第2章 固体与液体 第3章 热力学定律 测评卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（鲁科版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第2章　固体与液体 第3章　热力学定律 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。 2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是 (　　) A.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端就会变钝,这是由于高温使分子无规则热运动加剧 B.用磙子压紧土壤,有助于保存地下的水分 C.液晶既具有液体的流动性,又像某些晶体那样具有光学各向异性 D.某种液体是否浸润固体,仅由液体性质决定,与固体的性质无关 2.下列说法正确的是 (　　) A.因为能量守恒,所以能源危机是不可能的 B.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性 C.摩擦力做功的过程,必定有机械能转化为内能 D.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律 3.北京冬奥会给世界各地的人们带来了寒冬中的温暖,雪花形主火炬的创意展现中国智慧,符合科学事实,实际上雪花的形态有很多种(如图所示)。下列关于雪花的说法正确的是 (　　) A.雪花是非晶体 B.雪花具有各向异性 C.0 ℃雪花分子的平均动能比0 ℃液态水分子的小 D.雪花漫天飞舞可以作为雪花分子在做无规则运动的证据 4.中国空间站上的三名宇航员王亚平、翟志刚、叶光富,给全国的观众带来了一堂精彩的天宫授课,其中宇航员们做了一个“液桥”实验。将水分别挤在两块透明板上,水球的形状似倒扣着的碗,如图甲所示。将两板慢慢靠近,两个水球“碗底”挨“碗底”,形成一座中间细、两头粗的“液桥”将两块板相连,如图乙所示;再将两板拉远,液桥变得更细、更长,仍然没有断开。下列说法正确的是 (　　) 甲 乙 A.日常生活中地球上不可能有“液桥”现象 B.由图甲可以推断水和透明板是不浸润的 C.液体表面张力有使液体表面积扩大的趋势 D.“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用 5.如图所示,取一个透明塑料瓶,向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔,安装上气门嘴,再用橡胶塞把瓶口塞紧,并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾,下列说法正确的是 (　　) A.打气过程中,瓶内气体分子的平均动能保持不变 B.打气过程中,瓶内气体的压强与热力学温度成正比 C.橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,温度降低 D.橡胶塞跳出后,瓶内水迅速蒸发,出现白雾 6.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,气球导热性良好,则气球内气体 (　　) A.内能增加 B.对外界做正功 C.减少的内能小于放出的热量 D.减少的内能大于放出的热量 7.如图所示,一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B,下列说法正确的是 (　　) A.气体一定吸收热量　　　　　　　　　　　　　B.分子的平均动能减小 C.气体的内能可能减少　　　　　　　　　　　　　D.单位体积内的分子数增加 8.一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、cd、da四个过程又回到状态a,其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,cd的延长线经过坐标原点O,ab、bc分别与横轴、纵轴平行,e是Ob与da的交点,下列说法正确的是 (　　) A.气体从状态c到状态d是等容变化 B.a、b两个状态中的某个状态的压强小于状态e的压强 C.气体从状态b到状态c对外做功,同时吸热 D.气体从状态d到状态a时压强增大 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,选错或不选得0分) 9.关于液体和固体,下列说法正确的是 (　　) A.液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性 B.液体表面层分子比内部分子稀疏,因此液体表面有收缩的趋势 C.多晶体是由许多单晶体按一定规律组合成的,有规则的几何外形 D.若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则液体与固体表现为浸润 10.如图为某款自行车的气压式减震装置,活塞连接车把,气缸连接前轮。当路面不平时,自行车颠簸使得活塞上下振动,气缸内封闭的理想气体体积随之变化,起到减震作用。活塞迅速下压的过程中,气缸内的气体 (　　) A.对外做正功 B.内能减小 C.温度升高,分子平均动能增加 D.分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加 11.潜水员在水中呼出的CO2气泡从水下几米深处快速上升到水面,这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体,则在这一过程中,下列说法正确的是　 (　　) A.CO2分子的平均动能保持不变 B.单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少 C.