高中物理第十章热力学定律阶段验收评估新人教版.docx

1、高中物理第十章热力学定律阶段验收评估新人教版2019-2020年高中物理第十章热力学定律阶段验收评估新人教版一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第68小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图1所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体()图1A对外做正功，分子的平均动能减小B对外做正功，内能增大C对外做负功，分子的平均动能增大D对外做负功，内能减小解析：选A气体膨

2、胀对外做正功，而缸内气体与外界无热交换，由热力学第一定律知，其内能一定减小，温度降低，故分子的平均动能减小，A正确，B、C、D错误。2下列说法中正确的是()A物体吸热后温度一定升高B物体温度升高，内能一定增加C0 的冰融化为0 的水的过程中内能不变D100 的水变为100 的水汽的过程中内能增大解析：选D物体吸收热量温度不一定升高，A错误；物体温度升高，分子平均动能增大，若分子势能减小，物体的内能可能减小或不变，B错误；0 的冰融化成0 的水的过程中吸热，内能增加，C错误；100 的水变成100 的水汽过程中吸热，内能增大，D正确。3给旱区送水的消防车停于水平面，在缓慢放水的过程中，若车胎不漏

3、气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体()A从外界吸热 B对外界做负功C分子平均动能减少 D内能增加解析：选A把车胎内气体看作理想气体，由气体状态方程C可知，在T不变的情况下，若p减小，则V增大，故气体对外做功，B错。温度不变，理想气体分子的平均动能不变、内能不变，C、D错。结合热力学第一定律UWQ，由于W为负值，Q0即从外界吸热，故A正确。4.如图2所示， 一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程AB、等容过程BC、等温过程CA又回到了状态A，则()图2AAB过程气体降温BBC过程气体内能增加，可能外界对气体做了功CCA过程气体吸热D全部过程气体做功为零解析：选AAB过程气体绝热膨胀

4、，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，A正确；BC过程气体等容升压，由恒量可知，气体温度升高，其对应的内能增加，因气体体积不变，做功W0，B错误；CA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，C错误；AB过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积，BC过程气体不做功，CA过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程外界对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，D错误。5下列说法中正确的是()A任何物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和B只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C做功和

5、热传递在改变内能的方式上是不同的D满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：选C内能的改变有两种方式：做功是不同形式的能间的转化，热传递是同种能间的转移，故C项正确。内能是物体内所有分子热运动动能和分子势能之和，故A项错。由热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，且一切与热现象有关的宏观过程都是有方向性的，故B、D均错。6关于一定量的气体，下列叙述正确的是()A气体吸收的热量可以完全转化为功B气体体积增大时，其内能一定减少C气体从外界吸收热量，其内能一定增加D外界对气体做功，气体内能可能减少解析：选AD如果气体等温膨胀，则气体的内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体

6、积增大时，对外做功，若同时吸收热量，且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时，内能不会减少，所以B错误；若气体吸收热量同时对外做功，其内能也不一定增加，C错误；若外界对气体做功同时气体向外放出热量且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能减少，所以D正确。7下列关于熵的说法中正确的是()A熵是物体内分子运动无序程度的量度B在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减小的方向进行C热力学第二定律的微观实质是熵的增加，因此热力学第二定律又叫熵增加原理D熵值越大，代表系统内分子运动越无序解析：选ACD热力学第二定律表明，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的。例如，功转变为热是机械能向内能

7、转化。8夏天，如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下暴晒，车胎极易爆裂。关于这一现象有以下描述(暴晒过程中内胎容积几乎不变)，正确的是()A车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C在爆裂前的过程中，气体吸热，内能增加D在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少解析：选BCD车胎爆裂前，气温升高，内能增加，分子热运动加剧，气体压强增大，从而车胎爆裂，对外做功，内能减少，故B、C、D正确，A错。二、计算题(共3小题，共52分)9. (14分)如图3所示为一汽缸内封闭的一定质量的气体的pV图线，当该系统从状态a沿过程a

8、cb到达状态b时，有热量335 J传入系统，系统对外界做功126 J，求：图3(1)若沿adb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，系统是吸热还是放热？热量传递是多少？解析：(1)UWQ(126335) J209 J。UWQ，QUW209(42) J251 J。(2)由ab，U209 J。从ba，UU209 J。UWQ84 JQ，Q(20984) J293 J，负号说明系统放出热量。答案：(1)251 J(2)放热293 J10. (18分)风能是一种环保型能源。我国风能储量很大、分布面广，新疆维吾尔自治区拥有得天独

