高中物理人教版 (新课标)选修34 气体热现象的微观意义当堂达标检测题

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修34 气体热现象的微观意义当堂达标检测题，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(时间60分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1．(2016·昆明高二检测)如图1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状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，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )
图1
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金从热水中吸收的热量
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
E．叶片在热水中吸收的热量一定大于水和转轮获得动能
【解析】 形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知B、D、E项正确．
【答案】 BDE
2．采用绝热(即不与外界交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至末态B，对于不同的绝热方式，下面说法正确的是( )
A．对气体所做的功不同
B．对气体所做的功相同
C．气体对外所做的功相同
D．对气体不需做功，因为没有能量的传递
E．气体内能的变化是相同的
【解析】 对于一定量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程．在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能UA，在状态B有另一确定的内能UB，由绝热过程中ΔU＝UB－UA＝W知，W为恒量，所以B、C、E选项正确．
【答案】 BCE
3．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2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”，正确的认识应该是( )
图2
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
【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，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．
【答案】 ADE
4．如图3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，则下列说法正确的是( )【导学号：11200102】
图3
A．气体体积膨胀，内能不变
B．气体分子势能减少，内能增加
C．气体分子势能增加，动能减小，温度降低
D．气体分子势能增加，压强可能不变
E．Q中气体不可能自发地全部退回到P中
【解析】 气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，显然选项A正确，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，选项C正确；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项D错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以E正确．
【答案】 ACE
5. (2016·唐山高二检测)如图4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( )【导学号：11200103】
图4
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b到a，气体吸热
E．从状态b到a，气体放热
【解析】 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．
【答案】 BCD
6．(2016·西安高二检测)关于永动机不可能制成，下列说法中正确的是( )
A．第一类永动机违背了能量守恒定律
B．第二类永动机违背了能量守恒定律
C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E．第二类永动不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【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传递的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能．因此，正确选项为A、D、E.
【答案】 ADE
7．下面关于熵的说法中正确的是( )
A．熵是系统内分子运动无序性的量度
B．在自然过程中一个孤立系统的熵总是增加或不变的
C．热力学第二定律也叫做熵减小原理
D．熵值越大代表越无序
E．一个宏观状态所对应的微观态越多，越无序，熵越小
【解析】 一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，这就是热力学第二定律的微观意义．系统的热力学过程就是大量分子向无序程度大的状态变化的过程．自然过程的方向性可以表述为：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理．因此A、B、D说法正确，C、E说法错误．
【答案】 ABD
8．(2016·济南高二检测)如图5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( )【导学号：11200104】
图5
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
【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，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ρgV，气球下降，则E项正确．
【答案】 ADE
二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)
9．(12分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 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Q＝4.2×105 J
气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功W＝－6×105 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得
ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J
所以物体内能减少了1.8×105 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 1.8×105 (2)增加 (3)见解析
10．(12分)如图6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(p>p0)．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：
图6
(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？ 【导学号：11200105】
【解析】 (1)设大气作用在活塞上的压力为F，则：F＝p0S
根据功的计算式W＝Fl得：W＝eq \f(1,2)p0LS.
(2)设活塞离开汽缸时动能为Ek，则：Ek＝eq \f(1,2)mv2
根据能量守恒定律得：ΔU＝－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)p0LS＝－eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)
即内能减少了eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)．
【答案】 (1)eq \f(1,2)p0LS
(2)内能减少了eq \f(1,2)(mv2＋p0LS)
11．(12分)(2016·西安高二检测)如图7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tA＝327 ℃.
图7
(1)求气体在状态B时的温度；
(2)已知由状态B→D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eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)可得
TB＝eq \f(pB,pA)TA＝eq \f(1,2)×(327＋273) K
＝300 K
所以tB＝27 ℃.
(2)由B→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q－W>0可得Q>W.
【答案】 (1)27 ℃ (2)Q>W 原因见解析
12．(16分)(2016·日照高二检测)如图8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U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
图8
(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.
【导学号：11200106】
【解析】 (1)在气体压强由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1
由查理定律得：eq \f(T1,T)＝eq \f(p0,p)
解得：T1＝2T0
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：eq \f(V,V1)＝eq \f(T1,T0)
解得：V1＝eq \f(1,2)V.
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU，
解得：Q＝eq \f(1,2)p0V＋αT0.
【答案】 (1)eq \f(1,2)V (2)eq \f(1,2)p0V＋αT0