2024-2025学年高中物理第十章热力学定律综合评估含解析新人教版选修3-3

PAGEPAGE8热力学定律限时：90分钟总分：100分一、选择题(1－7为单选题，每小题5分；8－10为多选题，每小题6分，共53分)1.如图所示，活塞将肯定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现渐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走．若活塞与汽缸之间的摩擦可忽视，则在此过程中(C)A．气体对外做功，气体温度肯定降低B．气体对外做功，内能肯定削减C．气体压强减小，内能可能不变D．气体从外界吸热，内能肯定增加解析：由于汽缸为导热的，则可与外界进行热交换，细沙削减时，气体膨胀对外做功，可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变．2.如右图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形态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，叶片形态快速复原，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是(D)A．转轮依靠自身惯性转动，不须要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形态记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温上升D．叶片在热水中汲取的热量肯定大于在空气中释放的热量解析：形态记忆合金进入水后受热形态发生变更而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错；由能量守恒知，叶片汲取的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D对．3．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程(D)A．有的只遵守热力学第肯定律B．有的只遵守热力学其次定律C．有的既不遵守热力学第肯定律，也不遵守热力学其次定律D．全部的都遵守热力学第一、其次定律解析：热力学第一、其次定律是热力学的基本定律对全部涉及热现象的宏观过程都成立．故选项D正确，A、B、C错误．4．下列说法中正确的是(C)A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B．功、热、内能是一样的C．不行能从单一热源汲取热量并把它全部用来做功，而不引起其它任何变更D．凡是不违反能量守恒定律的过程肯定能实现解析：热量也能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变更，选项A错误；功、热、内能三者只是单位相同，但是实质上有本质的不同，选项B错误；依据热力学其次定律可知，选项C正确；凡是不违反能量守恒定律的过程不肯定能实现，例如其次类永动机，选项D错误；故选C.5.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：假如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，维尔金斯的永动机尽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”，正确的相识应当是(D)A．符合理论规律，肯定可以实现，只是实现时间早晚的问题B．假如忽视斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”肯定可以实现C．假如忽视斜面的摩擦，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．违反能量转化和守恒定律，不行能实现解析：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违反了能量转化和守恒定律，不行能实现．6．下列说法正确的是(D)A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大B．能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量守恒定律C．温度高的物体分子平均动能肯定大，内能也肯定大D．热力学其次定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵不会减小解析：当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；能量耗散不违反能量守恒，故B错误；内能是全部分子动能与势能之和，与温度和体积都有关．温度高的物体分子平均动能肯定大，内能不肯定大，故C错误；在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵肯定是增大的，故D正确．7．肯定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105Pa的状况下，体积从20L膨胀到30L，这一过程中气体从外界吸热4×103J，则气体内能的变更为(C)A．增加了5×103J B．削减了5×103JC．增加了3×103J D．削减了3×103J解析：气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105Pa×(30－20)×10－3m3＝1.0×103J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103J．由热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103J＋4.0×103J＝3.0×103J，即气体内能增加3×103J．故正确答案为C.8．奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成．当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧．则以下说法中正确的是(AC)A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能削减C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气燃烧后释放在四周环境中的能量很简单被回收再利用解析：燃气由液态变为气态的过程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确；燃气在膨胀过程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误；由熵增加原理可知C选项正确；由能量耗散可知D选项错误．9.肯定质量的志向气体自状态A经状态C变更到状态B.这一过程在V－T图上表示如图所示，则(AC)A．在过程AC中，外界对气体做功，内能不变B．在过程CB中，外界对气体做功，内能增加C．在过程AC中，气体压强不断变大D．在过程CB中，气体压强不断变小解析：从图可看出AC过程是等温压缩，CB过程是等容升温．据气态方程可推断出：AC过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变，气体压强不断变大；CB过程气体体积不变，内能增加，明显气体从外界吸热，气体压强不断增大．10．依据热力学定律和分子动理论可知，下列说法正确的是(BD)A．可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变更B．