΔU2

B.W1>W2,Q1>Q2,ΔU1=ΔU2

C.W1>W2,Q1=Q2,ΔU1=ΔU2

D.W1<W2,Q1=Q2,ΔU1=ΔU2

答案:A

解析:等压过程中气体膨胀,对外做功时力的大小不变,而等温过程中气体膨胀,压强减小,对外做功的力减小,所做的功小于等压过程做的功,W1>W2;等压过程时温度升高,气体内能增大,而等温过程时,气体内能不变,则ΔU1>ΔU2;等压过程气体对外做的功多,内能增大得多,所以等压过程中气体吸收的热量多,Q1>Q2。故选项A正确。

5.如图所示,汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞通过定滑轮与一质量为m的重物相连并处于静止状态,此时活塞到缸口的距离h=0.2 m,活塞面积S=10 cm2,封闭气体的压强p=5×104 Pa。现通过电热丝对缸内气体加热,使活塞缓慢上升直至缸口。在此过程中封闭气体吸收了Q=60 J的热量,假设汽缸壁和活塞都是绝热的,活塞质量及一切摩擦力不计,则在此过程中气体内能的增加量为(　　)

A.70 J B.60 J 

C.50 J D.10 J

答案:C

解析:活塞移动过程中,汽缸内气体对外界做功W=Fs=pSh=10J,根据热力学第一定律有ΔU=Q+(-W)=60J-10J=50J,故选项C正确。

6.带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同,V-T图如图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac,则(　　)

A.pb>pc,Qab>Qac

B.pb>pc,Qab<Qac

C.pb<pc,Qab>Qac

D.pb<pc,Qab<Qac

答案:C

解析:根据理想气体状态方程=C,得V=T,所以斜率越大,表示压强越小,即b点的压强小于c点。由热力学第一定律ΔU=W+Q,经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,温度变化情况相同,所以ΔU相等,又因经过过程ab到达状态b,体积增大,对外做功,Wab为负值,而经过过程ac到达状态c,体积不变,对外不做功,Wac为零,所以Qab>Qac。故选项C正确。

7.如图所示,一定质量的理想气体,从状态A经绝热过程A→B,等容过程B→C,等温过程C→A,又回到状态A,则(　　)

A.A→B过程气体体积增大,内能减小

B.B→C过程内能增加,可能外界对气体做了功

C.气体在B状态的温度高于在A状态的温度

D.C→A为等温变化,内能不变,所以此过程气体既不吸热也不放热

答案:A

解析:A→B为绝热过程,气体压强减小,体积膨胀,气体对外做功,不发生热量交换,由热力学第一定律可知,气体内能减小,故选项A正确;B→C过程为等容升压,由为恒量可知,气体温度升高,其内能增加,W=0,故选项B错误;C→A过程为等温压缩,TA=TC,由TB<TC,得TB<TA,故选项C错误;C→A为等温变化,气体内能不变,但体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律可知,C→A为放热过程,故选项D错误。

8.如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程(　　)

A.Ep全部转换为气体的内能

B.Ep一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能

C.Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能

D.Ep一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能

答案:D

解析:以活塞为研究对象,设气体压强为p1,活塞质量为m,横截面积为S,末态时气体压强为p2,初态F弹>mg+p1S,由题意可得末位置必须高于初位置,否则不能平衡;由ΔU=W(绝热),W为正,ΔU必为正,温度升高,内能增加,活塞重力势能增加,末态时,由力的平衡条件知F弹'=mg+p2S,仍然具有一部分弹性势能,故选项D正确,A、B、C错误。

二、选择题Ⅱ(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

9.关于热力学定律,下列说法正确的是(　　)

A.根据热力学第一定律可知,一定质量的理想气体等压膨胀对外做功,内能一定减少

B.第一类永动机制不成,是因为它违反了能量守恒定律

C.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律

D.熵是系统内分子运动无序性的量度,一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展

答案:BD

解析:一定质量的理想气体等压膨胀,温度升高,内能增加,选项A错误;第一类永动机制不成,是因为它违反了能量守恒定律,选项B正确;热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律,并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律,选项C错误;熵是系统内分子运动无序性的量度,从微观角度看,一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展,选项D正确。

10.一定质量的理想气体,如果体积膨胀,同时吸收热量,则下列关于该气体内能变化的说法正确的是(　　)

A.如果气体对外做的功大于吸收的热量,气体内能将减少

B.如果气体对外做的功小于吸收的热量,气体内能将减少

C.如果气体对外做的功等于吸收的热量,气体内能将不变

D.如果气体对外做的功等于吸收的热量,气体内能可能改变

答案:AC

解析:体积膨胀,则气体的压力一定对外做功,W<0;吸收热量,Q>0;所以气体内能的变化要比较二者的大小关系,由W+Q=ΔU可知选项A、C正确。

11.恒温环境中,在导热良好的注射器内,用活塞封闭了一定质量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞,此过程中(　　)

