第3章 热力学定律 章末过关检测(三)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册教用课件(教科版)

章末过关检测(三) (时间：75分钟　分值：100分) 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．云南具有文化内涵的地方特色小吃——小锅米线，采用特制的小铜锅放在小灶上烹饪，配上各种秘制的调味酱料，出锅的米线热气腾腾，色泽清爽红润，清香扑鼻。下列与其相关的物理知识描述错误的是(　　) A．“清香扑鼻”是因为分子在永不停息地运动 B．刚出锅的米线温度很高，是因为米线含有的热量多 C．“热气腾腾”中的“热气”是水蒸气放热液化形成的 D．小灶加热米线，是通过热传递的方式改变米线的内能 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 章末过关检测 解析：“清香扑鼻”是香气分子不停运动的结果，属于扩散现象，故A正确； 热量是过程量，不能说含有热量，故B错误； “热气腾腾”中的“热气”是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故C正确； 做功与热传递都可以改变物体内能，小灶加热米线，是通过热传递的方式改变米线的内能，故D正确。 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 章末过关检测 2．下列过程可能发生的是(　　) A．某种物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响 B．打开一高压密闭容器，其内气体自发逸出后又自发逸进去，恢复原状 C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高 D．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 章末过关检测 解析：根据热力学第二定律可知，内能自发地全部转化为机械能是不可能的，A错误； 气体膨胀具有方向性，气体不能自发逸出又自发逸进去，B错误； 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些手段是可以实现的，C正确； 扩散现象有方向性，因此不能自发地各自分开，D错误。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 章末过关检测 3．关于物体的内能和热量，下列说法正确的是(　　) A．热水的内能比冷水的内能多 B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大 C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等 D．在热传递过程中，热量从高温物体传递到低温物体，直到两物体的温度相同为止 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 章末过关检测 解析：物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不是只由温度决定，故A、B错误； 在热传递过程中，热量由高温物体传给低温物体，直到两物体温度相同为止，而与物体的内能大小无关，所以完全有可能是内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故C错误，D正确。 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 章末过关检测 4．夏季，天气温差比较大，充足气的车胎经过正午阳光的暴晒容易爆胎。若车胎内的气体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短，则关于车胎内的气体，下列说法正确的是(　　) A．爆胎前，随着气温的升高，车胎内气体压强不变 B．爆胎前，随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，内能增大 C．爆胎前，随着气温的升高，车胎内气体分子在单位时间单位面积上碰撞车胎的次数减少 D．爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能增大 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 章末过关检测 解析：爆胎前，随着气温的升高，车胎体积不变，则压强变大，车胎内气体吸收热量，内能增大，A错误，B正确； 爆胎前，随着气温的升高，气体分子平均动能变大，分子平均速率变大，车胎体积不变，气体数密度不变，气体压强变大，车胎内气体分子在单位时间单位面积上碰撞车胎的次数增加，C错误； 爆胎过程中，车胎内气体体积变大，气体对外做功，来不及与外界进行热交换，则内能减小，D错误。 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 章末过关检测 5．关于系统的内能及其变化，下列说法正确的是(　　) A．系统的温度改变时，其内能必定改变 B．系统对外做功，其内能不一定改变；向系统传递热量，其内能不一定改变 C．对系统做功，系统内能必定改变；系统向外传出一定热量，其内能必定改变 D．若系统与外界不发生热交换，则系统的内能必定不改变 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 章末过关检测 解析：一定质量的物体，其内能由温度和体积共同决定，系统的温度改变时，其内能不一定改变，故A错误。 系统对外做功的同时如果从外界吸收热量或者同时有别的系统还对它做功，那么系统的内能就不一定改变；向系统传递热量的时候，如果系统同时放热或者有别的系统对它做功，那么系统的内能也不一定改变，故C错误，B正确。 系统不发生热传递的话，也可以对外界做功或者外界对系统做功，一样可以改变系统的内能，故D错误。 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 章末过关检测 6．如图所示，某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中，下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气，瓶内空气看作理想气体，水温上下均匀且恒定不变，则(　　)   A．瓶内空气对外界做功 B．瓶内空气向外界放出热量 C．瓶内空气分子的平均动能增大 D．单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ 章末过关检测 解析：被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，水进入瓶内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故A错误； 由于水温上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，则气体分子平均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确，C错误； 由于气体体积减小，所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故D错误。 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 章末过关检测 7．如图所示，一定质量的某种理想气体，沿p－V 图像中箭头所示方向，从状态a开始先、后变化到状态b、c，再回到状态a。已知a状态气体温度为27 ℃，则下列说法正确的是(绝对零度取－273 ℃)(　　)   A．气体在c状态时的温度为600 K B．从状态a→b→c的过程中，气体对外界做功200 J C．