粤教版高中物理选修3-3高二物理周六测试题

综合检测卷B(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．液体与固体具有的相同特点是()A．都具有确定的外形B．体积都不易被压缩C．物质分子的位置都确定D．物质分子都在固定位置四周振动答案 B解析液体与固体具有的相同特点是都不易被压缩，选项B正确．2．夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气(可看成抱负气体)() A．内能减小，外界对其做功B．内能减小，吸取热量C．内能增加，对外界做功D．内能增加，放出热量答案 A解析此过程中瓶内空气温度降低，体积减小，所以内能减小，外界对气体做功，依据热力学第确定律ΔU ＝Q＋W可知，ΔU<0，W>0，Q＝ΔU－W<0，所以空气放热，只有选项A正确．3．重庆出租车常以自然气作为燃料．加气站储气罐中自然气的温度随气温上升的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为抱负气体)()A．压强增大，内能减小B．吸取热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小答案 B解析储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度上升时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第确定律可知，气体确定吸热，故选项B正确．4．关于气体压强，下列说法正确的是()A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲力C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强确定减小D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强确定增大答案 A解析气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系，由此可知选项A正确，选项B错误；气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强也确定减小，选项C错误；单位体积的气体分子增加，若温度降低，则有可能气体的压强减小，选项D错误．5．某自行车轮胎的容积为V.里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作抱负气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p0，体积为________的空气．(填选项前的字母)()A.p0p V B.pp0VC．(pp0－1)V D．(pp0＋1)V答案 C解析设要向轮胎充入体积为V′的空气，由玻意耳定律，p0V＋p0V′＝pV，解得V′＝(pp0－1)V，选项C正确．6.某校开展探究性课外活动，一同学用如图1所示的装置争辩气体的压强、体积、温度三者之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸并将其开口向下固定不动，气缸内有抱负气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙渐渐漏出，外部环境温度恒定，则()图1A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数变小D．外界对气体做功，温度计示数变大答案 B解析细沙漏出，活塞向上运动，气缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；气缸导热良好，细沙渐渐漏出，外部环境温度恒定，气体向外放热，温度不变，亦即内能不变，选项B正确．7.确定质量的抱负气体状态变化过程如图2所示，第一种变化是从A到B，其次种变化是从A到C.比较两种变化过程，则()。

高中物理学习材料唐玲收集整理模块综合检测卷(测试时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共55分)1．下列关于能源的说法中正确的是(D)A．能源是取之不尽、用之不竭的，尽量使用即可B．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡不利用能源C．能量的利用过程实质上是能量的创造和消失过程D．能量的利用过程实质上是能量的转化和转移过程解析：虽然在能量的利用过程中能的总量保持不变，但能量的品质会逐渐降低，可利用的能源会逐渐减少，所以应该节约能源，A、B 错误；能量的利用过程的实质是能量的转化和转移，而不是能量的创造和消失，C错误、D正确．2．(多选)关于布朗运动，以下说法正确的是(CD)A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的吸引力不平衡引起的C．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引起的D．在悬浮颗粒大小不变的情况下，温度越高布朗运动越激烈解析：布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引起的，在其他条件不变的情况，温度越高布朗运动越激烈；布朗运动是指悬浮颗粒的无规则运动，并不是液体分子的运动，但布朗运动却间接反映了液体分子运动的无规则性．故C、D正确．3．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)变到很难再靠近的过程中，分子间作用力的大小将(C)A．先减小后增大 B．先增大后减小C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小解析：由分子间作用力与分子距离的关系图象知，分子间的作用力由表现为引力逐渐变为表现为斥力，其大小先增大后减小再增大．C 正确．4．(多选)根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化B．理想气体状态变化时，温度升高，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剧烈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：根据热力学第二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志，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，温度升高，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，理论上满足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确．5．在一定温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于(D)A．每个分子对器壁的平均撞击力变大B．单位体积内的气体分子数变大，分子对器壁的吸引力变大C．单位体积内的气体分子数变大，单位体积内分子的重量变大D．单位体积内的气体分子数变大，单位时间内气体分子对器壁碰撞的次数增多解析：从微观的角度看，气体对容器的压强是大量分子对容器壁的碰撞引起的；温度越高，单位体积内的分子数越多，单位时间内对器壁碰撞的次数越多，气体压强越大，故D正确．6．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，其中主要原因是(D)A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天温度升高，大气压强变小D．瓶内气体因温度降低而压强减小解析：瓶内气体发生的是等容变化，当经过一个夜晚后，其温度降低，压强减小，瓶塞受到的内部气体压强小于外界的大气压强，所以第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，故选D.7．关于液体的表面现象，下列说法正确的是(D)A．