第三章 热力学定律（单元测试 ·提升卷）物理人教版选择性必修第三册

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二年级选择性必修三物理单元检测卷 第三章·素养提升 建议用时：75分钟，满分：100分 第Ⅰ卷 选择题 一．选择题（本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，8~10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。） 1．热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一：热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体；其二：不可能从单一热源吸收热量，使之全部变成功，而不产生其他影响。第一种表述方式可以用图甲来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，你认为图乙示意图中正确的是（    ） A． B． C． D． 2．图为利用钨锅炼铁的场景。若铁的质量大于钨锅的质量，起始时铁的温度比钨锅的温度低，当它们接触在一起时，忽略它们和外界交换的能量，下列说法正确的是（　　） A．达到热平衡时，钨锅的温度比铁的低 B．热传递的过程中，铁块从钨锅吸收热量 C．达到热平衡时，钨锅内能的减少量小于铁内能的增加量 D．达到热平衡时，由于铁的质量大于钨锅的质量，钨锅内能的减少量大于铁内能的增加量 3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（　　） A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现 4．关于能量守恒以及热力学第一定律，下列说法正确的是（　　） A．形成能源危机的原因是对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少 B．冬天哈气增加内能是运用了做功这种改变内能的方式 C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D．电冰箱的工作原理不违背热力学第一定律，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 5．重型汽车的气囊减震装置会在路面不平的情况下保护车体，气囊内有绝热涂层。关于气囊内的气体，下列说法正确的是（　　） A．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度升高，内能增大 B．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度不变，内能不变 C．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度升高，内能增大 D．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度不变，内能不变 6．西藏地区日照时间长，太阳能资源丰富。如图所示为某太阳能路灯的电路简化图，光电池板为蓄电池充电，蓄电池为LED路灯供电。关于该系统中的能量转化，下列说法正确的是（　　） A．光电池板充电时，将化学能转化为电能 B．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为内能 C．LED路灯工作时，将电能主要转化为光能 D．整个系统遵循能量守恒定律，故能量可被循环利用，无需外界输入 7．一物理实验爱好者用形状记忆合金研究“永动机”。形状记忆合金具有形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是（　　） A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功 B．转轮转动的能量来自热水 C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高 D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 8．利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后原速率返回，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　） A．从A端流出的气体温度较高为热端 B．从B端流出的气体温度较高为热端 C．单位时间内B端流出气体的内能不一定大于A端流出气体的内能 D．该装置气体进出的过程违背了热力学第二定律 9．如图所示，两种不同金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流表指针会偏转，出现了“温差电现象”。假设此过程中，电流做功为W，接触头1从热水中吸收热量Q₁，接触头2从冷水中吸收热量 ，不计电流表内阻，则下列说法正确的是（　　） A．“温差电现象”出现是由于金属晶体热性质各向同性 B．“温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动 C．根据热力学第一定律， D．根据热力学第二定律， 10．如图所示，某同学利用玻璃瓶、塑料管、气球、橡胶膜等材料模拟肺部的工作原理。塑料管上端开口与大气相通，下端在玻璃瓶内分别连通两个“气球肺”。玻璃瓶的底部用弹性良好的橡胶膜密封，向下拉动橡胶膜，两个“气球肺”膨胀，为吸气过程；松开橡胶膜，两个“气球肺”恢复原状，为呼气过程。若所有气体视为理想气体，温度保持不变，外界大气压不变，下列说法正确的是（    ） A．吸气过程中，“气球肺”膨胀的原因是瓶内封闭气体的压强变小 B．呼气过程中，“气球肺”收缩的原因是“气球肺”内气体的压强变小 C．吸气过程中，瓶内封闭气体从外界吸收热量 D．呼气过程中，瓶内封闭气体的体积变大 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题：本题共2小题，共15分。 11．（6分）我国古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。