9、厚的风能资源。新疆拥有达坂城、小草湖、塔城老风口、额尔齐斯河谷、罗布泊等九大风区，可开发利用的风区总面积为15万平方千米，可装机容量总计在8 000万千瓦以上。目前我国风力发电总装机容量已达2 640 MW。据勘测我国的风力资源至少有2.53105 MW，所以风力发电是很有前途的一种能源。如图4所示，风力发电是将风的动能转化为电能。图4已知物体的动能与质量、速度的关系式为Ekmv2。设空气的密度为，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，设通过叶片旋转所围成的圆面积内的所有风能转化为电能的效率为。求：(1)该风力发电机的发电功率P的数学表达式。(2)若某地平均风速v10 m/s，所有风力发电机

10、的叶片长L4 m，空气密度1.3 kg/m3，效率25%，每天平均发电20 h，则每天能获得多少电能？解析：(1)叶片旋转所形成的圆面积为SL2，t秒内流过该圆面积的风柱体的体积VSvtL2vt，风柱体的动能Ekmv2L2v3t，转化成的电能EEkL2v3t，发出的电功率PL2v3。(2)将已知数据代入可求得每天获得的电能EPt25%1.33.1442103203 600 J5.88108 J。答案：(1)PL2v3(2)5.88108 J11(20分)如图5所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程(气体与外界无热量

11、交换)。这就是著名的“卡诺循环”。图5(1)该循环过程中，下列说法正确的是_。AAB过程中，外界对气体做功BBC过程中，气体分子的平均动能增大CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DDA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是_(选填“AB”“BC”“CD”或“DA”)。若气体在AB过程中吸收63 kJ的热量，在CD过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为_kJ。(3)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的。求气体在B状态时单位体积内的分子数。(已知阿伏加德罗常数NA6.0

12、1023 mol1，计算结果保留一位有效数字)解析：(1)AB过程中，气体温度不变，内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，选项A错误；BC过程中，气体对外界做功，气体内能减少，温度降低，分子平均动能减小，选项B错误；CD过程中，气体温度不变，分子运动的剧烈程度不变，体积减小，单位体积内的分子个数增加，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；DA过程中，外界对气体做功，气体内能增大，温度升高，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误。(2)AB、CD都是等温过程，内能不变，BC为绝热膨胀，Q0，由热力学第一定律UW0，内能减小，DA为绝热压缩，同理内能增加，故选“BC”。由热力学

13、第一定律：WQ1Q2UWUQ1Q2063 kJ(38 kJ)25 kJ即气体完成一次循环对外做功25 kJ。(3)AB为等温过程，由玻意耳定律：pAVApBVB又pBpA故VBVA10103 m31.5102 m3则B状态时单位体积内的分子数为：n41025 个/m3。答案：(1)C(2)BC25(3)41025个/m32019-2020年高中物理第四章力与运动章末复习课检测粤教版【知识体系】力与运动答案填写大小方向成正比成反比Fma基本单位导出单位主题1整体法与隔离法1整体法与隔离法(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法

14、(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法2整体法和隔离法的选择(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法3注意事项(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力(3)区分清楚内力和外力【典例1】光滑水平面上倾角为、质量为m的光滑斜面上，放置一质量为m0的物块，如图所示，现用一水平恒力F推斜面，物块和斜面一起运动，则斜面对物块的支持力大小为()Amgcos B. C. D. 解析

15、：两物体无相对滑动，说明两物体具有相同的加速度，由整体法可知，加速度方向水平对整体，有F(mm0)a对物块受力情况如图所示得FNsin m0a由，解得FN.答案：D针对训练1(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为()A. B. C若桌面的动摩擦因数为、M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为MgD若桌面的动摩擦因数为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为解析：根据牛顿第二定律，得对整体：a，对M：FNMa.故A错误，B正确；设桌面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，得对整体：ag对M：FNMgMa得

16、FNMgMa.故C错误，D正确答案：BD主题2临界问题1临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题2解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间作用的弹力必定为零3解决临界问题的一般方法：(1)极限法：题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的(2)数学推理法：根据分析

17、物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件【典例2】如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a1，此时，斜面支持力FN0，小球受力如图甲所示根据牛顿第二定律，得水平方向：FxFTcos ma1，竖直方向：FyFTsin mg0，联立两式，解得a1gcot .因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于agcot .(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力FT0.

