第三章　热力学定律　章末检测试卷(三)（含解析）-2024春高中物理选择性必修3（人教版）

第三章　热力学定律 章末检测试卷(三)
(满分：100分)
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大
B．一定质量的气体吸收热量，其内能不一定增大
C．不可能使热量由低温物体传递到高温物体
D．第二类永动机不仅违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
2.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端黏着艾绒，猛推推杆，封闭的气体被迅速压缩，即可点燃艾绒。在此过程中(　　)
A．气体温度升高，每个气体分子的动能都增大
B．气体温度不变，气体分子的平均动能增大
C．气体压强增大，内能增加
D．气体压强不变，内能减少
3．(2022·无锡市高二期末)绝热容器内封闭一定质量的理想气体，气体分子的速率分布由状态①变为②，如图所示。则(　　)
A．气体的内能一定减小
B．气体的体积一定增大
C．气体的压强一定增大
D．气体一定对外界做功
4.(2022·南京市高二期中)如图所示汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．汽缸内的活塞向右运动
B．汽缸内气体的内能变小
C．汽缸内气体的压强减小
D．汽缸内气体的分子平均动能变大
5．如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同，则(　　)
A．A球吸收的热量较多
B．B球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量一样多
D．两球对外做的功一样多
6.(2022·南京市高二期中)如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有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面“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。下列说法正确的是(　　)
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．叶片在热水中吸收的热量大于在空气中释放的热量
D．因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会升高
7．一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程p－V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法不正确的是(　　)
A．D状态的温度为225 K
B．A状态的内能等于C状态的内能
C．从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5 J
D．从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了400 J
8.(2022·南京市高二月考)在绝热的汽缸内封闭着质量、体积和种类都相同的两部分气体A和B(不计气体分子之间的作用力)，中间用导热的固定隔板P隔开。若不导热的活塞Q在外力作用下向外移动时，下列论述正确的是(　　)
A．气体A压强减小，温度不变
B．气体B压强减小，温度不变
C．气体B压强减小，温度降低
D．气体A压强不变，温度降低
9．(2023·南京市高二期中)一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后变回到初态1，其变化过程如图所示，则(　　)
A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小
B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小
C．从1到2到3到再回到1的过程中，气体一定从外界吸热
D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能不变
10.(2022·南京市高二月考)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞导热良好且能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压强恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当环境温度变化时，气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升了d。重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)
A．气体对外做功的数值等于Q
B．气体对外做功的数值为p0Sd
C．外界气体的温度变化了
D．此过程中的密闭气体的内能增加了Q－(mg＋p0S)d
11．如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示。则下列说法不正确的是(　　)
A．冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B．该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．(8分)(2022·南京航空航天大学苏州附属中学高二期中)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)，已知某些状态的部分参数如图所示。试解决下列问题：
(1)从状态C→D过程气体分子的密度____________，分子的平均动能会____________；(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)已知状态A的温度TA＝250 K，求状态C的温度TC＝____________ K；
(3)若已知A→B过程放热Q＝80 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝____________ J，B→C过程外界对气体做的功WBC＝____________ J。
13．(8分)(2022·盐城市高二校考阶段练习)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知AB的反向延长线过坐标原点O，气体在状态A时的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体从外界吸收的热量为Q＝6.0×102 J，求：
(1)气体在状态B时的体积V。
(2)此过程中气体内能的增加量ΔU。
14．(10分)(2022·苏州市高二校考期中)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L＝30 cm、底面积为S＝40 cm2，缸内有一个质量为m＝10 kg的活塞，封闭了一定质量的理想气体。温度为T0＝300 K时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0＝20 cm。已知重力加速度为g＝10 m/s2，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：
(1)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少；
(2)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体对活塞做功多少；
(3)当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU＝60 J，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少。
15．(14分)(2022·徐州市高二期末)如图所示，下端开口的圆柱形容器(导热性能良好)竖立在水面上，其上部封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为T1时，容器底部与水面间的高度差为h1，容器内外水面间的高度差为h2；当环境温度升高到T2(未知)时，容器上升的高度为h，此过程中气体从环境中吸收的热量为Q。容器的横截面积为S，已知大气压强始终保持p0不变，水的密度为ρ，当地的重力加速度为g。求：
(1)容器内部气体压强p；
(2)环境温度T2；
(3)环境温度从T1升高到T2过程中，气体内能的变化量ΔU。
16．(16分)(2022·南通市高二期中)如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V0＝0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2。
(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，则环境温度改变了多少摄氏度；