液体表面层的分子分布比内部密B．液体有使其体积收缩到最小的趋势C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力D．液体有使其表面积收缩到最小的趋势解析：液体表面层的分子分布比内部稀疏，故A错；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错，D对；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错．8．(多选)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减少C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用解析：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、D选项错误．9．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中(D) A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能相互转化C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减小D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变解析：汽车沿斜坡匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，但减小的重力势能没有转化成动能而是转化为内能，而总能量是守恒的，故A、B、C错误，D正确．10．(多选)如图所示，绝热容器内被活塞封闭一定质量的气体，现压缩气体使其体积减小，则(BC)A．气体对外界做功，内能增加B．外界对气体做功，内能增加C．温度升高，压强变大D．温度升高，压强变小解析：绝热容器内封闭一定质量的气体，压缩气体使其体积减小，外界对气体做功，绝热容器不发生热传递，气体内能增加，气体的温度升高，压强变大．11．(多选)如图所示，p-T图中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ab线和cd线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ad线的延长线通过原点．下列判断中正确的是(CD)A．由b到c气体不吸热也不放热B．由a到b过程，外界对气体做功C．由c到d气体一定放热D．由d到a气体一定吸热解析：由b到c过程中，做等温膨胀变化，对外做功，一定吸热，A错；a到b过程做等压变化，温度升高，由盖·吕萨克定律知，V 增大，气体对外做功，B错；c到d过程也做等压变化，但温度降低，V减小，外界对气体做功，又内能减小，由ΔU＝W＋Q知气体一定放热，C对；d到a是等容变化，又T增大，ΔU>0，W＝0，则Q>0，即一定吸热，D正确．二、填空题(每空3分，共15分)12．某气体初态时有100 J内能，膨胀过程中对外做功30 J，同时吸收了20 J的热量，在这过程中内能__________________________________________________________ ______________(填“增加”或“减少”)________ J.解析：由热力学第一定律ΔU＝U2－U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30 J，Q＝20 J．故ΔU＝U2－U1＝－10 J，因而内能减少了10 J.答案：减少1013．用内径很小的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压________(填“偏高”、“偏低”或“相同”)．解析：水银对玻璃是不浸润的，由于内径很小，则可发生毛细现象，对液柱起压低作用，所以水银柱高度降低，示数偏低．答案：偏低14．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看作不变．(1)以下说法正确的是________．A．在区间Ⅱ，物质的内能不变B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)请说明理由．解析：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，理想气体的状态方程pV T＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU＝Q－|W|；体积不变的条件下，W＝0，ΔU＝Q；所以ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快．答案：(1)BCD (2)变快三、计算题(每小题15分，共30分)15．将两块－10 ℃的冰块互相摩擦，两者之间摩擦力保持10 N，两者相对速度为0.9 m/s，若摩擦产生的能量全部被冰块吸收，问5min后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？(已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为4.5×107 J/kg) 解析：摩擦力做的功：W＝f·v·t＝10×0.9×300 J＝2 700 J.ΔE＝W，故ΔE＝2 700 J，冰的内能增加2 700 J改用煤油炉加热，其传递给冰块的热量等于摩擦力做的功，故W＝ηqm，m＝Wηq＝2 7000.3×4.5×107kg＝2.0×10－4 kg.答案：2 700 J 2.0×10－4 kg16．一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p-T图象甲所示．若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3.求：(1)状态A的热力学温度；(2)说出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V-T 图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．解析：(1)状态A 的热力学温度：TA ＝t ＋273.15＝－73.15＋273.15＝200 K.(2)由图甲可知：A 至B 为等压过程，B 至C 为等容过程． 对A 至C ，由理想气体状态方程有：pAVA TA ＝pCVC TC ，得：VA ＝pCVCTA pATC ＝2.0×105×0.6×2001.5×105×400＝0.4 m3.(3)由盖·吕萨克定律：VA TA ＝VB TB ，得：VB ＝VATB VA ＝0.4×300200＝0.6 m3.因为B 至C 为等容过程，所以VC ＝VB ＝0.6 m3，图象如图所示．答案：(1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析。

