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（粤教版2019）

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．关于热力学定律，下列说法正确的是(　　) A．在一定条件下物体的温度可以降到0 K B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C．吸收了热量的物体，其内能一定增加 D．压缩气体总能使气体的温度升高 答案　B 解析　绝对零度只能无限趋近，永远无法达到，A错误；物体从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，只不过会引起其他变化，B正确；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，单纯吸收热量或者对物体做功，物体的内能都不一定增加，温度也不一定升高，C、D错误． 2．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． 3.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，选项中四个图中分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是(　　) 答案　B 解析　乙分子从A处到距离甲分子最近处，先受引力后受斥力，则先加速后减速，运动方向始终不变，A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，a­x图像与F­x图像类似，故B正确；Ep­x图像中斜率绝对值的大小代表F­x图像中在对应位置F的大小，乙分子从A处由静止释放，在B处分子引力最大，则Ep­x图像中r0右侧图线在B处的斜率最大，在r0处分子势能最小，且在整个过程中，分子势能不可能大于在A处的值，故C错误；乙分子在A位置的动能为零，随着距离x减小，Ek逐渐增大，在Ek­x图像中r0右侧图线在B处斜率绝对值最大，在r0处速度最大，且分子动能不可能为负值，故D错误． 4．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，它只从一个热源吸取热量，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．功可以完全变成内能，而内能不能完全变为功 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；内能可以完全变为功，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. 5．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成．开箱时，密闭于气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　气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． 6．飞机在万米高空飞行的时候，舱外气温往往在－50 ℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫作气团．气团直径可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，高空气团温度很低的原因可能是(　　) A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低 B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低 C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低 D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低 答案　C 解析　由热力学第一定律，物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关，满足ΔU＝Q＋W.气团在上升的过程中不断膨胀，气团对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热交换可忽略，因而内能不断减小，所以气团的温度降低．C正确． 7.如图所示为制冷机(如空调)工作循环过程的p­V图像，其中1→2和3→4为绝热过程，2→3和4→1为等温过程．假设一定质量的理想气体经历了图示的循环过程，则下列说法正确的是(　　) A．过程1→2中，气体分子的平均动能不变 B．过程2→3中，外界对气体做的功小于气体对外界放的热 C．气体在过程2→3中对外界放的热大于过程4→1中从外界吸的热 D．气体在过程4→1中，将从外界吸的热全部用于对外界做功，该过程不遵循热力学第二定律 答案　C 解析　1→2是绝热过程，由图可知气体体积减小，根据热力学第一定律知气体内能增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，故A错误．过程2→3中是等温过程，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，外界对气体做的功等于气体对外界放的热，故B错误．p­V图像和V轴围成的面积表示气体对外界做的功或外界对气体做的功，设2→3过程外界对气体做功为W1，4→1过程气体对外界做功为W2，根据图像可知，W1>W2；2→3和4→1为等温过程，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体在过程2→3中对外界放的热大于过程4→1中从外界吸的热，故C正确．气体在过程4→1中，将从外界吸的热全部用于对外界做功，但引起了气体体积的膨胀，所以该过程并不违反热力学第二定律，故D错误． 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；左边气体的分子密集程度变大，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． 9.我国航天员漫步太空已成为现实．飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此将此设施专门做成了飞船的一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示．两个相通的舱A、B间装有阀门K.指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡．若将此气体近似看成理想气体，则(　　) A．气体体积膨胀，对外做功 B．气体分子势能减小，内能增加 C．气体体积变大，温度不变 D．B中气体不可能自发地全部退回到A中 答案　CD 解析　当阀门K被打开后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体体积膨胀，但对外不做功，故A错误；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，B错误，C正确；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部退回到A中，故D正确． 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，气体分子的平均速率增大，但某些气体分子的速率即动能可能减小，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＝Q＋W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，该过程为等容过程，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＝Q＋W可知，气体吸收热量；b→c过程中，气体温度不变，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＝Q＋W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，使水升温的能量则为Esinα＝Q，垂直照射单位面积的热辐射功率为P＝，联立可得P＝. 三、论述、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)物理学中把一定质量0 ℃的冰全部熔化为0 ℃的水吸收的热量与其质量的比值叫作冰的熔化热，用字母λ表示.500 g的初温为－10 ℃的冰刚好全部熔化为0 ℃的水需要吸收2.16×105 J的热量．已知冰的比热容c冰＝2.1×103 J/(kg·℃)，求： (1)500 g的冰从－10 ℃恰好升高到0 ℃需要吸收的热量； (2)冰的熔化热λ冰； (3)已知0 ℃时冰和水的密度分别为0.92×103 kg/m3、1.0×103 kg/m3.试分析：通常情况下，计算冰熔化成水时的内能变化时，是否要考虑外界大气对冰做的功？ 答案　(1)1.05×104 J (2)4.11×105 J/kg (3)不需要，理由见解析 解析　(1)500 g的冰从－10 ℃恰好升高到0 ℃需要吸收的热量Q吸1＝c冰m冰Δt＝2.1×103 J/(kg·℃)×0.5 kg×[0 ℃－(－10 ℃)]＝1.05×104 J. (2)0 ℃的冰全部熔化为0 ℃的水吸收的热量 Q吸2＝Q吸－Q吸1＝2.16×105 J－1.05×104 J＝2.055×105 J 冰的熔化热λ冰＝＝ J/kg＝4.11×105 J/kg. (3)500 g、0 ℃的冰熔化为0 ℃的水体积减小量 ΔV＝V冰－V水 ＝－ ＝4.3×10－5 m3 通常情况外界大气压为p0＝1.0×105 Pa 则外界大气对冰做的功W＝p0ΔV＝4.3 J 根据热力学第一定律， 0 ℃的冰熔化为0 ℃的水时增加的内能ΔU＝Q吸2＋W 因为W≪Q吸2，则通常情况不需要考虑外界大气对冰做的功． 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Q＝ΔU－W 解得Q＝273 J 即在膨胀过程中吸收273 J的热量． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$学科网书城国 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 内能：物体中所有分子的回动能和☑分子势能的总和 做功→能量的国转化 物体的内能改变物体内能的两种方式 热传递→能量的国转移 做功和热传递在改变内能上是图等效的 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 热力学第一定律 外界对它所做的功的和 力学定 表达式：△U=©Q+☑W 内容 能量守恒定律 第一类永动机不能制成的原因：违背了國能量守恒定律 克劳修斯表述：四热量不能自发地从低温物体传递到高温物体 开尔文表述：画不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功， 热力学第二定律 而不产生其他影响 第二类永动机不能制成的原因：违背了回热力学第二定律 1