志向气体状态变更时，温度上升，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C．布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越猛烈D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的解析：依据热力学其次定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错．温度是分子平均动能的标记，温度越高，分子平均动能越大，而气体压强大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度上升，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确．布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，理论上满意热力学第一、其次定律，这在原理上是可行的，D项正确．二、填空题(共12分)11．(6分)(1)肯定质量的志向气体，其状态变更如图所示，则A→B过程中气体放热，B→C过程中气体吸热．(2)某气体初态时有100J内能，膨胀过程中对外做功30J，同时汲取了20J的热量，在这过程中内能削减(选填“增加”或“削减”)10J.解析：(1)在p－T图中，等容线是过原点的倾斜直线，且斜率越小，对应的体积越大，故VA>VB＝VC.在A→B过程中，体积变小，外界对气体做功，W为正值；温度降低，内能削减，由ΔU＝W＋Q得该过程放热；在B→C过程中，气体做等容变更，做功W＝0；温度上升，内能增加，由ΔU＝W＋Q得该过程吸热．(2)由热力学第肯定律ΔU＝U2－U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30J，Q＝20J，故ΔU＝U2－U1＝－10J，因而内能减小了10J.12．(4分)肯定质量的志向气体从状态A变更到状态B，再变更到状态C，其状态变更过程的p－T图象如图所示．已知该气体在状态A时的体积为1×10－3m3.①该气体在状态C时的体积为3×10－3_m3；②该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体与外界传递的热量为0.解析：①A、B两状态体积相等，则有eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)得：TB＝eq\f(pBTA,pA)，从B到C压强相同，则：eq\f(VB,TB)＝eq\f(VC,TC)，VC＝eq\f(VBTC,TB)＝eq\f(VBTCpA,pBTA)＝eq\f(VBpA,pB).又因：VB＝VA，故：VC＝3×10－3m3.②由于A到B再到C的过程中温度降低先向外散热，再温度上升从外界吸热，最终A和C的温度相同，因此气体内能相同，因此气体向外界传递的热量为零．13．(2分)能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有很，有朝一日要被开采完毕，同时在运用过程中也会带来污染，找寻新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例．下图表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为水坝；其下有通道，水经通道可带动发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同，堵住通道如图甲；潮落至最低点时放水发电，如图乙；待内外水面高度相同，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又放水发电，如图丙．设海湾面积为5.0×107m2，高潮与低潮间高度差为3.0m，则一天内流水的平均功率为100MW.解析：潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为mg＝ρShg＝1.0×103×5.0×107×3×10N＝1.5×1012N，其重心高度变更为Δh＝1.5m.一天内海水两进两出，故水流功率为P＝eq\f(4mgΔh,t)＝eq\f(4×1.5×1012×1.5,24×3600)W≈1.0×108W＝100MW.三、计算题(共35分)14．(8分)肯定质量的气体，在从一个状态变更到另一个状态的过程中，汲取热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变更？(2)假如这些气体又返回原来的状态，并放出了240J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案：(1)内能增加160J(2)外界对气体做功80J解析：(1)由热力学第肯定律可得ΔU＝W＋Q＝－120J＋280J＝160J.即内能增加160J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变更应等于从1状态到2状态过程中内能的变更，则从2状态到1状态的内能应削减160J，即ΔU′＝－160J，又Q′＝－240J，依据热力学第肯定律得：ΔU′＝W′＋Q′，W′＝ΔU′－Q′＝－160J－(－240J)＝80J，即外界对气体做功80J.15．(8分)如图所示为肯定质量志向气体的p－V图象，气体状态由A经B到C的变更过程中，气体汲取了420J热量，对外做功400J．已知状态A的温度为300K．求气体：(1)内能变更的数值；(2)状态C的温度TC.答案：(1)增加20J(2)240K解析：(1)由热力学第肯定律ΔU＝Q＋W＝420J－400J，解得ΔU＝20J.ΔU为正，则气体内能增加20J.(2)由志向气体状态方程：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)，解得状态C的温度：TC＝240K.16.(9分)如图所示，为一汽缸内封闭的肯定质量的气体的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335J的热量传入系统，系统对外界做功126J，求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外界做功42J，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84J，问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？答案：(1)251J(2)放热放出293J热量解析：(1)沿a→c→b过程，ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)J＝209J，沿a→d→b过程，ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)]J＝251J，即有251J的热量传入系统．(2)由a→b，ΔU＝209J，由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209J，ΔU′＝W″＋Q″＝84J＋Q″，Q″＝(－209－84)J＝－293J，负号说明系统放出热量．17．(10分)如图所示，一导热汽缸放在水平地面上，其内封闭肯定质量的某种志向气体，活塞通过定滑轮与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，起先时活塞在汽缸中心，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢上升环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体汲取了Q的热量．(汽缸始终未离开地面)求：(1)环境温度上升了多少？(2)气