在此压缩过程中，外界对套筒内封闭的气体做 （选填“正功”、“负功”），气体压强 （选填“增大”、“减小”或“不变”），内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 12．（9分）为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。 a、打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置； b、关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； c、打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K； d、向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； 已知容器C和管A的总体积为，外界大气压强为，环境温度不变，实验装置导热性能良好。求： (1)b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体分子动能 （选填“均不变”、“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)被测固体的体积； (3)比较b与d两个过程中的放热与的大小关系，并给出必要的文字说明与定量的分析过程加以证明。 三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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．（8分）某校科技实验小组的同学为研究太阳辐射，他们把一个横截面积是的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装水。让阳光垂直圆筒口照射后，水的温度升高了。已知日地平均距离，水的比热容，假设到达地球的太阳辐射能量有能穿透大气层到达地面，请由此估算太阳向外辐射的功率（结果保留一位有效数字）。 14．（13分）如图1所示为葡萄酒封瓶器，可以将软木塞推进酒瓶口实现二次密封，将该装置简化为图2模型。某次测试时，将空酒瓶放置于水平地面上，开始时空酒瓶内存在着压强为、体积为、温度为的气体，瓶颈的横截面积为。现用封瓶器将软木塞从瓶口缓慢向下推进，当软木塞推进时，封瓶器对软木塞的压力为，已知软木塞的质量为，软木塞与酒瓶壁间的摩擦力为，整个过程可视为绝热过程，封闭气体内能满足，大气压强取，重力加速度取。求： (1)与初始时相比，封闭气体的内能 （填“增加”或“减少”）； (2)此时酒瓶内的温度大小； (3)外界对瓶内气体做的功。 15.（18分）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小 (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历的变化（等温变化、等压变化、等容变化中的一种） (3)画出封闭气体变化的图像，并标出a、b处坐标值；求出该过程气体对外界做的功。（不要求计算过程，已知） 试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二年级选择性必修三物理单元检测卷 第三章·素养提升 一、选择题：本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，8~10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B B D D A C C BC BD AC 二、实验题：本题共2小题，共15分。 11． 正功（2分） 增大（2分） 增大（2分） 12．(1) 增大和减小均有（2分） 增大（1分） ；(2)500cm3（3分） ；(3)（3分） 三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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．解：太阳能量辐射的过程可以简化为以下模型：太阳每秒向外辐射的能量，均匀地分布在以太阳为中心，以地球公转半径为半径的球面上。的矮圆筒的横截面即这个球面的一小部分。（2分）能量到达地面后被水吸收升温。因此根据水的吸热情况就可以推导出每一秒太阳辐射在整个大球面上的能量，即太阳向外辐射的功率。 故有（2分），（2分） 代入数据可得（2分） 14．解：（1）由题意可知，绝热过程中，系统与外界没有热量交换，即（1分） 用封瓶器将软木塞从瓶口缓慢向下推进，外界对气体做功，则（1分） 根据热力学第一定律（1分） 可得（1分） 所以与初始时相比，封闭气体的内能增加。（1分） （2）根据平衡条件（1分） 其中 代入数据可得（1分） 根据理想气体状态方程（1分） 其中，， 可得此时酒瓶内的温度大小为（1分） （3）根据可知 代入数据解得（1分） 根据热力学第一定律（1分） 其中（1分） 所以外界对瓶内气体做的功为（1分） 15．解：（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强 ，故此时封闭气体对活塞的压力大小为（1分） （2）根据题意可知 （1分） 图线为过原点的直线，设斜率为k，可得（1分） 根据 可得气体压强为（2分） 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得（2分） 该过程中封闭气体的 pV 值恒定不变，故封闭气体做等温变化。 （3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时（1分） 在b处时气体体积为（1分） 在a处时气体体积为（1分） 根据玻意耳定律（1分） 解得（1分） 故封闭气体等温变化的 图像如下 （1分） p关于V的函数关系式为，由 图像与坐标轴围成面积为气体做功可知函数为的导函数，即（1分） 则（1分） 从a处到b处气体做功（2分） 代入数据解得（1分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二年级选择性必修三物理单元检测卷 第三章·素养提升 建议用时：75分钟，满分：100分 第Ⅰ卷 选择题 一．选择题（本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，8~10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。） 