2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3+章末质量评估（三）+Word版含答案

章末质量评估(三)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是(　　)
A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高
B．冬天暖气为房间供暖
C．点燃的爆竹在空中爆炸
D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热
解析：改变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移，而不是其他形式的能转化为内能，两小球碰撞后粘在一起，温度升高，是机械能转化为内能，故A错；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为了内能，故C错；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，故D错．
答案：B
2．2013年，我国出现了大范围的雾霾天气，如何减少环境污染，已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是(　　)
A．太阳能光伏发电　
B．风力发电
C．水力发电
D．火力发电
解析：太阳能光伏电池属于清洁能源，不会带来大气污染，故A错误；风能属于清洁的新能源，无污染，故B错误；水力发电，属于清洁能源，不会带来大气污染，故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源，从而带来大量的烟尘造成大气污染，故D正确．
答案：D
3．崔牛先生向客户推销他设计的“超级推进器”，该推进器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机控制系统组成，其神奇之处在于能通过自身的循环工作，源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源．事实上，这是不可能实现的，因为他的设计违反了(　　)
A．能量守恒定律
B．电荷守恒定律
C．机械能守恒定律
D．质量守恒定律
解析：很多科学家致力于研究永动机，希望能造出不消耗能量而源源不断地向外输出能量的机器，但结果都以失败告终．其原因是因为源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源的“永动机”违背了能量守恒定律．
答案：A
4．下列说法中，正确的是(　　)
A．物体吸收热量，内能一定增加
B．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
C．热量不可能从低温物体传到高温物体
D．气体自由膨胀是可逆过程
解析：改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，物体的内能不一定增大，故A错误；改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变，故B正确；热量在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故C错误；根据热力学第二定律，气体自由膨胀是不可逆过程，故D错误．
答案：B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．机械能可以全部转化为内能，内能也可能全部转化为机械能
B．电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体
C．热量不能从低温物体传到高温物体
D．热力学第二定律说明热量只能由高温物体传向低温物体
解析：机械能可以全部转化为内能，根据热力学第二定律知，在外界的影响下，内能也可能全部转化为机械能，故A正确．根据热力学第二定律知，热量可以自发地由高温物体传到低温物体，不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的情况下热量才由低温物体传到高温物体，热量不是自发地自低温物体传到高温物体，故B错误．根据热力学第二定律知，在引起其他变化的情况下，热量能从低温物体传到高温物体，故C、D错误．
答案：A
6．如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中(　　)
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
解析：因为M、N内被封闭气体体积减小，所以外界对气体做功．由热力学第一定律及M、N内气体与外界没有热交换可知外界对气体做功，内能一定增加，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
7．对一些机械设备的科学性分析正确的是(　　)
A．空调机既能制冷又能制热，说明热传递不存在方向性
B．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
C．即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
解析：热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，故A错误．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故B错误．根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%，故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违背热力学第二定律，故D错误．
答案：C
8.
一定质量的0
℃的冰，全部变成0
℃的水的过程中(　　)
A．分子的平均动能增大，吸收热量，内能不变
B．分子的平均动能减小，放出热量，内能增大
C．分子的平均动能不变，吸收热量，内能增大
D．分子的平均动能不变，放出热量，内能减小
解析：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，故分子平均动能不变，但溶化过程要吸热，所以内能增大，体积增大，分子势能增大．故A、B、D错误，C正确．
答案：C
9.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开．管塞被冲开前(　　)
A．外界对管内气体做功，气体内能增大
B．管内气体对外界做功，气体内能减小
C．管内气体内能不变，压强变大
D．管内气体内能增加，压强变大
解析：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高．进一步乙醚的温度升高，直至沸腾，管塞会被冲开．管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大．
答案：D
10．如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程(　　)
A．Ep全部转换为气体的内能
B．Ep一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．Ep一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
解析：以活塞为研究对象，设气体压强为p1，活塞质量为m，横截面积为S，末态时压强为p2，初态F弹>mg＋p1S，由题意可得末态位置必须高于初位置，否则不能平衡，则由ΔU＝W(绝热)．W为正，ΔU必为正，温度升高，内能增加，活塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知F弹′＝mg＋p2S，仍然具有一部分弹性势能，D正确．
答案：D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则(　　)