气泡内CO2分子的密度变小 D.CO2气体对外做功,压强变小 E.CO2气体减少的内能小于它对外做的功 12.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环,该过程每个状态视为平衡态,各状态参数如图所示。A状态的体积为2×10-3 m3,则　 (　　) A.D状态的体积为4×10-3 m3 B.B状态的体积为5×10-3 m3 C.完成一次循环,气体从外界吸热 D.完成一次循环,外界对气体做功 三、非选择题(本题共6小题,共60分) 13.(6分)2022年3月23日下午,“天宫课堂”再次开讲!如图甲所示,王亚平老师将分别挤有水球的两块板慢慢靠近,直到两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层,已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙,能总体反映该表面层中水分子之间相互作用的是　　　　(填“A”“B”或“C”)位置,“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比　　　　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做　　　　(填“正功”“负功”或“零功”)。  14.(8分)某组同学设计了一个如图所示的测温装置,C为测温泡,用玻璃管与水银气压计相连,气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上,气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银(图中涂黑部分)。在A管上画上刻度。测温时调节B管的高度,使A管中的液面位置保持在a处,此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76 cmHg,测温泡所处环境的温度为30 ℃。 (1)当测温泡放入较低温度的液体中,即测温泡中气体温度降低时,为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处,则水银气压计的B管应向　　　　(填“上”或“下”)移动。  (2)上述过程稳定后C内的理想气体内能　　　　(填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将　　　　(填“吸热”或“放热”)。  (3)该温度计的刻度　　　　(填“均匀”或“不均匀”),温度　　　　(填“上高下低”或“上低下高”)。  (4)该温度计存在的缺陷之一是当天气变化引起大气压强变大时,而环境温度仍为30 ℃,此时温度计上30 ℃的刻度应该如何调整? 15.(10分)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具,图乙为某型号空气炸锅的简化模型图,空气炸锅中有一气密性良好的内胆,内胆内的气体可视为质量不变的理想气体。已知胆内初始气体压强为p0=1.0×105 Pa,温度为T0=300 K,现启动加热模式使气体温度升高到T=450 K,此过程中气体吸收的热量为Q=8.0×103 J,内胆中气体的体积不变,求: (1)此时内胆中气体的压强p; (2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。 　 16.(10分)一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为V0,开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳强烈曝晒,气体温度由T0=300 K升至T1=360 K。 (1)求此时气体的压强。 (2)保持T1=360 K不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回到p0,求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值;判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热,并说明原因。 17.(10分)如图所示,一根一端封闭粗细均匀的导热玻璃细管AB开口向上竖直放置(横截面积为S),管内用高h的水银柱封闭了一段空气柱。水银柱液面距管口l0,此时该地的大气压强为p0,环境温度为T1。然后再把该容器竖直浸入温度为T2的热水中,水银柱缓慢上升,最终恰好与容器口相平,容器中封闭的气体可视为理想气体,重力加速度为g。求: (1)初始时,被封闭气体的长度lx; (2)若水银密度为ρ,密闭气体温度由T1升高到T2的过程中吸收的热量为Q,则密闭气体增加的内能为多少? 18.(16分)如图所示,导热良好的气缸直立在水平地面上,环境的热力学温度为T0,环境气体压强为p0,气缸的质量M=,高度为L。用活塞把一定质量的气体封闭在气缸内,活塞可沿气缸壁无摩擦地移动,活塞的质量为m=,横截面积为S,气体可看作理想气体,质量可忽略不计,重力加速度为g。平衡时,活塞处于距气缸底处。 (1)若由于环境温度缓慢升高,活塞缓慢向上移动,温度升至某一值时,活塞向上移动了0.25L。已知封闭气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT(k为大于零的常数),求此过程中: ①活塞缓慢向上移动距离0.25L时气体的温度; ②密封气体从外界吸收的热量。 (2)用力F缓慢向上拉动活塞,直至气缸刚要离开地面。 ①求气缸刚要离开地面时,活塞距气缸底的距离; ②若此过程中封闭气体需从外界吸收热量Q=,求力F做的功为多少? 