1．热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一：热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体；其二：不可能从单一热源吸收热量，使之全部变成功，而不产生其他影响。第一种表述方式可以用图甲来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，你认为图乙示意图中正确的是（    ） A． B． C． D． 2．图为利用钨锅炼铁的场景。若铁的质量大于钨锅的质量，起始时铁的温度比钨锅的温度低，当它们接触在一起时，忽略它们和外界交换的能量，下列说法正确的是（　　） A．达到热平衡时，钨锅的温度比铁的低 B．热传递的过程中，铁块从钨锅吸收热量 C．达到热平衡时，钨锅内能的减少量小于铁内能的增加量 D．达到热平衡时，由于铁的质量大于钨锅的质量，钨锅内能的减少量大于铁内能的增加量 3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（　　） A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现 4．关于能量守恒以及热力学第一定律，下列说法正确的是（　　） A．形成能源危机的原因是对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少 B．冬天哈气增加内能是运用了做功这种改变内能的方式 C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D．电冰箱的工作原理不违背热力学第一定律，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 5．重型汽车的气囊减震装置会在路面不平的情况下保护车体，气囊内有绝热涂层。关于气囊内的气体，下列说法正确的是（　　） A．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度升高，内能增大 B．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度不变，内能不变 C．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度升高，内能增大 D．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度不变，内能不变 6．西藏地区日照时间长，太阳能资源丰富。如图所示为某太阳能路灯的电路简化图，光电池板为蓄电池充电，蓄电池为LED路灯供电。关于该系统中的能量转化，下列说法正确的是（　　） A．光电池板充电时，将化学能转化为电能 B．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为内能 C．LED路灯工作时，将电能主要转化为光能 D．整个系统遵循能量守恒定律，故能量可被循环利用，无需外界输入 7．一物理实验爱好者用形状记忆合金研究“永动机”。形状记忆合金具有形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是（　　） A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功 B．转轮转动的能量来自热水 C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高 D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 二、多选题 8．利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后原速率返回，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　） A．从A端流出的气体温度较高为热端 B．从B端流出的气体温度较高为热端 C．单位时间内B端流出气体的内能不一定大于A端流出气体的内能 D．该装置气体进出的过程违背了热力学第二定律 9．如图所示，两种不同金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流表指针会偏转，出现了“温差电现象”。假设此过程中，电流做功为W，接触头1从热水中吸收热量Q₁，接触头2从冷水中吸收热量 ，不计电流表内阻，则下列说法正确的是（　　） A．“温差电现象”出现是由于金属晶体热性质各向同性 B．“温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动 C．根据热力学第一定律， D．根据热力学第二定律， 10．如图所示，某同学利用玻璃瓶、塑料管、气球、橡胶膜等材料模拟肺部的工作原理。塑料管上端开口与大气相通，下端在玻璃瓶内分别连通两个“气球肺”。玻璃瓶的底部用弹性良好的橡胶膜密封，向下拉动橡胶膜，两个“气球肺”膨胀，为吸气过程；松开橡胶膜，两个“气球肺”恢复原状，为呼气过程。若所有气体视为理想气体，温度保持不变，外界大气压不变，下列说法正确的是（    ） A．吸气过程中，“气球肺”膨胀的原因是瓶内封闭气体的压强变小 B．呼气过程中，“气球肺”收缩的原因是“气球肺”内气体的压强变小 C．吸气过程中，瓶内封闭气体从外界吸收热量 D．呼气过程中，瓶内封闭气体的体积变大 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题：本题共2小题，共15分。 11．（6分）我国古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。在此压缩过程中，外界对套筒内封闭的气体做 （选填“正功”、“负功”），气体压强 （选填“增大”、“减小”或“不变”），内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 12．（9分）为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。 