阶段质量检测(二)　固体与液体　热力学定律（含解析）高中物理鲁科版（2019）选择性必修第三册

阶段质量检测(二)　固体与液体　热力学定律
(本试卷满分：100分)
　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．以下说法正确的是(　　)
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体
C．晶体熔化时吸收热量，分子的平均动能一定增大，内能增加
D．浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间的作用力表现为斥力
2．我们在河边会发现有些小昆虫能静止于水面上，这是因为(　　)
A．小昆虫所受的重力可忽略
B．小昆虫所受的重力与浮力平衡
C．小昆虫所受的重力与表面张力平衡
D．表面张力使水面收缩成“弹性薄膜”，对小昆虫产生一个向上的支持力，小昆虫所受的重力和支持力平衡
3．对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收80 J的热量，则它的内能增大20 J
B．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D．热现象过程中不可避免地出现能量退降现象，能量退降符合热力学第二定律
4．一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机就是应用了该元件的压电效应制成的，只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10 kV～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是(　　)
A．化学能转化为电能 B．内能转化为电能
C．光能转化为电能 D．机械能转化为电能
5.正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩，贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关
B．水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩
C．若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩
D．水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大
6．如图，某厂家声称所生产的空气能热水器能将热量从空气吸收到储水箱，下列说法中正确的是(　　)
A．热量可以自发地从大气传递到储水箱内
B．空气能热水器的工作原理违反了能量守恒定律
C．空气能热水器的工作原理违反了热力学第二定律
D．空气能热水器能够不断地把空气中的热量传到水箱内，但必须消耗电能
7．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是(　　)
A．甲装置是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
B．甲装置通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多
C．乙装置是为了研究电流产生的热量与电流的关系
D．乙装置通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小
8．图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程，图中ab的延长线过原点，则下列说法不正确的是(　　)
A．气体从状态a到b的过程，气体体积不变
B．气体从状态b到c的过程，一定从外界吸收热量
C．气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
D．气体从状态d到a的过程，气体对外界做功
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．下列说法中正确的是(　　)
A．单晶体的所有物理性质都是各向同性的
B．液晶是液体和晶体的混合物
C．露珠呈球形是因为液体表面张力的作用
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低
10．对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　)
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
11．一定质量的理想气体从状态A经过等温变化到状态D，该变化过程的p V图像如图所示，该过程中气体对外界做的功为15 J。该气体也可以经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为24 J。下列说法正确的是(　　)
A．该气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量等于15 J
B．该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为9 J
C．该气体在A→B→D过程中内能增加了9 J
D．p V图像中ABDCA围成的面积为9 J
12．一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
13．(10分)若对物体做1 200 J的功，可使物体温度升高3 ℃，改用传热的方式，使物体温度同样升高3 ℃，那么物体应吸收多少热量？如果对该物体做3 000 J的功，物体的温度升高5 ℃，表明该过程中，物体应吸收或放出多少热量？
14．(14分)如图所示，内壁光滑且长为L＝60 cm的绝热气缸固定在水平面上，气缸内用面积为S＝100 cm2的绝热活塞(厚度不计)封闭着温度为t0＝27 ℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝40 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa)。
(1)试计算当温度升高到t＝402 ℃时，缸内封闭气体的压强p；
(2)若气缸内电热丝的电阻R＝100 Ω，加热时通过电热丝的电流为I＝0.3 A，此变化过程共持续了t1＝200 s，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能ΔU。
　　　　　　　　　　　　　　
15．(16分)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程的p V图像如图所示。已知图线的AD段是双曲线的一部分，且该气体在状态A时的温度为270 K。
(1)求气体在状态C时的温度TC和在循环过程中气体的最高温度Tm；
(2)若由状态C到状态D过程中放出热量75 J，则求此过程中内能的变化量。
16．(20分)某同学家新买了一台双门电冰箱，冷藏室容积107 L，冷冻室容积118 L，假设室内空气为理想气体。
(1)若室内空气摩尔体积为22.5×10－3 m3/mol，阿伏伽德罗常量为6.0×1023 mol－1，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子？
(2)若室内温度为27 ℃，大气压为1×105 Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室温度降为6 ℃，冷冻室温度降为－9 ℃，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差多大？
(3)冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律。
阶段质量检测(二)
1．选D　烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，A错误；大颗粒的盐磨成了细盐，仍然是晶体，B错误；晶体熔化时吸收热量，温度不变，所以分子的平均动能不变，故C错误；浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间的作用力表现为斥力，故D正确。
2．选D　小昆虫静止在水面上是表面张力在起作用，表面张力使水面收缩形成一个膜，正是这个膜托住了小昆虫，即膜对小昆虫的支持力与小昆虫所受的重力平衡，故D项正确。
3．选D　根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋80 J＝－20 J，它的内能减小20 J，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；能量退降现象体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故D正确。