答案全解全析 1.C　把玻璃管裂口放在火焰上烧熔,它的尖端就会变钝,是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下,表面积要收缩到最小,故A错误;用磙子压紧土壤,使土壤中的毛细管变得更细,增强毛细现象,使地下水到地面上来,故B错误;液晶既具有液体的流动性,又像某些晶体那样具有光学各向异性,故C正确;浸润与不浸润与两种接触物质的性质都有关,水可以浸润玻璃,但是不能浸润石蜡,这个现象表明一种液体是否浸润某种固体,与这两种物质的性质都有关系,故D错误。 2.B　能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,故A错误;热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性,故B正确;滑动摩擦力做功,两物体之间存在相对运动,系统的机械能转化为内能,如果没有相对运动,即静摩擦力做功,系统没有机械能转化为内能,故C错误;第二类永动机是指从单一热源吸取热量并使之完全转化为功而不引起其他变化的机器,虽然不违背能量的转化和守恒,但是违背了热力学第二定律,故D错误。 3.B　雪花具有规则的几何外形,且雪花在熔化时具有确定的熔点,所以雪花是单晶体,单晶体具有各向异性的物理性质,A错误,B正确;分子的平均动能只与温度有关,故0 ℃雪花分子的平均动能与0 ℃液态水分子的相同,C错误;雪花是固体颗粒,飞舞时,是宏观的机械运动,不能说明分子在做无规则运动,D错误。 4.D　“液桥”形成的根本原因是水的表面张力的作用,在地球上也可以有“液桥”现象,只是因为重力影响,桥的宽度较短,A错误,D正确;水能附着在透明玻璃板上,由此可推断水和透明玻璃板是浸润的,B错误;液体表面分子间距离大于内部分子间距离,表现为引力,有使液体表面积缩小的趋势,C错误。故选D。 5.C　打气过程中,外界对瓶内气体做功,气体内能增加,瓶内气体分子的平均动能变大,故A错误;打气过程中,若瓶内气体的质量不变,则根据查理定律,瓶内气体的压强与热力学温度成正比,但打气过程中,瓶内气体的质量增加,则瓶内气体的压强与热力学温度不成正比关系,故B错误;橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,对外做功,内能减小,温度降低,水蒸气遇冷液化成小水珠,出现白雾,故C正确,D错误。 6.C　充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉,越往下水温越低,则内能减少,A错误;充气气球用绳子拴着一块石头在下降的过程中,水温越来越低,压强逐渐增大,根据理想气体状态方程=C,可知气球体积减小,对外界做负功,B错误;由A、B分析,气球下降时,气球内气体内能减少,外界对气球做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,由于外界对气球做功,因此放出的热量大于减少的内能,C正确,D错误。 7.A　一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B,根据盖—吕萨克定律得=C,由于气体的体积增大,所以气体的温度升高,则分子的平均动能增大,故B错误;一定质量的理想气体的内能只与温度有关,由于温度升高,所以气体的内能增加,故C错误;一定质量的理想气体分子总数不变,由于体积增大,所以单位体积内的分子数减少,故D错误;根据上述分析可知,外界对气体做的功W<0,气体内能的增量ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q>0,即气体一定吸收热量,故A正确。 8.B　cd过程中,由题图可知=C且cd的延长线经过坐标原点O,则气体从状态c到状态d是等压变化,故A错误;根据=C可知=,坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比,由题图可知,O与b的连线的斜率最小,压强最大,即b、e状态的压强相等且大于a状态的压强,故B正确;由题图可知,气体从状态b到状态c发生等温变化,内能不变,同时体积变小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,气体放出热量,故C错误;根据=C可知=,坐标原点O与ad上各点的连线斜率与压强成反比,由题图可知,气体从状态d到状态a压强减小,故D错误。故选B。 9.AB　液晶像液体一样具有流动性,且其光学性质与某些单晶体相似,具有各向异性,故A正确;液体表面层分子比内部分子稀疏,分子间作用力表现为引力,使液体表面有收缩趋势,故B正确;多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的,多晶体也没有规则的几何外形,故C错误;若液体与固体接触的附着层分子比液体内部更稀疏,则附着层内分子力表现为引力,有收缩趋势,液体与固体表现为不浸润,故D错误。故选A、B。 10.CD　活塞迅速下压的过程中,气缸内的气体被压缩,外界对气体做正功,故A错误;活塞迅速下压,可近似看成是绝热过程,则由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能增加,故B错误;理想气体内能只与温度有关,所以气体温度升高,分子平均动能增加,故C正确;根据理想气体状态方程=C知气体体积减小,温度升高,则气体压强增大,即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加,故D正确。故选C、D。 