新教材高中物理鲁科版选择性必修第三册章末综合测评2固体与液体热力学定律

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章末综合测评(二)　固体与液体　热力学定律(分值：100分)1．(4分)温度都是0 ℃水和冰混合时，以下说法正确的是(　　)A．冰将熔化成水B．水将凝固成冰C．都不变，冰水共存D．如果水比冰多的话，冰熔化；如果冰比水多的话，水结冰C　[温度都是0 ℃水和冰混合时，因温度相同，不会发生热传递，则无论两者质量如何，最终仍然是冰水混合物，且是冰水共存状态。故选C。]2．(4分)如图所示，金属框上阴影部分表示肥皂膜，它被棉线分割成a、b两部分。若将肥皂膜的a部分用热针刺破，棉线的形状是图乙中的(　　)A　　　 B　　 C　　　DD　[当把a部分肥皂膜刺破后，在b部分肥皂膜表面张力的作用下，棉线将绷紧。因液体表面有收缩到面积最小的趋势，而在同周长的几何图形中，圆的面积最大，所以棉线被拉成凹的圆弧形状，选项D正确。]3．(4分)对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构相同A　[晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度保持不变，选项A正确；熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡与云母不浸润，蜂蜡是非晶体，选项B错误；具有各向异性的晶体的物质微粒在空间的排列规则，选项C错误；石墨是多晶体，金刚石是单晶体，组成它们的物质微粒结构不同，使得它们的物理性质不同，选项D错误。]4．(4分)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，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。]5．(4分)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，它们的温度分别升高了ΔtA、ΔtB，则(　　)A．ΔtA＞ΔtB　　 B．ΔtA＜ΔtBC．ΔtA＝ΔtB D．ΔtA、ΔtB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ΔtA＜ΔtB，B正确。]6．(4分)对热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　　)A．热量不能由低温物体传给到高温物体B．外界对物体做功，物体的内能必定增加C．永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律D．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化D　[根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，但在一定条件下，热量可以由低温物体传给高温物体，例如电冰箱的工作过程，选项A错误；根据热力学第一定律，物体内能的变化取决于吸收或放出的热量和做功的正负两个因素，选项B错误；永动机违反能量守恒定律，选项C错误；选项D是热力学第二定律的表述形式之一，选项D正确。]7．(4分)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错误，D正确。]8．(4分)如图所示，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(　　)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自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量D　[转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，故A错误；要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，故B错误；转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D正确。故选D。]9．(6分)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3。如果使该气缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。(1)990 m深处封闭气体的体积为________(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)。(2)下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功。[解析]　(1)当气缸下潜至990 m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm，T＝280 K根据理想气体状态方程得＝代入数据得V＝2.8×10－2 m3。(2)由(1)知封闭气体的体积减小，外界对气体做功，W>0；封闭气体可视为理想气体，温度降低，其内能减小，ΔU<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q<0，即下潜过程中封闭气体放热。由ΔU<0知，放出的热量大于外界对气体所做的功。[答案]　(1)2.8×10－2 m3　(2)放热　大于10．(4分)(多选)关于内能和机械能的说法中不正确的是(　　)A．内能和机械能各自包含动能和势能，因此它们的本质上是一样的B．物体的内能和机械能均不为零C．一个物体的机械能可以为零，但它的内能永远不可能为零D．物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变AB　[机械能是指宏观物体动能和势能的总和，内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，有本质的区别，A错，符合题意；物体的分子运动永不停息，内能不可能为零，但物体机械能可以为零，B错，符合题意，C对，不符合题意；机械能、内能在一定条件下可相互转化，但没有转化时，一个可以变化，另一个可以不变，D对，不符合题意，故本题选AB。]11．(4分)(多选)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热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给高温物体AC　[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，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给高温物体，D错误。]12．(4分)(多选)一定质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p­T图像如图所示，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AB　[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。]13．(4分)(多选)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(　　)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AD　[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。A、D正确。]14．(6分)一定质量的某种物质，在压强不变的条件下，由液态到气态(在此状态下物质可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化的关系图像如图所示。单位时间物质所吸收的热量可看成不变。(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，物质分子热运动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________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”)，请说明理由。[解析]　(1)区间Ⅱ是汽化过程，物质要吸收热量，内能增加，A错误；在区间Ⅲ，物质可看成理想气体，分子势能为零，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质分子无序程度增加，熵增加，C正确；在区间Ⅰ，随加热时间增加，物质温度升高，分子热运动的平均动能增大，D正确。(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W及理想气体的状态方程＝C可知，吸收的热量Q相同时，在压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；在体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；所以ΔU1<ΔU2，即在体积不变的条件下温度升高变快。[答案]　(1)BCD　(2)变快　理由见解析15．(8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tA＝327 ℃。(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＝可得TB＝TA＝×(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16．(10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(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：(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：F＝p0S根据功的定义式W＝Fl得W＝p0LS。(2)设活塞离开汽缸时动能为Ek，则Ek＝mv2根据能量守恒定律得ΔU＝－mv2－p0LS＝－(mv2＋p0LS)即内能减少了(mv2＋p0LS)。[答案]　(1)p0LS(2)内能减少了(mv2＋p0LS)17．(10分)如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；(2)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。[解析]　(1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律得p0V0＝p·2V0解得此时气体压强p＝p0。(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0温度改变，理想气体的体积不变，则外界即不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0[答案]　(1)p0　(2)0.6p0，0.2kT018．(12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：(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＝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＝解得V1＝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＝p0V＋αT0。[答案]　(1)V　(2)p0V＋αT0