人教版 (新课标)选修32 传感器的应用（一）课时练习

这是一份人教版 (新课标)选修32 传感器的应用（一）课时练习，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.下列说法正确的是( )
A.能量耗散说明能量在不断减少
B.能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
C.热量不可能从低温物体传给高温物体
D.根据热力学第二定律,在火力发电机中,燃气的内能全部转化为电能
解析:能量耗散是指能量的可利用率越来越低,由于能量守恒,故能量不会减少,选项A错误;根据热力学定律可知,宏观自然过程自发进行有其方向性,能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性,选项B正确;根据热力学定律可知,能量转化和转移具有方向性,热量不能自发地从低温物体传给高温物体,选项C错误;火力发电机发电时,能量转化的过程为化学能——内能——机械能——电能,因为内能——机械能的转化过程中会对外放出热量。故燃气的内能必然不能全部变为电能,选项D错误。
答案:B
2.
如图是密闭的汽缸,外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的( )
A.温度升高,内能增加600 J
B.温度升高,内能减少200 J
C.温度降低,内能增加600 J
D.温度降低,内能减少200 J
解析:由ΔU=W+Q得ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关,ΔU>0说明温度升高,A正确。
答案:A
3.下列说法正确的是( )
A.热力学第二定律否定了以特殊方式利用能量的可能性
B.电流通过导体,电能转化为内能,反过来,可将内能收集起来,再转化成电能,形成与原来大小相同的电流
C.可以制成一种热机,由热源吸取一定的热量而对外做功
D.冰可以熔化成水,水也可以结成冰,这个现象违背了热力学第二定律
解析:热力学第二定律说明了一切与热现象有关的宏观过程都是有方向性的,但并没有否认以特殊方式利用能量的可能性,故A错误;功和内能的转化具有方向性,在不引起其他变化时其逆过程是不可能实现的,故B错误;冰熔化成水,水结成冰,伴随着能量的转移,不是自发进行的,没有违背热力学第二定律,D错误。
答案:C
4.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:M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。
答案:A
5.下列说法中正确的有( )
A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律,因此不可能制成
B.根据能量守恒定律,经过不断的技术改造,热机的效率可以达到100%
C.因为能量守恒,所以“能源危机”是不可能真正出现的
D.自然界中的能量是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,因此要节约能源
解析:第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,A错。热机的效率永远小于100%,因为要向低温热源散热,B也错。虽然能量守恒,但可利用的能量越来越少,因此要节约能源。
答案:D
6.下列说法中正确的是( )
A.就改变物体内能来说做功和热传递是两种相同的方式
B.只要制造出足够小的温度计就能测出个别分子的温度
C.不通过做功的过程,内能也可以从一个物体传递给另一个物体
D.在自然界发生的各种变化中能的总量虽然保持不变,但能量的品质在逐步降低
解析:用做功的方法来改变物体的内能,实质上是能量转化的过程,即机械能转化为内能;用热传递的方法来改变物体的内能,实质上是能量转移的过程,选项A错误。温度是大量分子无规则运动的宏观表现,一个分子的温度没有意义,也就无法测量,选项B错误。用热传递也能实现内能的转移,选项C正确。自然界发生的各种变化中能的总量虽然保持不变,但能量的品质在逐步降低,有些能量耗散以后无法再利用,选项D正确。
答案:CD
7.从微观角度看,下列说法正确的是( )
A.热力学第二定律是一个统计规律
B.一个非孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展
C.一个宏观状态所对应的微观状态越多,越是无序,熵值越大
D.出现概率越大的宏观状态,熵值越大
解析: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。熵是描述系统大量分子运动无序性程度的。在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减小,也就是说,一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展。反映了一个孤立系统的自然过程会沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。对于一个非孤立的系统,在与外界有能量交换时其熵也有可能变小,故B错误,A、C、D正确。
答案:ACD
8.
如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”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,气球下降
解析:快速挤压气体时,外界对它做功,来不及热传递,由W+Q=ΔU,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,体积变小,瓶内压强变大,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ρgV,气球下降,则D项正确。
答案:AD
二、填空题(共20分)
9.(10分)如图所示,内壁光滑的汽缸水平放置,一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内,外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。则在此过程中,气体分子平均动能 (选填“增大”“不变”或“减小”),气体内能变化了 。
解析:气体的温度最终升高,分子平均动能增大,内能增大,由热力学第一定律ΔU=Q+W,由于气体对外做功,故W=-p0(V2-V1),所以ΔU=Q-p0(V2-V1)。
答案:增大 Q-p0(V2-V1)
10.(10分)若一定质量的理想气体分别按如图所示的三种不同过程变化,其中表示等压变化的是 (选填“A”“B”或“C”),该过程中气体的内能 (选填“增加”“减少”或“不变”)。
解析:由题图知,图C是等压变化,等压的过程是升温膨胀,温度是理想气体内能的决定因素,由此判断知,内能增加。
答案:C 增加
三、计算题(共32分。要求写出必要的文字说明、主要方程和重要演算步骤,有数值计算的要明确写出数值和单位,只有最终结果的不得分)
11.
(14分)如图所示p-V图中,一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B,气体对外做功280 J,吸收热量410 J;气体又从状态B经BDA过程回到状态A,这一过程中外界对气体做功200 J。求:
(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少?变化量是多少?
(2)BDA过程中气体是吸热还是放热?吸收或放出的热量是多少?
解析:(1)ACB过程内能增加,ACB过程中W1=-280 J,Q1=410 J
由热力学第一定律UB-UA=W1+Q1=130 J
气体内能的变化量为130 J。
(2)BDA过程中气体放热
因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数,BDA过程中气体内能变化量
UA-UB=-130 J
又因外界对气体做功200 J
由热力学第一定律UA-UB=W2+Q2,Q2=-330 J
放出热量330 J。
答案:(1)增加 130 J (2)放热 330 J
12.
(18分)某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖,将压力阀套在出气孔上,给压力锅加热,当锅内气体压强达到一定值时,气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时,停止加热。
(1)若此时锅内气体的体积为V',摩尔体积为V,阿伏加德罗常数为NA,写出锅内气体分子数的估算表达式。
(2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功1 J,并向外界释放了2 J的热量。锅内原有气体的内能如何变化?变化了多少?
(3)已知大气压强p随海拔高度H的变化满足 p=p0(1-αH),其中常数α>0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅,当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。
解析:(1)阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁,设锅内气体分子数为n,则:n=NA。
(2)根据热力学第一定律:ΔU=W+Q,气体对外做功,功为负,W=-1 J;
向外放热,热量为负,Q=-2 J;
则有:ΔU=W+Q=-3 J,负号表示内能减少。
锅内气体内能减少,减少了3 J。
(3)由p=p0(1-αH)(其中α>0),随着海拔高度的增加,大气压强减小;
由p1=p+=p0(1+αH)+,随着海拔高度的增加,阀门被顶起时锅内气体压强减小;
根据查理定律可知,阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。
答案:(1)n=NA
(2)减少了3 J
(3)温度随着海拔高度的增加而降低。