人教版物理选修33 章末综合测评4 热力学定律.docx

1、人教版物理选修33 章末综合测评4 热力学定律章末综合测评(四)热力学定律(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分第17题为单选，812题为多选，每小题有3项符合题目要求，选对1个得1分，选对2个得2分，选对3个得4分，每选错1个扣2分，最低得分为0分)1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管内气体内能增大，压强变大D克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增大，温度升高通过热传递，乙醚的内能增大

2、，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大，压强变大选项D正确2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的内壁上下滑动，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，气体内能增加B外界对气体做功，气体内能减少C气体对外界做功，气体内能增加D气体对外界做功，气体内能减少AM筒向下滑动的过程中压缩气体，对气体做功，又由于气体不与外界发生热交换，根据热力学第一定律可知气体的内能增加，选项A正确3如图所示，两个完全相同的金属球A和B，其中A球放在不导热的水平面上，B球用不导热的细线悬挂起来，现供给两球相同的热量，它

3、们的温度分别升高了tA、tB，则() AtAtB BtAtBCtAtB DtA、tB无法比较B两球受热后体积都要增大，A球因为放在不导热的水平面上，受热膨胀后，重心升高，重力做负功，根据能量守恒定律可知，A球吸收的热量一部分转化成自身的内能，使温度升高，另一部分需要克服重力做功，使重力势能增加；对于B球，同样要受热膨胀，膨胀时重心下降，重力做正功，同样由能量守恒定律可知，B球吸收的热量和重力做的功都要转化成自身的内能，从而使温度升高，由以上分析可知，B球增加的内能要比A球多，B球的温度升高得多，所以有tAtB.4关于能量和能源，下列说法正确的是()A化石能源是清洁能源，水能是可再生能源B人类在

4、不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造C在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源D能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了D化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，选项A错误；能量是守恒的，但能量品质会下降，故要节约能源，选项B、C均错误，D正确5. 如图所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高现打开阀门K，从打开阀门的两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为U，动能变化量为Ek；大气对液体做功为W1，重力做功

5、为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得W10；W2W3Ek；W2W3QU；W3QU，其中，正确的是()A BC DB由动能定理可知W2W3W1Ek，其中W1pV左pV右0，可知正确由热力学第一定律UWQ得UW3Q，可知正确，错误综合以上分析可知B正确6如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则() A气体体积膨胀，内能增加B气体分子势能减少，内能增加C气体分子势能增加，压强可能不变DQ中气体不可能自发地全部退回到P中D气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q0；由于容器Q内为真空，所以气体是

6、自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W0；根据热力学第一定律UWQ，由以上可以判断该过程U0，即气体的内能不变，显然选项A、B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小，温度降低；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项C错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以D正确7关于气体的内能，下列说法正确的是()A质量和温度都相同的气体，内能一定相同B气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C气体被压缩时，内能可能不变D一定量的某种气体的内能只与温度有关C气体的内能在宏观上由物质的量、温度和体积决定，质量相同的气体

7、，物质的量不一定相同，选项A错误；若是理想气体，不考虑分子势能，其内能由物质的量和温度共同来决定；若是一定质量的理想气体，其内能仅由温度来决定，选项D错误；气体整体运动的速度对应气体的宏观动能，属于机械能，选项B错误；改变内能有两种方式：做功和热传递，气体被压缩时，外界对气体做功，但气体吸、放热情况不知，气体内能可能升高、不变或降低，故选项C正确8.一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是() A气体在a、c两状态的体积相等B气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C在过程cd中气

8、体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功ABE由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：C，即paVaCTa，pbVbCTb，pcVcCTc，pdVdCTd

9、.设过程bc中压强为p0pbpc，过程da中压强为p0pdpa.由外界对气体做功WpV知，过程bc中外界对气体做的功Wbcp0(VbVc)C(TbTc)，过程da中气体对外界做的功Wdap0(VaVd)C(TaTd)，TaTb，TcTd，故WbcWda，选项E正确(此选项也可用排除法直接判断更快捷)9关于热力学定律，下列说法正确的是()A为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D不可能使热量从低温物体传向高温物体E功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程ACE本题考查热力学定律，主要考查考生对热力学定律中内能变

10、化、做功关系及热量变化之间的关系选项A，内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A正确；选项B，对某物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；选项C，在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，C正确；选项D，在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传向高温物体，D错误；选项E，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确10.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是() A从状态d到c，气体不吸热也不放热B从状态c到b，气体放热C从状态a到d，气体对外做功D从状态

11、b到a，气体吸热E从状态b到a，气体放热BCD从状态d到c，温度不变理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果故选项D正确，E错误11如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的

12、作用”所制作的装置具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是()A快速挤压时，瓶内气体压强变大B快速挤压时，瓶内气体温度不变C快速挤压时，瓶内气体体积不变D缓慢挤压时，瓶内气体温度不变E缓慢挤压时，气球下降ADE快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由WQU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体

13、积变小，瓶内压强变大，D正确；对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力gV，气球下降，则E项正确12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：如果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，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在18

14、78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”，正确的认识应该是()A不符合理论规律，一定不可能实现B如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C如果忽略斜面的摩擦，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违背能量转化和守恒定律，不可能实现E“既要马儿不吃草，又要马儿跑”，是根本不可能存在的ADE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，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现二、非选择题(本题共4小题，共52分)13(12分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)

15、，从外界吸收了4.2105 J的热量，同时气体对外做了6105 J的功，则：(1)气体的内能_(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为_J.(2)气体的分子势能_(填“增加”或“减少”)(3)分子平均动能如何变化？解析(1)因气体从外界吸收热量，所以Q4.2105 J气体对外做功6105 J，则外界对气体做功W6105 J由热力学第一定律UWQ，得U6105 J4.2105 J1.8105 J所以物体内能减少了1.8105 J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平

16、均动能的减少量一定大于分子势能的增加量答案(1)减少1.8105(2)增加(3)见解析14(12分)如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p.外界大气压为p0(pp0)现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：(1)此过程克服大气压力所做的功；(2)活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？解析(1)设大气作用在活塞上的压力为F，则：Fp0S根据功的计算式WFl得：Wp0LS.(2)设活塞离开汽缸时动能为Ek，则：Ekmv2根据能量守恒定律

17、得：Umv2p0LS(mv2p0LS)即内能减少了(mv2p0LS)答案(1)p0LS(2)内能减少了(mv2p0LS)15(12分)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度tA327 .(1)求气体在状态B时的温度；(2)已知由状态BD的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因解析(1)气体由状态A变化到状态B由查理定律可得TBTA(327273) K300 K所以tB27 .(2)由BD的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律UQW0可得QW.答案(1)27 (2)QW原因见解析16(16

18、分)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体p0和T0分别为大气的压强和温度已知：气体内能U与温度T的关系为UT，为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.解析(1)在气体压强由p1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T2.4T0变为T1由查理定律得：解得：T12T0在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖吕萨克定律得：解得：V1V.(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为Wp0(VV1)在这一过程中，气体内能的减少量为U(T1T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为QWU，解得：Qp0VT0.答案(1)V(2)p0VT0