11.BCD　设CO2气泡在水下深度为h,则气泡压强为p=p0+ρgh,可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中,压强变小,假设气体温度不变,则由玻意耳定律知p1V1=p2V2,则随着气泡压强变小,气泡体积会增大,则气体对外做功,W<0,又因为这一过程中气体与外界未实现热交换,由热力学第一定律知ΔU=W+Q,其中Q=0,则ΔU=W<0,即气体内能减小,又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体,则内能减小,温度会降低,与假设矛盾,即气体温度会降低,则CO2分子的平均动能变小,故A、E错误,D正确;因为气体平均动能减小且气体体积增大,则气泡内CO2分子的密度变小,单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少,故B、C正确。故选B、C、D。 12.BC　DA反向延长线过原点,可知从D→A气体做等容变化,故D状态的体积为2×10-3 m3,故A错误;从D→A气体做等容变化,则有=,从A→B气体做等压变化,则有=,解得B状态的体积为VB=5×10-3 m3,故B正确;从D→A、B→C气体做等容变化,外界对气体不做功,从A→B气体体积增大,气体对外界做功为W1=pA(VB-VA)=600 J,从C→D气体体积减小,外界对气体做功为W2=pD(VC-VD)=300 J,故完成一次循环,气体对外界做功为W=W1-W2=300 J,故D错误;完成一次循环,气体内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=-W+Q知Q>0,可知完成一次循环,气体从外界吸热,故C正确。故选B、C。 13.答案　C(2分)　偏大(2分)　正功(2分) 解析　在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,由题图可知B点为分子间作用力为零的情况,即B点表示平衡位置,故表现为引力的位置只能为C点;在表面层中,水分子间距较大,故水分子之间的相互作用总体上表现为引力,内部水分子之间的距离几乎等于分子力平衡的距离,分子间的作用力约为零,根据分子势能和分子间距离的关系图像可得“水桥”表面层中水分子势能与其内部水分子势能相比偏大;当两个水球融合在一起,再把两板慢慢拉开,水在两块板间形成了一座“水桥”, 分子之间的作用力表现为引力,实验结束,王亚平放开双手,两板吸引到一起,该过程分子力做正功。 14.答案　(1)下(1分)　(2)减小(1分)　放热(1分)　(3)均匀(1分)　上高下低(2分)　(4)向上平移(2分) 解析　(1)为使液面位置保持在a处,则测温泡中的气体发生等容变化,测温泡中气体温度降低时,压强减小,因此B管应向下移动。 (2)C内的理想气体温度降低,则内能减小,气体不对外做功,根据热力学第一定律可知气体将放热。 (3)测温泡所处环境的温度为30 ℃时,热力学温度为T0,液面高度差为0,当摄氏温度为t时,热力学温度为T,液面高度差为Δh,则有=,即Δt=T-T0=T0-T0=Δh,因此温度计刻度是均匀的,温度降低,B管向下移动,因此温度上高下低。 (4)大气压升高,a液面会上升,因此应该使30 ℃的刻度向上平移。 15.答案　(1)1.5×105 Pa　(2)8.0×103 J 解析　(1)根据题意可知,气体体积不变,气体做等容变化,根据查理定律可得= (3分) 解得p=1.5×105 Pa(2分) (2)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q (2分) 由于气体的体积不变,所以W=0 (1分) 又因Q=8.0×103 J,所以ΔU=8.0×103 J(2分) 16.答案　(1)p0　(2)　吸热,原因见解析 解析　(1)设升温后气体的压强为p1,由查理定律得= (2分) 代入数据得p1=p0 (1分) (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V,由玻意耳定律得p1V0=p0V (2分) 联立得V=V0 (1分) 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k,由题意得k= (1分) 代入得k= (1分) 因为抽气过程中温度不变,故内能不变,而气体膨胀对外做功,所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。 (2分) 17.答案　(1)　(2)Q-(p0+ρgh)Sl0 解析　(1)以密封气体为研究对象,根据盖—吕萨克定律有 = (2分) 解得lx= (1分) (2)以水银柱为研究对象,根据平衡条件有 pS=mg+p0S (2分) 可得p=ρgh+p0 (1分) 水银柱缓慢上升过程中外界对气体做负功,有 W=-pSl0 (2分) 根据热力学第一定律可得 ΔU=Q+W=Q-(p0+ρgh)Sl0 (2分) 18.答案　(1)①1.5T0　②+　(2)①　② 解析　(1)①以封闭气体为研究对象,初态体积V1=0.5LS,温度为T1=T0 末态体积V2=0.75LS,温度为T2 气体做等压变化,根据盖—吕萨克定律得= (2分) 解得T2=1.5T0 (1分) ②活塞缓慢向上移动的过程,封闭气体做等压变化,且对外做功,有W=-p1SΔh (1分) 其中p1=p0+ (1分) 根据热力学第一定律可知,该过程中气体增加的内能为ΔU=Q+W (1分) 由U=kT可知ΔU=kΔT (1分) 联立解得Q=+ (1分) (2)①以气缸为研究对象,设气缸刚要离开地面时气体的体积为V3,封闭气体的压强为p2,则有 p0=p2+ (1分) 解得p2=p0 活塞缓慢上升过程中,温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V3,即 p1S·=p2SL1 (1分) 代入数据得L1= (1分) ②气体温度不变,由热力学第一定律可得封闭气体对活塞所做的功为W=Q= (1分) 以活塞为研究对象,力和封闭气体对活塞做的总功为 W总=(mg+p0S)×(-)= (2分) 则力F做的功为WF=W总-W= (2分) 学科网（北京）股份有限公司 $