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（人教版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。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．(2024·河南三门峡市高二质检)有关内能、温度、热量的说法中错误的是(　　) A．两物体的质量、温度和体积相等，两物体内能不一定相等 B．只要温度升高，每个分子的动能就都增加 C．热量是传热过程中物体内能变化的量度 D．做功和传热都能改变物体的内能，两过程的本质不同，改变物体内能的效果相同 答案：B 解析：物体的内能由物体中的分子数、温度和体积共同决定，两物体的质量相等，而分子数不一定相同，则两物体内能不一定相等，A正确；温度升高，分子的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，故B错误；热量是传热过程中物体内能变化的量度，C正确；做功和传热都能改变物体的内能，做功是能量转化的过程，传热是能量转移的过程，两过程的本质不同，但改变物体内能的效果相同，D正确。故选B。 2．对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　) A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J B．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少 C．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量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 D．热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律 答案：D 解析：根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W＝80 J－100 J＝－20 J，即内能减小了20 J，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加；物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。 3．如图所示，有一导热性良好的气缸放在水平面上，活塞与气缸壁间的摩擦不计，气缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用(即分子势能视为零)，忽略环境温度的变化，现缓慢推倒气缸，在此过程中(　　) A．气体吸收热量，内能不变 B．气缸内分子的平均动能增大 C．单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多 D．气缸内分子撞击气缸壁的平均作用力增大 答案：A 解析：初始状态，气体压强大于大气压强，末状态，气体压强等于大气压强，该过程气体对外做功，由于忽略环境温度变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；温度不变，气缸内分子的平均动能不变，故B错误；分子的平均动能不变，平均速率不变，气体压强变小，单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数减小，故C错误；分子的平均动能不变，气缸内分子撞击气缸壁的平均作用力不变，故D错误。故选A。 4．下列说法正确的是(　　) A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律 B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等 C．自发地传热是不可逆的 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 答案：C 解析：冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，但要消耗电能，遵循热力学第二定律，故A错误；空调工作时消耗的电能大于室内温度降低所放出的热量，故B错误；一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故C正确；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，不可能制造出来，D错误。 5．(2024·陕西咸阳市高二月考)一定质量的理想气体(分子间作用力不计)，体积由V膨胀到V′。如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，则(　　) 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：B 解析：第一种情况，气体压强不变，体积增大，根据＝C可知，温度升高，ΔU1>0，根据热力学第一定律有ΔU1＝Q1－W1；第二种情况，气体体积增大，温度不变，ΔU2＝0，根据pV＝C可知，压强减小，根据热力学第一定律有ΔU2＝Q2－W2，则ΔU1>ΔU2。两种情况下体积变化相同，但第二种情况下压强减小，因此W1>W2，故Q1>Q2。故选B。 6.如图所示，气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸和活塞是绝热的，气缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与气缸间的摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．气缸内的活塞向右运动 B．气缸内气体的内能变小 C．气缸内气体的压强减小 D．气缸内气体的分子平均动能变大 答案：D 解析：设气缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则气缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于气缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则气缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程＝C可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。 7.一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后回到初态1，其变化过程如图所示，则(　　) A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小 B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小 C．从1到2到3到再回到1过程中，气体一定从外界吸热 D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加 答案：C 解析：从1到2过程中为等容变化，体积不变，气体不对外做功，选项A错误；从2到3过程中，体积增大，气体对外做功；压强不变，根据＝C可知，温度升高，内能增大，选项B错误；从3到1过程中，体积减小，气体分子数密度变大；由题图可知p1V1<p3V3，由＝C可知T3>T1，温度降低，内能减少，选项D错误；根据p-V图像中图线与V轴所围面积表示气体做功大小可知，整个过程气体对外做功大于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，选项C正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左、右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左、右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　) A．左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加 B．左、右两边气体温度都升高 C．左边气体压强增大 D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 答案：ABC 解析：当电热丝通电后，右侧的气体吸收电热丝放出的热量，温度升高，同时绝热膨胀，向左推动活塞，从而对左边气体做功，由题意并根据热力学第一定律可知，左边气体内能增加，温度升高；根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大，分子数密度增大，左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加，故A、B、C正确；根据能量守恒定律可知，两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量，故D错误。 9.(2024·云南大理市高二联考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p -T图像如图所示，下列关于气体变化的说法正确的是(　　) A．从A状态变化到B状态，气体不做功，但对外放热 B．从A状态到B状态，每个气体分子的动能都减小 C．从B状态到C状态，气体吸收的热量大于对外界所做的功 D．