章末质量评估(三)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【答案】B【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错误；冬天暖气为房间供暖,是通过热传递的方式来改变物体内能的,故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸,是化学能转化为了内能,故C错误；车轮与地面摩擦生热,是机械能转化为内能,故D错误．所以B正确,ACD错误．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【答案】D 【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．所以D正确,ABC错误．3. 崔牛先生向客户推介他设计的“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. 质量守恒定律B. 电荷守恒定律C. 机械能守恒定律D.能量守恒定律【答案】D 【解析】任何机器只能转换能量存在的形式,并不能制造能量,题目中的装置是一种永动机,它违背了能量守恒定律,故选D4. 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【答案】B【解析】【分析】影响内能的方式有做功和热传递,在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映；改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．【详解】A、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；B、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；C、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；D、根据热力学第二定律气体自由膨胀是可逆过程．故D错误．故选B【点睛】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的知识,难度不大,注意积累．改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．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【答案】A【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CD错误．所以A正确,BCD错误．6. 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【答案】A【解析】【分析】【详解】筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,则外界对气体做功,外界对气体做功使气体的内能增大．A正确．7. 对一些机械设备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【答案】C【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．所以C正确,ABD错误．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【答案】C【解析】冰是晶体,在熔化过程中,0 ℃的冰全部变成0 ℃的水,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,故ABD错误,C正确．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【答案】D【解析】【分析】【详解】克服绳与金属管间的摩擦做功,使管壁内能增加,温度升高,由于热传递使得乙醚的温度升高,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.故选D10. 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【答案】D【解析】以活塞为研究对象,设气体压强为p 1,活塞质量为m ,横截面积为S ,末态时压强为p 2,初态F 弹>mg ＋p 1S ,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 ＋p 2S ,仍然具有一部分弹性势能,故D 正确ABC 错误．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T 1比铁块的温度T 2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【答案】AD【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相等,故AD 正确, B 错误．根据热平衡方程()()12c m T T c m T T -=-铜铁,解得12c T c T T c c +=+铜铁铜铁,故 C 错误．所以AD 正确,BC 错误．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【答案】ABC【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,故A说法错误；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说法错误；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说法错误；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说法正确．所以选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【答案】AC【解析】【分析】W<,根据热力学第一定律【详解】A．A→B过程是绝热过程,Q=0,体积变大,气体对外做功,0U Q W∆=+,得0∆<,内能减小,温度降低,故A正确；UB．B→C过程中,气体体积不变,根据查理定律,压强增加,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律∆=+,体积不变不做功0U Q WW=,气体吸热,故B错误；W>,根据热力学第一定律得C．C→A过程是等温变化,内能不变0U∆=,体积减小,外界对气体做功00Q <,气体放热,C 正确；D ．全部过程分三个过程,A 到B 气体对外做功10W <,B 到C 不做功,C 到A 外界对气体做功20W >,根据p -V 图象中,图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的到B 做功小于C 到A 做功,如下图阴影面积所示,故全部过程做功不为0,故D 错误．故选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. 气体压强不变,温度不变【答案】B【解析】【分析】【详解】根据容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q=0.稀薄气体向真空扩散没有做功,W=0.根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变,则温度不变．稀薄气体扩散体积增大,压强必然减小．故B 正确,ACD 错误.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. 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,____________．【答案】(1). 做功(2). 做功(3). 做功(4). 热传递【解析】（1）瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,是体积增大对外做功．（2）子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,是因为摩擦做功产生热量．（3）电流通过电炉丝,其温度升高是电流做功．（4）将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高是通过热传递,将热量传给水．16. (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.【答案】(1). D(2). 吸收(3). 0.6(4). 0.2【解析】(1)气泡上升过程中温度保持不变,所以以分子的平均速率不变,平均动能也不变,故BC错误；而压强减小体积增大,分子间的作用力不一定增大,故A错误；根据熵增加原理可知D正确．所以选D.(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为：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．17. 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 （3）293J【解析】试题分析：（1）分析图示a→c→b 过程,由热力学第一定律U W Q ∆=+求出内能的变化．