第3章 热力学定律 水平测评+知识网络构建-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册创新导学案word（人教版2019）

学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 第三章 知识网络构建 功和内能:在绝热情况下,回功是内能变化的量度 内能 热量和内能:只发生传热时,热量是内能变化的量度 做功和传热在改变内能上是等效的 孙册 热力学第 -内容:一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和 一定律 表达式:AV-010+W 能量守恒定律 能量守恒定律 第一类永动机不能制成的原因:违背了回能量守恒定律 克劳修斯表述:园热量不能自发地从低温物体传到高温物体 热力学第 开尔文表述:⑧不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响 二定律。 第二类永动机不能制成的原因:违背了回热力学第二定律 能源是有限的 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 2 第三章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．文艺复兴时期，意大利的达·芬奇曾设计过一种转轮，利用隔板的特殊形状，使一边重球滚到另一边距离轮心远些的地方，并认为这样可以使轮子不停地转动，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该设计可以使转轮在无外力作用下顺时针转动变快 B．该设计可以使转轮在无外力作用下逆时针转动变快 C．该设计可以在不消耗能源的情况下不断地对外做功 D．该设计中使转轮成为永动机的设想是不可能实现的 答案　D 解析　不管转轮是顺时针转动还是逆时针转动，都需要克服阻力做功，在无外力作用下，只能是转动变慢，最终停下来，A、B错误；根据能量守恒定律可知，该设计在不消耗能源的情况下不断地对外做功是不可能的，这种设想不可能实现，C错误，D正确。 2．关于能量和能源，以下观点正确的是(　　) A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为 B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现 C．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行 D．熵增的过程就是能量增加的过程 答案　A 解析　能量虽然守恒，但在能源的使用过程中，其品质在不断向低品质转化，可见能源是有限的，A正确，B错误；满足能量守恒定律的物理过程不一定满足热力学第二定律，因此不一定能自发进行，C错误；熵增的过程是无序程度增加的过程，此过程中系统的总能量不变，D错误。 3．在功与热的转变过程中，下列叙述中不正确的是(　　) A．不可能制成一种循环运作的热机，它只从一个热库吸取热量，使之完全变为有用功，而不发生任何其他变化 B．热机的效率恒小于1 C．功可以完全变成热能，而热能不能完全变为功 D．绝热过程对外做正功，则系统的内能必减小 答案　C 解析　由热力学第二定律可知，A、B正确；热能可以完全变为功，只不过会引起其他变化，C错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，绝热过程Q＝0，对外做功W<0，则ΔU<0，即系统的内能必减小，D正确。本题选叙述不正确的，故选C。 4．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体(　　) A．对外做正功，分子的平均动能减小 B．对外做正功，内能增大 C．对外做负功，分子的平均动能增大 D．对外做负功，内能减小 答案　A 解析　汽缸内气体膨胀时向外推动活塞做正功，C、D错误；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和，密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，A正确。 5．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 答案　C 解析　从开始打气到打气结束的过程，外界对车胎内气体做功，内能迅速增大，故A错误；打气结束到拔出气门芯前，外界对气体不做功，由于传热，车胎内气体内能缓慢减少，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，外界没有对气体做功，由于传热，车胎内气体温度上升，内能增大，故D错误。 6．如图所示为某品牌的气压式电脑椅，其主要结构可简化为汽缸和活塞的组合体，人离开椅子后，汽缸内的气体体积增大，将椅子顶起，假设汽缸内的气体可视为理想气体，则下列说法正确的是(　　) A．如果气体吸收的热量比对外做的功少，则违背了热力学第一定律 B．如果气体与外界没有热量交换，则汽缸内的气体温度一定降低 C．汽缸内的气体可能自动回到初始状态 D．人坐下时，外界对气体做功，缸内气体的温度降低 答案　B 解析　如果气体吸收的热量比对外做的功少，则气体的内能减少，并不能说明该过程违背了热力学第一定律，故A错误；如果气体与外界没有热量交换，即Q＝0，气体体积增加，对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知ΔU<0，即气体的内能减少，气体的温度一定降低，故B正确；与热现象有关的过程具有方向性，故C错误；人坐下时，外界对气体做功，W为正值，由于不知气体吸、放热情况，故气体内能变化情况不确定，则缸内气体的温度变化情况不确定，故D错误。 7．一定质量的理想气体，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图，其中AD的延长线过原点，AB段为双曲线的一支。