A.活塞对封闭气体做负功

B.封闭气体分子的平均速率减小

C.封闭气体从外界吸热

D.封闭气体的内能不变

答案:ACD

解析:用力向外缓慢拉动活塞过程中,气体体积增大,气体对活塞做正功,则活塞对气体做负功,故选项A正确;对于一定质量的理想气体,气体的内能和分子平均速率只取决于温度,由题目可知,温度不变,则封闭气体的内能不变,封闭气体分子的平均速率也不变,故选项B错误,D正确;根据ΔU=W+Q可知,温度不变,则内能U不变,即ΔU=0,用力向外缓慢拉动活塞,则W<0,故Q>0,即气体从外界吸收热量,故选项C正确。

12.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D,其体积V与热力学温度T关系如图所示,O、A、D三点在同一直线上。则(　　)

A.由状态A变到状态B过程中,气体吸收热量

B.由状态B变到状态C过程中,气体从外界吸收热量,内能增加

C.C状态气体的压强小于D状态气体的压强

D.D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少

答案:AD

解析:气体从状态A到状态B,体积不变,发生的是等容变化,气体不做功,W=0,温度升高,内能增加,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,知Q>0,气体吸收热量,故选项A正确;由状态B变到状态C的过程中,温度不变,内能不变,ΔU=0,体积变大,气体对外界做功,W<0,根据热力学第一定律知Q>0,气体从外界吸收热量,故选项B错误;气体从C到D发生等容变化,根据查理定律知p∝T,TC>TD,所以pC>pD,即C状态气体的压强大于D状态气体的压强,故选项C错误;A点和D点在过原点的连线上,说明气体由A到D压强不变,状态D温度高,分子的平均动能大,状态A和状态D压强相等,所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少,故选项D正确。

三、非选择题(本题共4小题,共52分)

13.(12分)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,其p-图像如图所示,求该过程中气体吸收的热量Q。

答案:2×105 J

解析:根据p-图像可知状态A和状态C温度相同,内能相同,故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程,气体对外做功为W1=pΔV=2×105×(2-1)J=2×105J

状态B到状态C为等容变化,气体对外不做功,故A经B到C过程中气体吸收的热量为

Q=W1=2×105J。

14.(12分)如图所示,圆柱形绝热汽缸水平放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞横截面积为S=0.2 m2,与容器底部相距l=0.3 m。现通过电热丝缓慢加热气体,当气体温度升高到T时,气体吸收热量4.2×103 J,活塞向右移动了d=0.1 m。已知大气压强为p0=1.0×105 Pa,阿伏加德罗常数NA=6.02×1023 mol-1,不计活塞与汽缸的摩擦。

(1)加热前汽缸内理想气体的密度ρ=0.45 kg/m3,摩尔质量M=1.6×10-2 kg/mol,试估算汽缸内理想气体的分子数n。(结果保留两位有效数字)

(2)求加热过程中气体内能变化量。

答案:(1)1.0×1024　(2)2 200 J

解析:(1)汽缸内气体的质量m=ρV

气体的分子数 n=NA

代入数据得n=1.0×1024。

(2)汽缸内气体的压强p=p0

气体膨胀对外做功W=-p0Sd=-2000J

根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,解得ΔU=2200J。

15.(14分)右图是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置,开始时封闭的气柱长度为22 cm,现用竖直向下的外力F压缩气体,使封闭的气柱长度变为2 cm,人对活塞做功100 J,大气压强为p0=1×105 Pa,不计活塞的重力。(活塞的横截面积S=1 cm2)

(1)若用足够长的时间缓慢压缩,压缩后气体的压强多大?

(2)若以适当的速度压缩气体,向外散失的热量为20 J,则气体的内能增加多少?

答案:(1)1.1×106 Pa　(2)82 J

解析:(1)设压缩后气体的压强为p,l0=22cm,l=2cm,V0=l0S,V=lS,缓慢压缩,气体温度不变,由玻意耳定律得p0V0=pV

解得p=1.1×106Pa。

(2)大气压力对活塞做功W1=p0S(l0-l)=2J

人对活塞做功W2=100J

由热力学第一定律得ΔU=W1+W2+Q

由于Q=-20J

解得ΔU=82J。

16.(14分)如图所示,有一上部开有小孔的圆柱形汽缸,汽缸的高度为2l,横截面积为S,一厚度不计的轻质活塞封闭1 mol的单分子理想气体,开始时活塞距底部的距离为l,气体的热力学温度为T1。已知外界大气压为p0,1 mol的单分子理想气体内能公式为U=RT,其中R是一个常数。现对气体缓慢加热,求:

(1)活塞恰上升到汽缸顶部时气体的温度;

(2)此过程中汽缸吸收的热量。

答案:(1)T2=2T1

(2)Q=RT1+p0lS

解析:(1)开始加热后活塞上升的过程中密闭气体做等压变化,初、末状态的体积分别为V1=lS和V2=2lS,根据盖-吕萨克定律有

解得T2=2T1。

(2)理想气体内能变化ΔU=R(T2-T1)

外界对气体做的功为W=-p0(V2-V1)

由热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q=RT1+p0lS。