气体在a→b→c→a过程中放出热量100 J D．气体在b→c过程中单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数增多 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 √ 章末过关检测 理想气体在a→b→c过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，外界对气体做的功W＝－pΔV＝－2×105×(4－2)×10－3 J＝－400 J，所以气体对外界做功为400 J，故B错误； 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 章末过关检测 气体在b→c过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数变少，故D错误。 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 章末过关检测 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8．下列说法正确的是(　　) A．第一类永动机不可能制成的原因是其违背了能量守恒定律 B．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，那么这两个系统的温度一定相等 C．从单一热源吸收的热量全部变成功而不产生其他影响是不可能的 D．第二类永动机不可能制造成功的原因是能量不会凭空产生 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 √ √ √ 章末过关检测 解析：第一类永动机不可能制成的原因是其违背了能量守恒定律，A正确； 如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，那么这两个系统的温度一定相等，B正确； 由热力学第二定律可知从单一热源吸收的热量全部变成功而不产生其他影响是不可能的，C正确； 第二类永动机不可能制造成功的原因是其违背热力学第二定律，并不违背能量守恒定律，D错误。 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 章末过关检测 9．下列说法正确的是(　　) A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B．热量总是自发地从分子动能大的物体传递到分子动能小的物体 C．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 D．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 √ √ 章末过关检测 解析：扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，A错误； 热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，但分子动能并非分子平均动能，B错误； 根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，C正确； 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，D正确。 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 章末过关检测 10．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。关于该循环过程，下列说法正确的是(　　)   A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体的温度降低 C．C→D过程中，气体要放热 D．一个循环过程，气体内能不变 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 √ √ √ 章末过关检测 解析：由p－V图像可知，在A→B过程中，气体的体积增大， 气体对外界做功，故A错误； 在B→C过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，W<0，由于绝热过程没有热交换，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减少，温度降低，故B正确； C→D过程中，气体的温度不变，气体的内能不变，ΔU＝0，气体的体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，气体放热，故C正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 章末过关检测 11．快递运送易碎物品时，常在快递箱内放置缓冲气袋，然后放入物品，如图所示。若物品放入时，气袋被挤压无破损，袋内气体视为理想气体，温度保持不变，则被挤压后袋内气体(　　)   A．内能增大 B．压强增大 C．从外界吸热 D．分子平均动能不变 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ √ 章末过关检测 解析：气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，故A错误，D正确； 被挤压后袋内气体体积减小，根据气体的等温变化规律p1V1＝p2V2可知，气体压强增大，故B正确； 外界对气体做正功，气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体向外界放热，故C错误。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 章末过关检测 三、非选择题(本题共5小题，共52分) 12．(6分)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.8T0、压强为1.4p0的理想气体。p0和T0分别为大气的压强和温度。已知气体的内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 章末过关检测 (1)当活塞与顶面间恰好无压力时，气体的温度T为________。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 2T0 章末过关检测 (2)最终气体与外界温度相同，则活塞下落过程中气体内能减少了________， 该过程中气体放出的热量为___________。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 aT0 章末过关检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 章末过关检测 13．(8分)(1)气体的等温变化规律指的是：一定质量的气体在_________________的条件下，气体的压强与体积成__________。 解析：气体的等温变化规律是指一定质量的气体在温度保持不变的条件下，气体的压强与体积成反比。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 温度保持不变　 反比 章末过关检测 (2)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功2.0×105 J，同时气体的内能增加了1.5×105 J。此压缩过程中，气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量等于________J。 解析：由热力学第一定律可知，Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2.0×105 J＝－5×104 J，故此压缩过程中气体向外界放出了热量。