单元测试卷(3) 热力学定律-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套练习（教科版2019）

单元测试卷(三)　热力学定律 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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，只有一个选项符合题目要求) 1．(2023·北京朝阳区期末)能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，以下不能体现能量守恒定律的是(　　) A．热力学第一定律 B．牛顿第三定律 C．闭合电路的欧姆定律 D．机械能守恒定律 答案：B 解析：热力学第一定律是描述做功与热传递改变物体的内能之间的关系，能体现能量守恒定律；牛顿第三定律描述的是作用力与反作用力间的关系，不能体现能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律描述的是电源电动势等于外电路与内电路上电势降落之和，能体现能量守恒定律；机械能守恒定律描述的是动能与势能间的相互转化但总机械能不变，能体现能量守恒定律，故选B。 2．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程(　　) 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．都遵守热力学第一、第二定律 答案：D 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，故选项D正确，A、B、C错误。 3．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是(　　) A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J B．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J C．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×105 J D．W＝－8×104 J，ΔU ＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J 答案：B 解析：因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，故B正确。 4．小红和小明打乒乓球时不小心把乒乓球踩扁了，小明认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩扁的乒乓球放在热水里泡一下，基本恢复了原状。乒乓球内的气体可视为理想气体，对于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确的是(　　) A．内能变大，球内气体对外做正功的同时吸热 B．内能变大，球内气体对外做正功的同时放热 C．内能变大，球内气体对外做负功的同时吸热 D．内能变小，球内气体对外做负功的同时放热 答案：A 解析：乒乓球恢复原状过程中，乒乓球内的气体膨胀 对外做功，故W<0；气体温度升高，内能增加，故ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即气体吸收热量，故A正确，B、C、D错误。 5．二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低。此过程中(　　) A．封闭的二氧化碳气体对外界做正功 B．封闭的二氧化碳气体压强一定增大 C．封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大 D．封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量 答案：B 解析：气体体积减小为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误；海水压强随深度的增加而增加，又导热容器可以自由压缩，则气体的压强一定增大，故B正确；温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故C错误；温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体向外界放出热量，故D错误。 6.一定质量的理想气体，分别在压强p1和p2下的体积V与温度T的关系图线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．压强增大，吸收热量 B．压强增大，放出热量 C．压强减小，放出热量 D．压强减小，吸收热量 答案：C 解析：根据理想气体状态方程＝C可知＝，在VT图像中，斜率越大，压强越小，故p1>p2，从A到B，气体的压强减小，由于从A到B做等容变化，气体不做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量，故A、B、D错误，C正确。 7．(2023·北京十一学校期中)“二氧化碳跨临界直冷制冰”是北京冬奥会的“中国方案”，图甲中国家速滑馆5 000 m 2的冰面全由它制成，冰面温差可控制在±0.5 ℃以内。其制冰过程可简化为图乙中的循环过程，其中横轴为温度T，纵轴为压强p。 