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出外界对气体做的功。下列说法正确的是(　　) A．从状态D变化到状态A，气体的内能没有变化 B．从状态A变化到状态B，气体吸收的热量为880 J C．从状态B变化到状态C，气体分子平均动能增大 D．从状态A经BCD回到状态A，气体吸收热量 答案　D 解析　根据＝C可知，自状态D变化到状态A，p、V的乘积增大，因此温度T升高，一定质量理想气体内能只与温度有关，因此内能增大，A错误；在p­V图像中，图线与V轴所围图形的面积表示外界对气体做的功的大小，图像中每个小格对应的功为0.4×105 Pa×0.4×10－3 m3＝16 J，则自状态A变化到状态B，外界对气体做的功为WAB＝－16×58 J＝－928 J，AB段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，ΔUAB＝0，由ΔUAB＝WAB＋QAB得，气体吸收的热量QAB＝－WAB＝928 J，B错误；从状态B变化到状态C，体积不变，压强减小，由查理定律＝C1可知，气体的温度降低，气体分子平均动能减小，故C错误；从状态A经BCD回到状态A，气体对外做功的值大于外界对气体做功的值，即W<0，又ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q，得Q>0，气体吸收热量，故D正确。 8．中国制造的列车空气弹簧实现了欧洲高端铁路市场全覆盖，空气弹簧安装在列车车厢底部，可以起到有效减震、提升列车运行平稳性的作用。空气弹簧主要由活塞、汽缸及密封在汽缸内的一定质量气体构成。列车上下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢震动。上下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若外界温度恒定，汽缸内气体视为理想气体，则(　　) A．乘客上车造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体对外界放热 B．乘客上车造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体对外界做正功 C．剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体的内能增加 D．剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体分子的平均动能减小 答案　AC 解析　乘客上车造成气体压缩的过程中，外界对气体做功，W>0，气体与外界有充分的热交换，气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q可知Q<0，则空气弹簧内气体对外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，外界对气体做功，W>0，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程，则Q＝0，ΔU＝W＋Q>0，则空气弹簧内气体的内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，C正确，D错误。 9．如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝，汽缸壁和隔板均绝热。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隔板的次数增加 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，压强增大，向左推动隔板，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，故B正确；左边气体的体积变小，温度升高，根据理想气体状态方程可知，左边气体压强增大，C正确；左边气体的分子数密度变大，分子平均速率变大，所以左边气体分子单位时间内撞击隔板的次数增加，故A正确；根据能量守恒定律可知，两边气体内能的增加量之和等于电热丝放出的热量，故D错误。 10．“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深5 m，底部温度为17 ℃，一个体积为5.8×10－7 m3的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为27 ℃，其内能增加了2×10－2 J。g取10 m/s2，外界大气压强取1.0×105 Pa，水的密度取1×103 kg/m3。下列说法正确的是(　　) A．气泡内所有分子动能都增大 B．气泡上升过程中对外做功，吸收热量 C．气泡到达水面的体积为8.7×10－8 m3 D．上升过程中气泡吸收的热量小于6.8×10－2 J 答案　BD 解析　气泡内气体内能增大，气体分子的平均动能增大，但某些气体分子的动能可能减小，故A错误；气泡上升过程中压强减小、温度升高，由理想气体状态方程知体积增大，则对外做功，而内能增加，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气泡吸收热量，故B正确；在泉水底部时气泡内气体压强p1＝p0＋ρ水gh，由理想气体状态方程得＝，代入数据可求得气泡到达水面的体积为V2＝9×10－7 m3，故C错误；如果气泡压强不变，则气泡对外做的功一定大于W0＝p0ΔV＝3.2×10－2 J，且小于W1＝p1ΔV＝4.8×10－2 J，由热力学第一定律知，ΔU＝－W＋Q，可解得气泡上升过程中吸收的热量Q的范围为ΔU＋W0<Q<ΔU＋W1，即5.2×10－2 J<Q<6.8×10－2 J，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、填空题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)一定量的理想气体从状态a开始，经历a→b→c→a三个过程回到初始状态，其压强p和热力学温度T的关系图像如图所示。