从B状态到C状态，容器壁单位面积上受到气体分子的撞击力增大 答案：AC 解析：根据p＝T可知，从A状态变化到B状态，气体体积不变，不做功，由题图可知，气体温度降低，内能减小，则根据ΔU＝Q＋W可知，气体对外放热，选项A正确；从A状态到B状态，气体温度降低，分子平均动能减小，但不是每个气体分子的动能都减小，选项B错误；从B状态到C状态，气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体内能增加，对外做功，根据ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量大于对外界所做的功，选项C正确；从B状态到C状态，气体温度升高，但是压强不变，则容器壁单位面积上受到气体分子的撞击力不变，选项D错误。故选AC。 10．(2024·江苏徐州市高二统考)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过B、C、D再回到状态A，其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均过原点O，气体在状态A时的压强为p0，下列说法正确的是(　　) A．A→B过程中，气体压强不变 B．B→C过程中，气体向外放热 C．C→D过程中，气体对外做功为p0V0 D．整个过程中，气体吸收的热量小于p0V0 答案：AD 解析：根据理想气体状态方程有＝C可得T＝V，由题图可知A→B过程中，图线斜率不变，故气体压强不变，为等压过程，故A正确；B→C过程中，气体温度不变，为等温过程，因此气体内能不变，而气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故B错误；由A选项分析可知，C→D过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做功，故C错误；根据题图可得到压强p和体积V的关系图像如图所示。 由于p-V图像所围面积表示气体对外界做的功，因此整个过程气体对外界做的功小于ABCD所围成的梯形的面积，S梯形ABCD＝·＝，故气体对外界做功W<，由于整个过程气体内能不变，根据热力学第一定律可得整个过程中气体吸收的热量Q＝W<，故D正确。故选AD。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(6分)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热库吸热Q1，对外做功W，又对低温热库放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____________。 热机的效率η＝不可能达到100%，从能量转化的角度，说明________能不能完全转化为________能，而不引起其他变化。 答案：Q1＝W＋Q2　 内　 机械 解析：根据题述，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。由热力学第一定律知，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是0＝Q1－Q2－W，即Q1＝W＋Q2。热机的效率η＝不可能达到100%，从能量转化的角度，说明内能不能完全转化为机械能，而不引起其他变化。 12．(6分)某校的学生进行了水火箭的制作与发射比赛，装置如图所示。瓶内封闭了一定质量的气体，比赛中通过打气筒向瓶内多次打气，直到瓶内气体的压力冲开瓶塞，瓶内水从瓶口快速喷出，瓶身因反冲获得向上的速度射向空中。已知瓶塞的截面积为S，瓶中气体未打气时压强为p0(大气压强)，体积为V0，每次打气均是把打气筒中压强为p0、体积为kV0的气体全部打入瓶中。忽略打气过程中气体温度的变化，同时忽略水及瓶塞重力产生的压强。假设打了N次气后，水恰好冲开瓶塞，水火箭成功发射。在瓶塞被冲开、水快速喷出时，气体的内能将________(选填“增大”或“减小”)，温度将________(选填“升高”或“降低”)。瓶塞刚被冲开时瓶内气体的压强p＝________，瓶塞与瓶颈间的最大摩擦力Ffm＝________。 答案： 减小　降低　(1＋kN)p0　kNp0S 解析：由热力学第一定律可知，在瓶塞被冲开、水快速喷出时，不考虑气体与外界热交换，气体对外做功，气体的内能将减小，温度将降低。 由玻意耳定律得p0V0＋Np0kV0＝pV0，则瓶塞刚被冲开时瓶内气体的压强p＝(1＋kN)p0 瓶塞刚要被冲开时，对瓶塞受力分析，因不计活塞重力，则有pS＝p0S＋Ffm，解得Ffm＝kNp0S。 13．(8分)如图甲为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2 L，内装1.4 L的消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时，按下B阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm＝1.0×105 Pa。 (1)求充气过程向下压A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积； (2)喷液全过程，气体状态变化的等温线(如图乙所示)近似看成一段倾斜直线，估算喷液过程壶内气体从外界吸收的热量。 答案：(1)12次　0.6 L　(2)90 J 解析：(1)壶中原来空气的体积V1＝(2－1.4) L＝0.6 L，由玻意耳定律得p1(nV0＋V1)＝p2V1 其中p1＝1.0 atm，V0＝0.05 L，p2＝2.0 atm 解得n＝12次 最多喷出的液体ΔV＝nV0＝0.6 L。 (2)外界对气体做功W＝－×ΔV＝－90 J 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝0 解得Q＝90 J。 14．(10分)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0。从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为Q，在p -T图像中图线AC的反向延长线通过坐标原点O；从状态C到状态B温度不变；从状态B到状态A，该气体对外界做的功为W。求： (1)气体在状态C时的压强和在状态B时的体积； (2)从状态B到状态A，气体与外界交换的热量Q′。 答案：(1)2p0　V0　(2)W－Q 解析：(1)由题意可知AC为等容线，根据查理定律有＝ 解得pC＝2pA＝2p0 根据理想气体状态方程有＝ 解得VB＝V0。 (2)由题图可知从状态A到状态C，气体做等容变化，做功为零，根据热力学第一定律可得ΔUAC＝UC－UA＝Q 从状态C到状态B，气体做等温变化，内能不变，则有UB＝UC＝UA＋Q 所以从状态B到状态A，有ΔUBA＝UA－UB＝－Q 设从状态B到状态A，气体与外界交换的热量为Q′，根据热力学第一定律可知ΔUBA＝Q′－W 解得气体与外界交换的热量为Q′＝W－Q。 15．(12分)绝热的活塞与气缸之间封闭一定质量的理想气体，气缸开口向上置于水平面上，活塞与气缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示。已知活塞横截面积S＝5×10-4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V -T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求： (1)封闭气体最后的体积； (2)封闭气体吸收的热量。 答案：(1)6×10-4 m3　(2)60 J 解析：(1)以气体为研究对象，根据盖吕萨克定律有＝ 解得VQ＝6×10-4 m3。 (2)由气体的内能与热力学温度成正比有＝ 解得UQ＝108 J 活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有 pS＝p0S＋mg 解得p＝p0＋＝1.2×105 Pa 外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J 由热力学第一定律有UQ－UP＝Q＋W 解得气体吸收的总热量为Q＝60 J。 16.(12分)(2023·1月浙江选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J。取大气压p0＝0.99×105 Pa，求气体： (1)在状态B的温度； (2)在状态C的压强； (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 答案：(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J 解析：(1)气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有＝ 解得TB＝TA＝TA＝330 K。 (2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，压强不变，设为pB，则有pBS＝p0S＋mg 解得pB＝1×105 Pa 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有＝ 解得pC＝pB＝1.1×105 Pa。 (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功W＝－pBSd＝－30 J 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 解得Q＝ΔU－W＝188 J。 学生用书第91页 学科网（北京）股份有限公司 $$