a、打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置； b、关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； c、打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K； d、向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； 已知容器C和管A的总体积为，外界大气压强为，环境温度不变，实验装置导热性能良好。求： (1)b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体分子动能 （选填“均不变”、“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)被测固体的体积； (3)比较b与d两个过程中的放热与的大小关系，并给出必要的文字说明与定量的分析过程加以证明。 三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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．（8分）某校科技实验小组的同学为研究太阳辐射，他们把一个横截面积是的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装水。让阳光垂直圆筒口照射后，水的温度升高了。已知日地平均距离，水的比热容，假设到达地球的太阳辐射能量有能穿透大气层到达地面，请由此估算太阳向外辐射的功率（结果保留一位有效数字）。 14．（13分）如图1所示为葡萄酒封瓶器，可以将软木塞推进酒瓶口实现二次密封，将该装置简化为图2模型。某次测试时，将空酒瓶放置于水平地面上，开始时空酒瓶内存在着压强为、体积为、温度为的气体，瓶颈的横截面积为。现用封瓶器将软木塞从瓶口缓慢向下推进，当软木塞推进时，封瓶器对软木塞的压力为，已知软木塞的质量为，软木塞与酒瓶壁间的摩擦力为，整个过程可视为绝热过程，封闭气体内能满足，大气压强取，重力加速度取。求： (1)与初始时相比，封闭气体的内能 （填“增加”或“减少”）； (2)此时酒瓶内的温度大小； (3)外界对瓶内气体做的功。 15.（18分）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小 (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历的变化（等温变化、等压变化、等容变化中的一种） (3)画出封闭气体变化的图像，并标出a、b处坐标值；求出该过程气体对外界做的功。（不要求计算过程，已知） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二年级选择性必修三物理单元检测卷 第三章·素养提升 建议用时：75分钟，满分：100分 第Ⅰ卷 选择题 一．选择题（本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，8~10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。） 1．热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一：热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体；其二：不可能从单一热源吸收热量，使之全部变成功，而不产生其他影响。第一种表述方式可以用图甲来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，你认为图乙示意图中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题图甲可知，使热量由低温物体传递到高温物体必伴随外界做功，即引起其他变化；对于第二种方式，热机工作时，从高温物体吸收热量，只有一部分用来对外做功，转化为机械能，另一部分热量要排放给低温物体。 故选B。 2．图为利用钨锅炼铁的场景。若铁的质量大于钨锅的质量，起始时铁的温度比钨锅的温度低，当它们接触在一起时，忽略它们和外界交换的能量，下列说法正确的是（　　） A．达到热平衡时，钨锅的温度比铁的低 B．热传递的过程中，铁块从钨锅吸收热量 C．达到热平衡时，钨锅内能的减少量小于铁内能的增加量 D．达到热平衡时，由于铁的质量大于钨锅的质量，钨锅内能的减少量大于铁内能的增加量 【答案】B 【详解】A．达到热平衡时，钨锅的温度和铁的温度相同，故A错误； B．热传递的过程中，铁块从钨锅吸收热量，故B正确； CD．达到热平衡时，根据能量守恒可知钨锅内能的减少量等于铁内能的增加量，故CD错误。 故选B。 3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（　　） A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现 【答案】D 【详解】根据上述，维尔金斯“永动机”不消耗能量，又能源源不断对外做功，这是第一类永动机，其违背了能量转化和守恒定律，不可能实现。 故选D。 4．关于能量守恒以及热力学第一定律，下列说法正确的是（　　） A．形成能源危机的原因是对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少 B．冬天哈气增加内能是运用了做功这种改变内能的方式 C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D．电冰箱的工作原理不违背热力学第一定律，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 【答案】D 【详解】A．能量守恒定律指出，总能量不会减少。能源危机源于可用能源（如化石燃料）的减少或能量转化后难以利用，而非总能量减少。故A错误。 B．哈气通过热传递（呼出高温气体的热量传递给手）增加内能，而非做功（如摩擦或压缩）。故B错误。 C．热力学第一定律ΔU = Q + W中，若Q与W的代数和为零（如Q=5 J吸热，W=-5 J对外做功），则ΔU=0，内能不变。故同时做功和热传递不一定会改变内能。故C错误。 D．电冰箱消耗电能（做功），将热量从低温内部传到高温外界，符合热力学第一定律（能量守恒）。故D正确。 故选D。 5．重型汽车的气囊减震装置会在路面不平的情况下保护车体，气囊内有绝热涂层。关于气囊内的气体，下列说法正确的是（　　） A．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度升高，内能增大 B．