(2)如果在环境温度急剧升高到t＝40 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？
(3)在(2)过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？
章末检测试卷(三)
1．B　[做功与传热是改变物体内能的两种方式，一定质量的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增大，故A错误，B正确；不可能使热量自发地由低温物体传到高温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律但违反了热力学第二定律，故D错误。]
2．C　[封闭的气体被推杆压缩过程中，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，猛推推杆，对气体做功，则W>0，又因为时间很短，可认为Q＝0，所以气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增大，气体体积减小，压强增大，故A、B、D错误，C正确。]
3．C　[由图像可知，由状态①变为②，分子速率变大的分子数占总分子数的百分比在增加，说明气体温度升高，对于理想气体，不计分子势能，所以温度升高内能一定增大；由于容器是封闭的，所以气体体积不变，气体无法对外做功，由理想气体状态方程＝C可知其压强一定增大，故A、B、D错误，C正确。]
4．D　[设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS＋FT＝p0S，细沙不断流出时细线拉力FT变小，而p0不变，则汽缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，由理想气体状态方程＝C，可知p变大，则选项A、B、C错误，D正确。]
5．B　[水和水银的初温相同(两球的初温相同)，当两液体温度同时缓慢地升高同一值，二者的末温相同，所以内能变化相同，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，由于水银的密度比水的密度大，所以B球吸收的热量较多，故选B。]
6．C　[要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水升温，因此消耗能量，故A、B错误；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他变化，故叶片从热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形变，转出热水需要将能量释放，然后再进入热水吸热，故水温降低，故D错误。]
7．D　[根据＝
其中的pD＝0.15×105 Pa
可解得TD＝225 K，选项A正确。
因为A、C两状态的pV乘积相等，则温度相等，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B正确。
因p－V图像与横轴所围的面积表示功，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功
WAD＝0.4×105×2×10－3 J－×105×10－3 J＝62.5 J，选项C正确。
从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功
WAB＝0.4×105×2×10－3 J＝80 J
由热力学第一定律可知ΔU＝－80 J＋320 J＝240 J，气体内能增加了240 J，选项D错误。]
8．C　[气体B体积膨胀，对外做功，虽然可以从气体A中吸收一部分热量，但A、B总体内能减少，总的温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体B压强减小，B错误，C正确；由于隔板P导热，气体A的温度也降低，根据查理定律可知，气体A压强减小，A、D错误。]
9．C　[从1到2过程为等容变化，体积不变，压强变大，根据＝C可知温度升高，气体不对外做功，内能增大，故A错误；从2到3过程中，体积增大，气体对外做功，压强不变，根据＝C可知温度升高，内能增大，故B错误；从1到2过程中气体对外不做功；2到3过程中，体积增大，气体对外做功；3到1过程中，体积减小，外界对气体做功。根据p－V图像中图线与横轴所围面积表示气体做功可知，整个过程气体对外做功大于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知气体一定从外界吸热，故C正确；根据＝C，由于p1V110．D　[对活塞进行受力分析可得p0S＋mg＝pS
则封闭气体的压强p＝p0＋，由于气体发生等压变化，气体膨胀，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律，气体对外做功的数值小于从外界吸收的热量Q，故A错误；气体发生等压变化，可得＝，因此温度升高了ΔT＝T1－T0＝T0，故C错误；温度升高过程气体对外做的功W＝pSd＝(p0S＋mg)d，故B错误；根据热力学第一定律，内能增加量ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)d，故D正确。]
11．C　[根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，制冷剂从气体过渡到液体，分子势能降低，D正确。]
12．(1)变小(1分)　变大(1分)　(2)250(2分)
(3)－20(2分)　 20(2分)
解析　(1) 从状态C→D过程，气体体积变大，气体质量不变，气体分子的密度变小；
从状态C→D过程，压强不变，由盖－吕萨克定律得，气体的体积变大，温度升高，则气体分子的平均动能会变大；
(2) 根据理想气体状态方程，有：＝，代入数据，解得TC＝250 K；
(3)A→B过程外界对气体做功W＝pΔV＝1×105×(1.2－0.6)×10－3 J＝60 J
气体放热Q＝80 J
则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝W－Q＝－20 J；
从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC＝20 J。
13．(1)8×10－3 m3　(2)400 J
解析　(1)由题意可得气体做等压变化，即＝(2分)
解得VB＝8×10－3 m3(2分)
(2)在从状态A变化到状态B的过程中，气体压强不变，对外界做功为W＝p(VB－VA)＝200 J(2分)
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W＝400 J。(2分)
14．(1)450 K　(2)30 J　(3)90 J
解析　(1)缓慢升高汽缸内的温度，气体等压膨胀，设当气柱长为L时，活塞与汽缸脱离，设缸内气体的温度为T，
则＝(2分)
解得T＝450 K(2分)
(2)设缸内气体压强为p，由于气体是等压膨胀，根据活塞受力平衡可得pS＋mg＝p0S(2分)
缸内气体对活塞做功
W＝pS(L－L0)＝30 J(2分)
(3)根据热力学第一定律可得Q＝ΔU＋W＝90 J。(2分)
15．(1)p0＋ρgh2　(2)
(3)Q－(p0＋ρgh2)Sh
解析　(1)对容器内水面上的“某一液片”分析可得
p＝p0＋ρgh2(2分)
(2)对容器受力分析得mg＋p0S＝pS(2分)
因大气压强p0、容器质量m均不变，可知容器内部气体压强p不变，即T1到T2过程为等压膨胀过程，由盖－吕萨克定律有＝(2分)
可得T2＝＝(3分)
(3)该过程中外界对气体所做的功
W＝－p(V2－V1)＝－(p0＋ρgh2)Sh(3分)
由热力学第一定律可得
ΔU＝W＋Q＝Q－(p0＋ρgh2)Sh。(2分)
16．(1)9.7 ℃　(2)4.4×104 Pa　(3)200 J
解析　(1)设玻璃泡中气体初态压强为p1，有
p0＝p1＋ρ水银gh(1分)
解得p1＝8.37×104 Pa(1分)
温度T1＝t0＋273 K＝300 K(1分)
设末态压强为p2，则p0＝p2＋ρ水银g(h＋Δh)(1分)
故p2＝8.10×104 Pa(1分)
气体做等容变化，根据查理定律有＝(1分)
代入数据解得T2＝290.3 K(1分)
则环境温度降低了
Δt＝T1－T2＝9.7 ℃(1分)
(2)打开阀门前有
p1＝8.37×104 Pa，V1＝V0＝0.5 L，T1＝300 K(1分)
打开阀门后有V2＝2V0＝1.0 L(1分)
T2＝t＋273 K＝313 K(1分)
根据理想气体状态方程有＝(1分)
代入数据解得p2′＝4.4×104 Pa(1分)
(3)根据题设条件，由于上面玻璃泡是真空，
气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，
即W＝0(1分)
气体吸热Q＝200 J
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q(1分)
故ΔU＝0＋200 J＝200 J。(1分)