沿a→d→b 过程与a→c→b 过程内能变化相同,再由热力学第一定律求出热量．（2）由a→b 和由b→a 内能变化大小相等,但符号相反,根据热力学第一定律求解即可．（1）沿a→c→b 过程,由热力学第一定律得：()126335J 209J U W Q ∆=+=-+=沿a→d→b 过程,U W Q ∆='+'；[20942]J 251J Q U W '=∆-'=--=（） 即有251J 的热量传入系统．（2）由a→b ,209J U ∆=；由b→a ,209J U U ∆'=-∆=-根据热力学第一定律有：84U W Q J Q ∆'="+"=+"；得：()20984J 293J Q "=--=-负号说明系统放出热量,热量传递为293J ．18. 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 ,开始时气体的温度为T 0,活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压强恒为P 0的空气中,当气体从外界吸收热量Q 后,活塞缓慢上升d 后再次达到平衡,求：（1）外界空气的温度；（2）在此过程中密闭气体的内能增加量.【答案】（1）000h d T h + ；（2）Q-mgd-pS 0d 【解析】【分析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得： ()000h d s h s T T+=, 解得：外界的空气温度为：000h d T T h +=； （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()0W mg p S d =-+,根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能()0==U Q W Q mg p S d ∆++﹣；19. 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C,其中A→B 过程为等压变化,B→C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3,T A ＝T C ＝300 K,T B ＝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Q 1,B→C 过程气体放出热量为Q 2,比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．【答案】(1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1大于Q 2,原因见解析【解析】【分析】【详解】（1）设气体在B 状态时的体积为V B ,由盖--吕萨克定律得,,代入数据得V B =0.4m 3．（2）微观原因：气体体积不变,分子密集程度不变,温度变小,气体分子平均动能减小,导致气体压强减小． （3）Q 1大于Q 2．因为T A =T B ,故A→B 增加的内能与B→C 减小的内能相同,而A→B 过程气体对外做正功,B→C 过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2．。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）综合检测(三)第三章热力学基础(满分：100分钟时间：60分)一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)1．下列说法正确的是()A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵从热力学第二定律B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等C．自发的热传导是不可逆的D．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背热力学第一定律【解析】有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量，不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背了热力学第二定律．【答案】 C2．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50 ℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团．气团直径可达几千米．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略．高空气团温度很低的原因可能是()A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低【解析】由热力学第一定律，物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q 有关，满足ΔU＝W＋Q，气团在上升的过程中，气体不断膨胀，气体对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热传递作用可忽略，因而内能不断减小，所以气团的温度会很低，故选C.【答案】 C3.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．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】气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．【答案】 A4．在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能．“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率＝人数×路程消耗能量.一个人骑电动自行车，消耗1 MJ(106 J)的能量可行驶30 km.一辆载有4人的普通国产轿车，消耗320 MJ 的能量可行驶100 km.则电动自行车与这辆轿车的客运效率之比是( )A ．6∶1B ．12∶5C ．24∶1D ．48∶7【解析】 电动自行车的“客运效率”η1＝1×30 km 1 MJ .普通国产轿车的“客运效率”η2＝4×100 km 320 MJ ，二者效率之比为η1η2＝30×320400＝24∶1. 【答案】 C5．如图2所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是( )图2A ．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少B ．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少C ．电流对气体做功，气体对外做功，其内能可能不变D ．电流对气体做功一定大于气体对外做功【解析】 由题意知，气体压强不变，活塞上升，体积增大，由pV T ＝恒量知，气体温度升高，内能一定增加，由能的转化和守恒知，电流对气体做功一定大于气体对外做功，B 、C 均错，D 项正确．由气体压强的微观解释知温度升高，气体分子与活塞碰一次对活塞的冲量增大，而压强不变；单位时间内对活塞的冲量不变．因此单位时间内对活塞的碰撞次数减少，A 对．【答案】 AD6．用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，如图3所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象．关于这一现象的正确说法是()图3A．这一实验不违背热力学第二定律B．在实验过程中，热水温度降低，冷水温度升高C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能【解析】自然界中的任何自然现象或过程都不违反热力学定律，本实验现象也不违反热力学第二定律，A正确；整个过程中能量守恒且热传递有方向性，B正确；在实验过程中，热水中的内能除转化为电能外，还升高金属丝的温度，内能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还升高金属丝的温度，电能不能全部转化为冷水的内能，C、D错误．