过程A→B：一定量的二氧化碳在压缩机的作用下变为高温高压的超临界态(一种介于液态和气态之间，分子间有强烈相互作用的特殊状态)； 过程B→C：二氧化碳在冷凝器中经历一恒压过程向外放热而变成高压液体； 过程C→D：二氧化碳进入蒸发器中蒸发，进而使与蒸发器接触的水降温而凝固； 过程D→A：二氧化碳经历一恒压过程回到初始状态。下列说法正确的是(　　) A．过程A→B中，每个二氧化碳分子的动能都将增大 B．过程B→C中，二氧化碳始终遵循理想气体的实验定律 C．过程D→A中，若二氧化碳可看作理想气体，则该过程中二氧化碳将吸热 D．整个循环过程中，热量从低温水向高温二氧化碳传递，违反热力学第二定律 答案：C 解析：过程A→B中，温度升高，二氧化碳分子的平均动能将增大，但不是每个二氧化碳分子的动能都将增大，故A错误；过程B→C中，二氧化碳在C是液态，不是气体，不符合理想气体实验定律的条件，故B错误；过程D→A中，若二氧化碳可看作理想气体，压强不变，温度升高，故二氧化碳的内能增大，体积增大，二氧化碳对外做功，由热力学第一定律可知该过程中二氧化碳将吸热，故C正确；整个循环过程需要外力做功才能实现，所以热量从低温水向高温二氧化碳传递，并不违反热力学第二定律，故D错误。 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.用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下按压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后停止充气，按下按柄B打开阀门K，消毒液会经导管自动从喷嘴处喷出，直到停喷。储气室内气体可视为理想气体，喷液过程中忽略气体与外界的热量交换，则在喷液过程中下列说法正确的是(　　) A．储气室内气体压强增大 B．储气室内气体温度降低 C．储气室内气体内能减小 D．消毒液停喷瞬间，储气室气体压强等于外界大气压强 答案：BC 解析：在喷液过程中，储气室内气体绝热膨胀，对外界做功，吸收的热量为零，根据热力学第一定律可知气体内能减小，温度降低，故B、C正确；根据理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小，故A错误；消毒液停喷瞬间，设导管中液面比喷壶内液面高h，消毒液密度为ρ，大气压强为p0，根据平衡条件可知储气室气体压强为p＝ρgh＋p0>p0，故D错误。 9. (2023·四川遂宁期末)如图所示，固定在水平地面上的气缸内密封一定质量的理想气体，活塞处于静止状态。若活塞与气缸间的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热量交换。将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，下列说法正确的是(　　) A．气体的温度逐渐升高 B．气体分子的平均动能逐渐增大 C．气体分子的密集程度保持不变 D．气体的内能可能保持不变 答案：AB 解析：将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，气体的体积减小，分子密集程度增大，外界对气体做功，即W>0，由于气体与外界环境没有热量交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU>0，即气体的内能逐渐增大，气体温度逐渐升高，气体分子的平均动能逐渐增大，故A、B正确，C、D错误。 10．(2024·四川凉山统考一模)一游客携带装满氧气的小钢瓶登泸山，氧气瓶里的气体质量不变，爬高过程中，环境温度降低，则气体(　　) A．分子斥力增大 B．内能减小 C．压强减小 D．释放热量 答案：BCD 解析：由于气体的体积保持不变，分之间的距离保持不变，分子间的引力和斥力都保持不变，A错误；环境温度降低，由于小钢瓶导热，气体释放热量，内能减少，温度降低，B、D正确；气体发生等容变化，温度降低，压强减小，C正确。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(6分)(2023·四川绵阳高三统考阶段练习)如图所示，一定量的理想气体从状态A经等温过程AB、绝热过程BC、等温过程CD、绝热过程DA后，又回到状态A。其中，过程AB中气体会 (选填“释放”或“吸收”)热量； 若过程AB中气体的温度为T1、过程CD中气体的温度为T2，则T1 (选填“大于”、“小于”或“等于”)T2；完成一次循环，气体回到状态A时内能 (选填“增加”、“减少”或“不变”)。 答案：吸收　大于　不变 解析：过程AB是等温变化过程，内能不变ΔU＝0，气体压强减小，体积增大，气体对外做功W<0，根据ΔU＝Q＋W可知，Q>0，气体吸收热量；过程BC为绝热过程Q＝0，压强减小，体积增大，气体对外做功W<0，根据ΔU＝Q＋W可知，ΔU<0，气体内能减小，温度降低，所以T1大于T2；理想气体内能仅与温度有关，所以完成一次循环，气体回到状态A时内能不变。 12．(8分) (2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J；大气压p0＝1.01×105 Pa。重力加速度g取10 m/s2。 (1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能 (选填“增大”、“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力 (选填“增大”、“减小”或“不变”)； (2)求气体在状态C的温度TC； (3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。 