A．从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量
B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量
C．达到热平衡时，铜块的温度T＝
D．达到热平衡时，两者的温度相等
解析：一个系统在热交换的过程中，如果不与外界发生热交换，温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸收的热量，直到温度相等，不再发生热交换为止，而热量是热传递过程中内能的变化量，所以选项A和D都正确，选项B错误．根据热平衡方程c铜m(T1－T)＝c铁
m(T－T2)，解得T＝，由此可知选项C是错误的．
答案：AD
12．下列说法不正确的是(　　)
A．热量不可能由低温物体传递到高温物体
B．外界对物体做功，物体的内能一定增加
C．第一类水动机违反了热力学第二定律
D．第二类水动机不能制成，说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性
解析：热量在一定的条件下可以由低温物体传递到高温物体，比如电冰箱，故A错误；由公式ΔU＝W＋Q知做功和热传递都能改变物体内能，外界对物体做功若同时放出热量，物体的内能一定增加，故B错误；第一类永动机不消耗能量而对外做功，违反了能量守恒定律，故C错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确．
答案：ABC
13．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则(　　)
A．A→B过程气体降温
B．B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功
C．C→A过程气体放热
D．全部过程气体做功为零
解析：A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，选项A正确；B→C过程气体等容升压，由＝C(常量)可知，气体温度升高，其对应内能增加，因做功W＝0，选项B错；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，选项C正确；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积．B→C过程气体不做功．C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，选项D错．
答案：AC
14．如图，一绝热容器被隔板K隔开成a，b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
解析：因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误．选项B正确．稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p1V2和V1p2，即气体压强变小，故选项C错误，选项D正确．
答案：BD
三、非选择题(本大题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(6分)指出下面例子中各是什么物理过程改变物体内能：
(1)瓶内的高压气体将瓶塞冲开，瓶内气体的温度降低，_______．
(2)子弹打中木块，木块和子弹的温度升高，__________．
(3)电流通过电炉丝，其温度升高，____________．
(4)将烧红的铁块放入冷水中，水的温度升高，____________．
解析：(1)中体积增大对外做功；(2)中子弹与木块摩擦做功；(3)中电流做功；(4)中属于热传递．
答案：(1)做功　(2)做功　(3)做功　(4)热传递
16．(12分)(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)．
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统的熵增加
(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6
J的功，则此过程中气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1
J的功，同时吸收了0.
3
J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.
解析：(1)气泡上升过程中温度保持不变，压强减小体积增大，所以A、B、C选项均错，根据熵增加原理知D项正确．
(2)气泡上升过程中T不变，故ΔU＝0，由热力学第一定律得气体吸收热量Q＝W＝0.6
J.
气泡到达湖面后温度上升，ΔU＝Q＋W＝0.3
J－0.1
J＝0.2
J.
答案：(1)
D　(2)吸收　0.6　0.2
17．(12分)如图所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的p
V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335
J的热量传入系统，系统对外界做功126
J.
(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42
J，则有多少热量传入系统？
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84
J，问系统是吸热还是放热？热量传递多少？
解析：(1)沿a→c→b过程
ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)
J＝209
J.
沿a→d→b过程
ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)]
J＝251
J，即有251
J的热量传入系统．
(2)由b→a，ΔU′＝－209
J.
ΔU′＝W″＋Q″＝84
J＋Q″，
Q″＝(－209－84)J＝－293
J.
负号说明系统放出热量．
答案：(1)251
J　(2)放热　293
J
18．(12分)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为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，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，问：
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有＝.
得外界温度T＝T0＝T0＝T0.
(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d，
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d.
答案：(1)T0　(2)Q－(mg＋p0S)d
19．(12分)一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3
m3，TA＝TC＝300
K，TB＝400
K.
(1)求气体在状态B时的体积；
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因；
(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小，并说明原因．
解析：(1)A→B由气体定律得＝，则
VB＝VA＝×0.3
m3＝0.4
m3.
(2)B→C气体体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．
(3)A→B，气体内能增加，由热力学第一定律：
Q1－W＝ΔU，Q1＝ΔU＋W.
B→C，气体体积不变，内能减少，Q2＝ΔU，
所以Q1>Q2.
答案：(1)0.4
m3　(2)(3)见解析