【答案】AB7.如图4所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住．将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时()图4A．氢气的温度不变B．氢气的压强减小C．氢气的体积增大D．氧气的温度降低【解析】氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又体积和温度相同，所以氢气产生的压强大．当拔掉销子后，氢气会推动活塞向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无传热，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低．对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由ΔU ＝W＋Q，在无传热的情况下，氧气内能增加，温度升高．【答案】BC8．(双选)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】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．【答案】AD9．(双选)文艺复兴时期，意大利的达·芬奇设计了如图5所示的装置．他设计时认为，在轮子转动过程中，右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，在两边不均衡的力矩作用下会使轮子沿箭头方向转动不息，而且可以不断地向外输出能量，但实验结果却是否定的．达·芬奇敏锐地由此得出结论：永动机是不可能实现的．下列有关的说法中正确的是()图5A．如果没有摩擦力和空气阻力，该装置中就能永不停息地转动，并在不消耗能量的同时不断地对外做功B．如果没有摩擦力和空气阻力，忽略碰撞中能量的损耗，并给它一个初速度就能永不停息地转动，但在不消耗能量的同时，并不能对外做功C．右边所有小球施加于轮子的动力矩并不大于左边所有小球施于轮子的阻力矩，所以不可能在不消耗能量的同时，不断地对外做功D．在现代科学技术比较发达的今天，这种装置可以实现它永不停息的转动，在不消耗其他能量的基础上，而且还能源源不断地对外做功【解析】该设计中，当轮子转动时，虽然右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，但是右边小球的个数总比左边的少，实际上右边所有小球施加于轮子的动力矩等于左边所有小球施于轮子的阻力矩，轮子在不受到外力作用时将保持平衡状态．如果没有摩擦力和空气阻力，且忽略碰撞中的能量损耗，给轮子一个初速度，轮子就能依靠惯性永不停息地转动．【答案】BC二、非选择题(本题共4小题．共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(9分)如图6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，假若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有________ J 热量传入系统，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？________(填“吸热”或“放热”)，热量传递是________ J.图6【解析】沿a→c→b过程，由热力学第一定律可得：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．由a→b过程，ΔU＝209 J.由b→a，ΔU′＝－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】251放热29311. (12分)如图7所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的理想气体，容器横截面积为S，活塞质量为m，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞处于静止状态，现对容器缓缓加热使容器内的气体温度升高t℃，活塞无摩擦地缓慢向上移动了h，在此过程中气体吸收的热量为Q，问：图7(1)被密封的气体对外界做了多少功？(2)被密封的气体内能变化了多少？【解析】(1)活塞缓慢上升，气体推动活塞的力F＝mg＋p0S，则气体对活塞做功W＝(mg＋p0S)h.(2)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，其中因为是气体对外界做功，功代入负值运算，得到ΔU＝－(p0S＋mg)h＋Q.【答案】(1)(mg＋p0S)h(2)－(p0S＋mg)h＋Q12．(12分)下面是晓阳在题为《能源利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料：太阳能是人类最基本的能源，它无污染、无费用，这种能源的使用期和太阳本身寿命一样长，当太阳光照射地面时，1 m2地面上在1 s内平均得到的太阳辐射能约为1.0×103J．太阳能热水器就是直接利用太阳能的装置，目前已经逐渐地出现在我们的生活中．晓阳在网上下载了某型号太阳能热水器的宣传广告：容积(V)100 L集热管的采光面积(S) 1.5 m2效率(η)40%使用年限(z)15年(1)晓阳家每天大约需要100 kg热水，用这种热水器将这些水从25 ℃加热到45 ℃需要多长时间？(2)与效率为80%的电热水器相比，晓阳家每天可节约多少电能？【解析】(1)设T为光照时间，k＝1.0×103J/(s·m2)，Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103×100×20 J＝8.4×106 J，太阳能热水器传给水的热量Q 放＝kSTη，因为Q 吸＝Q 放，所以T ＝Q 吸kSη＝8.4×1061.0×103×1.5×40%s ＝1.4×104 s ≈3.9 h. (2)由Q 电＝Wη1得W ＝Q 电η1＝8.4×1060.8 J ＝1.05×107 J ≈2.9 kW·h. 【答案】 (1)3.9 h (2)2.9 kW·h13．(13分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置．其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图8所示．图8(1)利用总电阻R ＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率P v ＝300 kW.输电电压U ＝10 kV .求导线上损失的功率与输送功率的比值；(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v ，风轮机叶片长度为r .求单位时间内流向风轮机的最大风能P m ；在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施．【解析】 (1)导线上损失的功率为P ＝I 2R ＝(P v U )2R ＝(300×10310×103)2×10 W ＝9 kW 损失的功率与输送功率的比值P P v ＝9×103300×103＝3100. (2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大．单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρv S ，S ＝πr 2风能的最大功率可表示为P m ＝12(ρv S )v 2＝12ρv πr 2v 2＝12πρr 2v 3采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等．【答案】(1)3∶100(2)12πρr2v3增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。