若车体突然下沉挤压气囊，气体温度不变，内能不变 C．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度升高，内能增大 D．若气囊缓慢回弹恢复原状，气体温度不变，内能不变 【答案】A 【详解】AB．若车体突然下沉挤压气囊，气囊体积减小，外界对气体做正功（），由于气囊内有绝热涂层，气体与外界无热交换（），由可知气体内能增大，温度升高，故A正确，B错误； CD．若气囊缓慢回弹恢复原状，气囊体积增大，气体对外界做功（），由于气囊内有绝热涂层，气体与外界无热交换（），由可知内能减小，气体温度降低，故CD错误。 故选A。 6．西藏地区日照时间长，太阳能资源丰富。如图所示为某太阳能路灯的电路简化图，光电池板为蓄电池充电，蓄电池为LED路灯供电。关于该系统中的能量转化，下列说法正确的是（　　） A．光电池板充电时，将化学能转化为电能 B．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为内能 C．LED路灯工作时，将电能主要转化为光能 D．整个系统遵循能量守恒定律，故能量可被循环利用，无需外界输入 【答案】C 【详解】A．光电池板充电时，将光能转化为化学能，故A错误； B．蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故B错误； C．LED路灯工作时，将电能主要转化为光能，故C正确； D．整个系统遵循能量守恒定律，但是能量的转化和转移是有方向性的，能量不能被循环利用，太阳能路灯系统需要不断从太阳获取太阳能这种外界能量输入，故D错误。 故选C。 7．一物理实验爱好者用形状记忆合金研究“永动机”。形状记忆合金具有形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是（　　） A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功 B．转轮转动的能量来自热水 C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高 D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 【答案】C 【详解】A．转轮转动的过程中克服阻力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，故A正确； B．该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，故B正确； C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误； D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D正确。 本题选不正确的，故选C。 8．利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后原速率返回，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　） A．从A端流出的气体温度较高为热端 B．从B端流出的气体温度较高为热端 C．单位时间内B端流出气体的内能不一定大于A端流出气体的内能 D．该装置气体进出的过程违背了热力学第二定律 【答案】BC 【详解】AB. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A错误，B正确； C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，单位时间内B端流出气体的内能不一定大于A端流出气体的内能，故C正确； D．该装置将冷热不均气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，故D错误。 故选BC。 9．如图所示，两种不同金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流表指针会偏转，出现了“温差电现象”。假设此过程中，电流做功为W，接触头1从热水中吸收热量Q₁，接触头2从冷水中吸收热量 ，不计电流表内阻，则下列说法正确的是（　　） A．“温差电现象”出现是由于金属晶体热性质各向同性 B．“温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动 C．根据热力学第一定律， D．根据热力学第二定律， 【答案】BD 【详解】AB．“温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动，故A错误B正确； C．由能量守恒定律，，故C错误； D．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之全部用来做功，而不产生其他影响；所以从热水中吸收的热量Q1应该大于电流做的功W，故D正确。 故选 BD。 10．如图所示，某同学利用玻璃瓶、塑料管、气球、橡胶膜等材料模拟肺部的工作原理。塑料管上端开口与大气相通，下端在玻璃瓶内分别连通两个“气球肺”。玻璃瓶的底部用弹性良好的橡胶膜密封，向下拉动橡胶膜，两个“气球肺”膨胀，为吸气过程；松开橡胶膜，两个“气球肺”恢复原状，为呼气过程。若所有气体视为理想气体，温度保持不变，外界大气压不变，下列说法正确的是（    ） A．吸气过程中，“气球肺”膨胀的原因是瓶内封闭气体的压强变小 B．呼气过程中，“气球肺”收缩的原因是“气球肺”内气体的压强变小 C．吸气过程中，瓶内封闭气体从外界吸收热量 D．呼气过程中，瓶内封闭气体的体积变大 【答案】AC 【详解】AB．由题可知，吸气过程中，“气球肺”内气体的压强始终等于外界的大气压强，对于瓶内封闭气体，整个过程相当于等温变化，根据玻意耳定律 可知,气体的体积增大时，封闭气体的压强减小，故A正确，B错误； C．由题可知，吸气过程中，瓶内气体对外做功，则有 封闭气体的温度不变，内能不变，则有 根据热力学第一定律可得 解得 说明封闭气体要从外界吸收热量，故C正确； D．同理可知，松开橡胶膜，瓶内封闭气体的体积减小，压强增大，从而将“气球肺”内的气体压出“气球肺”的外部，实现呼气过程，故D错误。 故选AC。 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题：本题共2小题，共15分。 