18、小球受力如上图乙所示根据牛顿第二定律，得水平方向：FxFNsin ma2，竖直方向：FyFNcos mg0，联立两式，解得a2gtan .因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于agtan .答案：见解析针对训练2如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的摩擦因数0.8，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进(g取10 m/s2)?解析：设物体的质量为m，在竖直方向上有mgF，F为临界情况下的摩擦力，FFN，FN为物体所受水平弹力，又由牛顿第二定律得FNma，由以上各式得：加速度am/s212.5 m/s2.答案：12.5 m/s2主题3图象在动力学中的应

19、用动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质(2)对a-t图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程(3)对于F-a图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量【典例3】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示取重力加速度g1

20、0 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为()A0.5 kg，0.4 B1.5 kg，C0.5 kg，0.2 D1 kg，0.2解析：由题F-t图和v-t图，可知物块在2 s到4 s内所受外力F3 N，物块做匀加速运动，a2 m/s2，又Ffma，即3mg2m.物块在4 s到6 s所受外力F2 N，物块做匀速直线运动，则Ffmg2 N由解得：m0.5 kg，0.4，故A选项正确答案：A针对训练3如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g1

21、0 m/s2.求：图甲图乙(1)小环的质量m；(2)细杆与地面间的夹角.解析：由题图得：02 s内，am/s20.5 m/s2. 根据牛顿第二定律，可得前2 s有F1mgsinma，2 s后有F2mgsin ，代入数据，解得：m1 kg，30.答案：(1)1 kg(2)30统揽考情牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：1超重、失重问题，瞬时性问题2整体法与隔离法处理连接体问题3牛顿运动定律与图象综合问题真题例析(xx海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2 相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静

22、止状态；现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT12mg，轻弹簧S2弹力FT2mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据Fkx知l12l2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a13g，A正确，B错误，故选A、C答案：AC针对训练如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球

23、的加速度大小为()A0 B. gCg D. g解析：未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg.在撒离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为g.答案：B1用平行于斜面的力推动一个质量为m的物体沿着倾斜角为的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F的大小必定是()A2mgcos B2mgsin C2mg(1sin) D2mg(1sin )

24、解析：有推力F时，a，撤去F后，agsin ，由v22as，有：aa，即：gsin ，F2mgsin ，故B正确答案：B2如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是()A2 m/s2，水平向右 B4 m/s2，水平向右C6 m/s2，水平向左 D8 m/s2，水平向左解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读

25、数变大，因为弹簧的弹力F与形变量x成正比，且，故甲弹簧测力计的读数减小2 N，乙弹簧测力计的读数增大2 N根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右由Fma，有am/s24 m/s2.故选项B正确答案：B3(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A物块先向左运动，再向右运动B物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：物块相对于

26、木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确答案：BC4一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是()A若小车向左运动，FN可能为零B若小车向左运动，FT不可能为零C若小车向右运动，FN不可能为零D若小车向右运动，FT不可能为零解析：若小车向左做减速运动，则加速度方向向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度

27、与小车的加速度相同，故此时FN为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度方向向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，即加速度方向也可能向右或向左，所以FN和FT均可以为零，故C、D均错误答案：A5(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()A在01 s内，外力F不断增大B在13 s内，外力F的大小恒定C在34 s内，外力F不断减小D在34 s内，外力F的大小恒定解析：在速度时间图象中，01 s内物块速

28、度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F为恒力；13 s内，物块做匀速运动，外力F的大小恒定，34 s内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F由大变小综上所述，只有B、C两项正确答案：BC6竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则()Aa1a2，t1t2 Ba1a2，t1t2Ca1a2，t1t2 Da1a2，t1t2解析：物体上升时所受合力FmgFfma1，下降时所受合力FmgFfma2，故a1a2.又因为ha1ta2t，则t1t2.故A正确答案：A7(多选)如图甲为应用于机场和火车

29、站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处去取行李，则()A乘客与行李同时到达B处B乘客提前0.5 s到达B处C行李提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动加速度为ag1 m/s2，历时t11 s达到共同速度，位移x1t10.5 m，此后行李匀速运动t21