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 放出　 5×104 章末过关检测 (3)若一定质量的理想气体状态分别按如图所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(选填“A”“B”或“C”)，该过程中气体的内能__________(选填“增加”或“减少”)。   解析：在等压变化的情况下，气体体积与温度成正比，故选C；随着气体温度的升高，理想气体的内能增加。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 C　 增加 章末过关检测 14．(10分)如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在温度为T0的盛水容器中，A中压强为p0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。  (1)A、B达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 章末过关检测 (2)将水温升至1.2T0，重新达到平衡，求此时气体的压强。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 答案：0.6p0　 章末过关检测 (3)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始、末状态的温度)，求从打开活栓C到将水温升至1.2T0，重新达到平衡的过程中，气体所吸收的热量。 解析：气体内能的增加量 ΔU＝k(T2－T1)＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0 自由膨胀及等容升温，气体均不做功，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝Q＝0.2kT0。 答案：0.2kT0 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 章末过关检测 15．(12分)如图所示，导热性良好的汽缸管道A、B、C横截面积相等，管道B、C中的水银柱高均为24 cm，活塞与水银柱之间封闭了长度为60 cm的理想气体，大气压强为76 cmHg。缓慢移动活塞，使管道B、C中的水银柱均上升20 cm，管道A中的空气没有进入管道B、C中。   (1)求该过程中活塞移动的距离l。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 章末过关检测 解析：设活塞的横截面积为S，活塞移动后，气柱长为x，对于管道A中的气体初状态p1＝76 cmHg＋24 cmHg＝100 cmHg; V1＝dS，其中d＝60 cm 末状态p2＝76 cmHg＋24 cmHg＋20 cmHg＝120 cmHg; V2＝xS 由气体的等温变化规律得p1V1＝p2V2 解得x＝50 cm 活塞向右移动的距离 l＝60 cm－50 cm＋20 cm＋20 cm＝50 cm。 答案：50 cm　 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 章末过关检测 (2)判断管道A中气体是吸热还是放热，并说明理由。 解析：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体温度不变，ΔU＝0，外界对气体做功，W＞0，可得Q＜0，气体放热。 答案：放热，理由见解析 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 章末过关检测 16.(16分)如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到2V0，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为p0，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为2F。求： (1)汽缸所受重力的大小G； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 解析：初始时对汽缸受力分析有G＝F。 答案：F　 章末过关检测 (2)汽缸开始下移时气体的热力学温度T1； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 章末过关检测 (3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 章末过关检测 解析：根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C，结合a、c两状态图像，可求得气体在c状态时的温度Tc＝ eq \f(pcVc,paVa) Ta＝400 K，故A错误； 气体在a→b→c→a过程中，则外界对气体做的功W′＝ eq \f(Δp·ΔV,2) ＝100 J，根据热力学第一定律ΔU＝W′＋Q可得Q＝－100 J，所以放出热量为100 J，故C正确； 一个循环过程，气体又回到初始状态，根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C可知，pV的乘积不变，故气体的温度T不变，故气体内能不变，故D正确。 解析：当活塞与顶面间恰好无压力时，可知气体的压强由p1＝1.4p0下降到p2＝p0，温度由T1＝2.8T0变到T2＝T，气体的体积不变，由气体的等容变化规律可得 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2) 解得T＝2T0。 解析：由U＝aT可得ΔU＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T0－2T0)) ＝－aT0，即内能减少了aT0 设气体与外界温度相同时的体积为V2，由气体的等压变化规律可得 eq \f(V,2T0) ＝ eq \f(V2,T0) aT0＋ eq \f(p0V,2) 解得V2＝ eq \f(1,2) V 则有W＝ eq \f(1,2) p0V 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得 Q＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aT0＋\f(p0V,2))) ，即放出的热量为aT0＋ eq \f(p0V,2) 。 解析：根据气体的等温变化规律得 p0V0＝p1·2V0 解得p1＝ eq \f(1,2) p0。 答案： eq \f(1,2) p0 　 解析：根据气体的等容变化规律得 eq \f(p1,T0) ＝ eq \f(p2,1.2T0) 解得p2＝1.2p1＝0.6p0。 解析：汽缸开始下移时的临界状态为静摩擦力达到最大值，设此时压强为p1，由题意可知，活塞的横截面积与汽缸底部的横截面积相同，此时对汽缸受力分析有 G＋p1S＝p0S＋2F 由理想气体状态方程有 eq \f(p0V0,T0) ＝ eq \f(p1V0,T1) 解得T1＝T0＋ eq \f(F,p0S) T0。 答案：T0＋ eq \f(F,p0S) T0　 解析：由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强 p1＝p0＋ eq \f(F,S) 所以整个过程，气体做功W＝p1V0 由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等，由热力学第一定律有 ΔU＝－W＋Q 解得ΔU＝Q－p0V0－ eq \f(FV0,S) 。 答案：Q－p0V0－ eq \f(FV0,S) $