a→b过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)热量；b→c过程中，气体做功的绝对值________(填“大于”“小于”或“等于”)气体与外界之间传递的热量。 答案　吸收　等于 解析　根据图像可知，a→b过程中，压强与热力学温度成正比，由理想气体状态方程＝C可知，气体做等容变化，即体积不变，外界对气体做功为零，温度升高，内能增加，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体吸收热量；b→c过程中，气体做等温变化，内能不变，压强减小，由理想气体状态方程＝C可知，体积增大，则气体对外做功，即W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得，Q＝－W，即气体对外做的功等于吸收的热量。 12．(6分)一个截面积为S的圆柱形绝热容器装有质量为m的水。已知水的比热容为c，水的温度为t1，在阳光下照射时间T后，温度升高到t2，若照射时阳光与水平方向的夹角为α，则可估算出太阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为____________。 答案　 解析　水吸收的热量Q＝cm(t2－t1)，设照射容器的太阳光能量为E，则使水升温的能量为Esinα＝Q，垂直照射单位面积的热辐射功率为P＝，联立可得P＝。 三、计算题(本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13．(10分)用质量为0.5 kg的铁锤去打击质量为50 g的铁钉。已知铁锤打击铁钉时的速度为12 m/s，且每次打击后铁锤不再弹起，如果在打击时有80%的能量变成内能，并且这些能量有50%被铁钉吸收，现要使铁钉温度升高10 ℃，问要打多少次铁钉？[不计铁钉的体积变化，铁的比热容为460 J/(kg·℃)] 答案　16 解析　铁锤每次打击铁钉后不再弹起，表明其全部的机械能Ek＝m1v2将完全损失， 其中有η1＝80%将变为内能，而这些内能有η2＝50%被铁钉吸收， 设使铁钉温度升高Δt＝10 ℃需要打击n次，则有：n×η1×η2×m1v2＝cm2Δt， 代入已知数据可解得打击次数 n＝≈16。 14．(14分)如图，内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为S、质量为m、厚度不计的绝热活塞封闭一定质量的理想气体。开始时，活塞被一根轻绳吊住，恰好位于卡口处且不与卡口挤压，卡口距汽缸底的高度为L。现剪断轻绳，活塞再度平衡时距汽缸底的高度变为。已知汽缸外界为恒温环境，大气压强为p0，重力加速度为g。求： (1)剪断轻绳前，绳子上的拉力为多大？ (2)若给汽缸涂上绝热材料后用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢上升，若电热丝的电阻为R，加热时电流为I，经t时间活塞恰好回到卡口处，假设电阻发出的热量全部传给气体，则缸内气体内能的变化量是多少？ 答案　(1)(p0S＋mg)　 (2)I2Rt－p0SL－mgL 解析　(1)设剪断轻绳前缸内气体压强为p1，剪断轻绳后缸内气体压强为p2，剪断轻绳前至活塞再度平衡时，缸内气体做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 其中V1＝LS，V2＝LS 设剪断轻绳前，绳子上的拉力大小为F，对活塞根据平衡条件有F＋p1S＝mg＋p0S 活塞再度平衡时，对活塞根据平衡条件有 p2S＝p0S＋mg 解得F＝(p0S＋mg)。 (2)根据焦耳定律，可得气体吸收的热量 Q＝I2Rt 气体对外界做的功W＝p2S· 根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W 联立解得ΔU＝I2Rt－p0SL－mgL。 15．(14分)2020年11月10日8时12分，中国研发的万米载人潜水器“奋斗者号”在马里亚纳海沟成功坐底10909米，刷新中国载人深潜的新纪录。某科技小组受启发，动手制作了潜水器模型如图1所示，高压气瓶通过细管与压载水箱连接，压载水箱通过通海口(细管)通向外界，连接各部分的细管容积不计。压载水箱中有一厚度不计的轻活塞，在地面先将高压空气充入高压气瓶中，关闭阀门K，此时活塞在压载水箱最右端。压载水箱通过通海口装满水后，潜水器下沉到水下某一深度处悬停，通过遥控器将阀门K打开，高压气瓶中的气体缓慢膨胀推动活塞，刚好能够将压载水箱中的水全部排出。已知高压气瓶的容积为1 L，压载水箱的容积为1.5 L，大气压强为1.0×105 Pa，整个变化过程可由传感器测出气瓶与水箱内的气体p ­V图像如图2所示，活塞与水箱的摩擦力忽略不计，求： (1)整个排水过程中气体对水做的功； (2)气瓶中气体看作理想气体，其内能与热力学温度关系为U＝kT(k为常量)，已知初始状态该气体内能约为UN＝162 J，热力学温度为TN＝290 K，请计算膨胀过程需要吸收的热量。 答案　(1)300 J　(2)273 J 解析　(1)整个变化过程其气体的p­V图像与V轴围成的面积即为气体对水做的功，则W＝·ΔV 代入数据得气体对水做的功W＝300 J。 (2)气体从N到M过程，由理想气体状态方程可知＝ 可知TM＝TN 由题意可知，理想气体内能与温度的关系为 U＝kT＝T 则ΔU＝UM－UN＝－27 J 根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W 解得Q＝273 J 即在膨胀过程中吸收273 J的热量。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$