4．选D　转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以压电陶瓷片将机械能转化为电能，所以D正确。
5．选D　 水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭球形，与重力也有关，选项A错误；水滴不浸润口罩，换另一种液体，可能会浸润该口罩，选项B错误；能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错误；水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，分子间作用力表现为引力，产生表面张力，使液体表面绷紧，选项D正确。
6．选D　该热水器将空气中的能量转移到热水中，符合能量守恒定律，但是热量不可能自发地从低温物体转移到高温物体，实际上在产生热水的过程中，必须消耗电能才能实现，因此也符合热力学第二定律。故A、B、C错误，D正确。
7．选B　甲装置中右侧两个5 Ω的电阻并联后再与左侧一个5 Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右侧两个电阻的总电流和左侧电阻的电流相等，即I右＝I左，两个5 Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1＋I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以通过右侧容器中电阻的电流是通过左侧容器中电阻电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，左侧容器中的电阻产生的热量多，左侧容器内空气吸收的热量多，故A错误，B正确；在乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，左侧容器中的电阻小于右侧容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故由Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，右侧容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，右侧U形管中液面高度差更大，故C、D错误。
8．选D　因为p T图像中ab的延长线过原点，所以从状态a到b，气体发生的是等容变化，气体的体积不变，故A正确，不符合题意；从状态b到c，温度升高，气体压强不变，根据理想气体状态方程＝C可知体积增大，体积增大说明气体对外做功，温度升高说明气体内能增加，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故B正确，不符合题意；从状态d到a，图线上各点与原点连线的斜率变大，则气体体积变小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
9．选CD　单晶体的有些物理性质是各向异性的，A错误；液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，不是液体和晶体的混合物，B错误；液体表面张力有使液体表面收缩的趋势，露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，C正确；由于液体的浸润与不浸润，毛细管中的液面有的升高，有的降低，D正确。
10．选ACD　对于一定量的理想气体，内能由温度决定，等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，故内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程＝C，可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩过程温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；根据理想气体状态方程可知，等容减压过程温度降低，等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能可能相等，故C正确；根据理想气体状态方程可知，等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能可能相等，故D正确。
11．选AD　由于从状态A经过等温变化到状态D，理想气体内能不变，体积变大对外做功，A→C→D过程中气体对外界做的功为15 J，由热力学第一定律可知，气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量等于15 J，故A正确；由理想气体状态方程可知，状态A和状态D的温度相同，内能相同，即ΔU＝0，由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为24 J，由热力学第一定律可知，该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为24 J，故B、C错误；由于A→C→D过程中气体对外界做的功为15 J，A→B→D过程中气体对外界做的功为24 J，p V图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中ABDCA围成的面积为24 J－15 J＝9 J，故D正确。
12．选AD　令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，经等容过程压强变为p2，体积V2＝V1＝V0，温度T2＝400 K，经等压过程压强为p3＝p0，体积变为V3，温度T3＝400 K，由理想气体状态方程可得＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W′＝p0＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误。
13．解析：做功和传热在改变物体内能上是等效的，对物体做1 200 J的功可使物体温度升高3 ℃，如用传热方式，也使物体温度升高3 ℃，也应吸收1 200 J的热量。如对物体做功3 000 J，温度升高5 ℃，而物体温度升高5 ℃需要的功或热量设为E，由＝，解得E＝2 000 J，因此物体应放出Q＝3 000 J－2 000 J＝1 000 J的热量。
答案：1 200 J　放出1 000 J的热量
14．解析：(1)当活塞恰好移动到气缸口时，封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝
其中T1＝(t0＋273)K＝300 K
解得T2＝450 K＝177 ℃
由于177 ℃<402 ℃，所以气体发生等压变化后再发生等容变化，根据查理定律有＝
解得当温度升高到402 ℃时，
缸内封闭气体的压强p＝1.5×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，
外界对气体做的功为W＝p0S(l－L)＝－200 J
封闭气体吸收的热量Q＝I2Rt1＝1 800 J
解得ΔU＝1 600 J。
答案：(1)1.5×105 Pa　(2)1 600 J
15．解析：(1)图线的AD段是双曲线的一部分，即从D到A理想气体做等温变化，有TD＝TA＝270 K
由题图可知，从C到D理想气体做等压变化，
根据盖—吕萨克定律有＝
解得TC＝337.5 K
根据理想气体状态方程可知，变化过程中p V图像的横纵坐标乘积最大时，其温度最高。由题图可知状态B时温度最高，理想气体从A到B是等压过程，根据盖—吕萨克定律有＝
代入数据解得TB＝Tm＝675 K。
(2)由状态C到状态D过程是等压变化，外界对气体做功，
有W＝p(VC－VD)＝25 J
根据热力学第一定律，有ΔU＝Q＋W
代入数据解得ΔU＝－50 J，即内能减小了50 J。
答案：(1)337.5 K　675 K　(2)50 J
16．解析：(1)分子个数N＝NA＝6.0×1024个。
(2)气体状态参量为
T1＝(273＋27)K＝300 K，p1＝1×105 Pa
T2＝(273＋6)K＝279 K，T3＝(273－9)K＝264 K
由题意知气体体积不变，根据查理定律得＝＝
代入数据解得p2＝9.3×104 Pa，p3＝8.8×104 Pa
压强差Δp＝p2－p3＝5.0×103 Pa。
(3)不违背热力学第二定律，因为热量不是自发地由低温的冰箱内部向高温的冰箱外部传递的，且冰箱工作过程中要消耗电能。
答案：(1)6.0×1024个　(2)5.0×103 Pa　(3)见解析