答案：(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J 解析：(1)气体从状态A到状态B，由于圆筒导热良好，缓慢推动活塞时，气体做等温变化，温度是分子平均动能的标志，则分子平均动能不变，根据pAVA＝pBVB，气体体积缩小时，压强增大，即圆筒内壁单位面积受到的压力增大。 (2)气体在A状态时，对活塞受力分析可得，封闭气体压强为pA＝p0－＝1×105 Pa，对这部分气体研究可得＝，代入数值解得TC＝350 K。 (3)气体从状态A到状态B，外界对气体做功为W，气体内能不变；从状态B到状态C，体积不变，外界没有对气体做功，因此从状态A到状态C整个过程中，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，代入数值解得W＝11 J。 13．(8分)如图是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。 (1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p； (2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化？求变化量的大小ΔU。 答案：(1)p0　(2)内能减少　Q 解析：(1)由题意知瓶内气体体积不变，则有＝ 解得p＝p0。 (2)温度由T1下降到T2过程为等容过程，W＝0，温度降低，内能减少，由ΔU＝Q＋W可得ΔU＝Q。 14．(8分)(2023·广东佛山摸底考试)如图是太空笔笔芯的原理简化图，太空笔能在无重力条件下书写，是靠其中的加压气体将墨水挤压出来的。一支新的太空笔使用前加压气体压强为3p，用去体积为V0的墨水后，加压气体压强变为p，假设使用过程中加压气体温度保持不变，加压气体可视为理想气体。 (1)请分析太空笔在使用过程中，加压气体是吸热还是放热。 (2)一支新太空笔中加压气体的体积是多少？ 答案：(1)吸热，分析见解析　(2)0.5V0 解析：(1)该过程气体发生等温变化，则ΔU＝0 加压气体体积增大，外界对气体做负功，则W<0 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得Q>0 即加压气体吸热。 (2)设一支新太空笔中加压气体的体积为V，太空笔使用过程中加压气体发生等温变化，根据气体等温变化的规律得3pV＝p(V＋V0) 解得V＝0.5V0。 15．(12分)如图所示，内壁光滑且长为L＝60 cm的绝热气缸固定在水平面上，气缸内用横截面积为S＝100 cm2的绝热活塞(厚度不计)封闭着温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝40 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，T/K＝t/℃＋273)。 (1)试计算当温度升高到t＝402 ℃时，缸内封闭气体的压强p； (2)若气缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时通过电热丝的电流为I＝0.3 A，此变化过程共持续了t1＝200 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。 答案：(1)1.5×105 Pa　(2)1 600 J 解析：(1)当活塞恰好移动到气缸口时，封闭气体发生等压变化，则有＝ 其中T1＝(t0＋273) K＝300 K 解得T2＝450 K，即t2＝177 ℃ 由于177 ℃<402 ℃，所以气体先发生等压变化后发生等容变化，则有＝ 解得当温度升高到402 ℃时，缸内封闭气体的压强p＝1.5×105 Pa。 (2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体对外界做功，W＝－p0S(L－l)，封闭气体共吸收的热量为Q＝I2Rt1，解得ΔU＝1 600 J。 16．(12分)(2023·浙江台州模拟预测)如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧气缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热气缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距气缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞缓慢向右滑动，不计一切摩擦。T/K＝t/℃＋273。求： (1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1； (2)气体温度达到827 ℃时，气体的压强p2； (3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。 答案：(1)4.0×105 Pa　(2)4.9×105 Pa (3)Q－8p0SL 解析：(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，有 p1S＝p0S＋F 解得p1＝4p0＝4.0×105 Pa。 (2)假设加热升温过程始终是等压变化，根据气体等压变化的规律，有＝ 解得L′＝L>3L 此时活塞已经与气缸右侧挡板接触， 由＝ 解得p2＝p0≈4.9×105 Pa。 (3)此过程中气体对外做功为p1S·2L＝8p0SL 根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W，其中W＝－8p0SL 可得此过程中气体内能的增加量为ΔU＝Q－8p0SL。 学科网（北京）股份有限公司 $$