11．（6分）我国古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。在此压缩过程中，外界对套筒内封闭的气体做 （选填“正功”、“负功”），气体压强 （选填“增大”、“减小”或“不变”），内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 【答案】 正功 增大 增大 【详解】[1]在此压缩过程中，外界对套筒内封闭的气体做正功（W>0）。 [2]猛推推杆，可知该过程气体温度不变、体积减小，故压强增大。 [3]猛推推杆，可知Q=0 根据热力学第一定律有 可知，故气体内能增大。 12．（9分）为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。 a、打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置； b、关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； c、打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K； d、向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； 已知容器C和管A的总体积为，外界大气压强为，环境温度不变，实验装置导热性能良好。求： (1)b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体分子动能 （选填“均不变”、“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)被测固体的体积； (3)比较b与d两个过程中的放热与的大小关系，并给出必要的文字说明与定量的分析过程加以证明。 【答案】(1) 增大和减小均有 增大；(2)500cm3；(3) 【详解】（1）[1][2]b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体温度不变，则分子平均动能不变，但单个分子动能增大和减小均有；气体压强变大，体积减小，气体分子数密度增加，则单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增大； （2）设C以及管内气体的体积为V，根据玻意耳定律，则 b过程有 d过程有 联立解得 （3）步骤b与步骤d两个过程中气体的体积变化量相同，均为 步骤b中气体压降从76cmHg变化到95cmHg,而步骤d中气体压降从76cmHg变化到114cmHg，根据可知步骤d中外界对气体做功较大，而气体温度不变，内能不变，则步骤b中气体放热Q1，比步骤d过程中气体放热Q2的小，即。 三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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．（8分）某校科技实验小组的同学为研究太阳辐射，他们把一个横截面积是的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装水。让阳光垂直圆筒口照射后，水的温度升高了。已知日地平均距离，水的比热容，假设到达地球的太阳辐射能量有能穿透大气层到达地面，请由此估算太阳向外辐射的功率（结果保留一位有效数字）。 【答案】 【详解】太阳能量辐射的过程可以简化为以下模型：太阳每秒向外辐射的能量，均匀地分布在以太阳为中心，以地球公转半径为半径的球面上。的矮圆筒的横截面即这个球面的一小部分。能量到达地面后被水吸收升温。因此根据水的吸热情况就可以推导出每一秒太阳辐射在整个大球面上的能量，即太阳向外辐射的功率。 故有， 代入数据可得 14．（13分）如图1所示为葡萄酒封瓶器，可以将软木塞推进酒瓶口实现二次密封，将该装置简化为图2模型。某次测试时，将空酒瓶放置于水平地面上，开始时空酒瓶内存在着压强为、体积为、温度为的气体，瓶颈的横截面积为。现用封瓶器将软木塞从瓶口缓慢向下推进，当软木塞推进时，封瓶器对软木塞的压力为，已知软木塞的质量为，软木塞与酒瓶壁间的摩擦力为，整个过程可视为绝热过程，封闭气体内能满足，大气压强取，重力加速度取。求： (1)与初始时相比，封闭气体的内能 （填“增加”或“减少”）； (2)此时酒瓶内的温度大小； (3)外界对瓶内气体做的功。 【答案】(1)增加；(2)；(3) 【详解】（1）由题意可知，绝热过程中，系统与外界没有热量交换，即 用封瓶器将软木塞从瓶口缓慢向下推进，外界对气体做功，则 根据热力学第一定律 可得 所以与初始时相比，封闭气体的内能增加。 （2）根据平衡条件 其中 代入数据可得 根据理想气体状态方程 其中，， 可得此时酒瓶内的温度大小为 （3）根据可知 代入数据解得 根据热力学第一定律 其中 所以外界对瓶内气体做的功为 15.（18分）如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小 (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历的变化（等温变化、等压变化、等容变化中的一种） (3)画出封闭气体变化的图像，并标出a、b处坐标值；求出该过程气体对外界做的功。（不要求计算过程，已知） 【答案】(1)50N；(2)封闭气体做等温变化；(3)，36.9J 【详解】（1）活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强 ，故此时封闭气体对活塞的压力大小为 （2）根据题意可知 图线为过原点的直线，设斜率为k，可得 根据 可得气体压强为 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 该过程中封闭气体的 pV 值恒定不变，故封闭气体做等温变化。 （3）分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时 在b处时气体体积为 在a处时气体体积为 根据玻意耳定律 解得 故封闭气体等温变化的 图像如下 p关于V的函数关系式为，由 图像与坐标轴围成面积为气体做功可知函数为的导函数，即 则 从a处到b处气体做功 代入数据解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $