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第三章章末能力检测卷
(时间：75分钟　满分100分)
一、 单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 关于物体内能，下列说法中正确的是(　　)
A. 物体内能的多少可以用物体吸热或放热的多少来量度
B. 内能大的物体热量多
C. 两物体发生热传递，达到平衡后，它们的内能必定相等
D. 做功和热传递对于改变物体内能是等效的
2. 下列说法中正确的是(　　)
A. 第一类永动机违背能量守恒定律
B. 热量不能从低温物体传到高温物体
C. 单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性
D. 一定质量的10 ℃的水变成10 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变
3. 如图所示，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(　　)
A. 气体体积膨胀，内能增加
B. 气体分子势能减少，内能增加
C. 气体分子势能增加，压强可能不变
D. Q中气体不可能自发地全部退回到P中
4. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V T图像如图所示.下列说法中正确的是(　　)
A. 过程ab中气体分子热运动的平均动能保持不变
B. 过程bc中外界对气体做功小于气体向外放出的热量
C. 过程ca中单位时间内撞击容器壁单位面积的气体分子数增多
D. 气体在a、b两状态的压强大小之比pa∶pb＝3∶1
5. 如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段长度可以忽略的油柱，不计大气压强的变化，这就是一个简易的气温计.已知罐的容积是300 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.4 cm2，吸管的有效长度为25 cm，已知此装置能测量的最低温度为27 ℃，标准大气压为p0＝1.0×105 Pa，下列说法中正确的是(　　)
A. 此温度计的刻度是不均匀的
B. 此温度计能够测量的最高温度为37 ℃
C. 温度每升高1 ℃，罐内气体对外做功1 J
D. 温度降低，罐壁单位面积上受到大量气体分子撞击的平均作用力减小
6. 如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体(　　)
A. 对外做功
B. 内能减少
C. 吸收热量
D. 压强不变
7. 20世纪70年代，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”，其结构如图所示.在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两个小孔的弯曲轨道.维尔金斯认为：如果在斜坡底部放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功，然后又在磁铁的吸引下回到上端，到P处又漏下……关于这个设计，下列说法中正确的是(　　)
A. 满足能量转化和守恒定律，所以可行 B. 不满足热力学第二定律，所以不可行
C. 不满足机械能守恒定律，所以不可行 D. 不满足能量守恒定律，所以不可行
二、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
8. 一定质量的理想气体，初始温度为400 K，压强为1×105 Pa.经等容过程，该气体吸收500 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K.下列说法中正确的是(　　)
A. 等压过程中，气体对外做功100 J
B. 初始状态下，气体的体积为3 L
C. 等压过程中，气体体积增加了原体积的
D. 两个过程中，气体的内能增加量都为500 J
9. 下列说法中正确的是(　　)
A. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
B. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
C. 第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的
D. 若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能一定减小
10. 一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时的温度为TA＝300 K，下列说法中正确的是(　　)
A. 气体在状态C时的温度TC＝375 K
B. 从A到C过程外界对气体做了－600 J的功
C. 气体从状态D变化到状态A，单位体积内的气体分子数减小，气体分子的平均动能不变
D. 若气体从D到A过程中外界对气体做功为250 J，则气体从A→B→C→D→A(一次循环)过程中气体吸收的热量为250 J
三、 非选择题：本题共5小题，共54分.
11. (6分)如图所示，用水银血压计测血压时，先向袖带内充气，某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V.然后缓慢放气(该过程中温度保持不变)使袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0.则放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数________(填“增大”、“减小”或“不变”)，在放气过程中袖带内气体________(填“吸热”或“放热”).
12. (6分)(1) 如图甲所示，一理想的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有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面“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.下列说法中正确的是________.
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. 叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
甲
乙
(2) 如图乙所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被密封在汽缸内，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，气体分子的平均动能________(填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________.
13. (10分)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为T0＝300 K，现启动加热模式使气体温度升高到T＝450 K，此过程中气体吸收的热量为Q＝1.0×103 J，内胆中气体的体积不变，求：
(1) 此时内胆中气体的压强p.
(2) 此过程内胆中气体的内能增加量ΔU.
14. (14分)如图所示，高为L，横截面积为S的导热汽缸内有一不规则物体，厚度不计的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞正好在汽缸的顶部.再在活塞上放置质量为m的物体后，活塞缓慢下移，并静止在与缸底的间距为0.8L的高度.已知外界大气压强p0＝，忽略缸内气体温度的变化，不计活塞和汽缸的摩擦，重力加速度为g.求：
(1) 不规则物体的体积V0.
(2) 该过程中缸内气体向外界放出的热量Q.
15. (18分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差.已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，求：
(1) U形细管内两侧水银柱的高度差.
(2) 通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度.
(3) 此加热过程中，若气体内能增量为ΔU，求气体吸收的热量.
第三章章末能力检测卷
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A D B B B D AD AC ABD
1. D　解析：物体的内能的变化可以用物体吸热或放热的多少来量度，A错误；热量是热传递的能量多少的量度，不是内能的量度，B错误；物体发生热传递，达到平衡后，温度相等，而不是内能相等，C错误；做功和热传递对于改变物体内能是等效的，D正确.
2. A　解析：第一类永动机既不消耗能量，又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A正确；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，B错误；单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，C错误；一定质量的10 ℃的水变为10 ℃的水蒸气，需要吸热，内能增加，D错误.
3. D　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，A、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；体积变大、温度降低，则气体压强变小，C错误；宏观过程中的热现象都是不可逆的，D正确.
4. B　解析：过程ab中，温度升高，分子热运动的平均动能增大，A错误；过程bc中，温度降低，气体内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，过程bc中，外界对气体做功小于气体向外放出的热量，B正确；过程ca中，温度一定，气体分子运动的平均速率一定，体积增大，气体分子分布密集程度减小，则单位时间内撞击容器壁单位面积的气体分子数减小，C错误；过程ab中，体积一定，根据查理定律有＝，解得pa∶pb＝1∶3，D错误.
5. B　解析：设罐的容积V0，根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即＝＝C＝＝＝，所以温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，A错误；根据＝，即＝，解得最高可测温度t1＝37 ℃，B正确；根据＝＝可得W＝p0·ΔV＝p0·Δt＝1.0×105 Pa××1 J＝0.1 J，C错误；温度降低，气体压强不变，罐壁单位面积上受到大量气体分子撞击的平均作用力不变，D错误.
6. B　解析：爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知，气体的压强减小，D错误.
7. D　解析：维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律；小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球增加了机械能；但小球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以维尔金斯“永动机”不可能实现.故D正确.
8. AD　解析：令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为 p1＝1×105 Pa，T1＝400 K，等容过程后为状态二：V2＝V1，T2＝500 K，等压过程后为状态三：p3＝p1，T3＝500 K，等压过程由 ＝，解得V3＝V1，体积增加了原来的，C错误；等容过程中气体做功为零，该气体吸收500 J的热量后，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，内能增加500 J，两个过程的初、末温度相同即内能变化相同，因此内能都增加500 J，D正确；等压过程内能增加了500 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体对外做功为100 J，由W＝pΔV，可得ΔV＝1 L，由ΔV＝V3－V1≠V1，解得V1＝4 L，A正确，B错误.
9. AC　解析：改变物体内能的两种方式是热传递和做功，在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，气体的内能一定增加，若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能不一定变化，A正确，D错误；布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反映了液体分子运动的无规则性，B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了物理过程的方向性，所以制造不出来，C正确.
10. ABD　解析：根据理想气体状态方程得＝，解得TC＝375 K，A正确；从A到C过程气体体积增大，外界对气体做负功WAC＝WAB＝－p(VB－VA)＝－600 J，气体从状态D变化到状态A，气体体积减小，单位体积内的气体分子数增大；气体从状态D变化到状态A，气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，C错误；气体从C到D过程中外界对气体做功为WCD＝1×105×(5－4)×10－3 J＝100 J，一次循环气体吸收的热量为Q＝600 J－250 J－100 J＝250 J，D正确.
11. 减小　吸热
解析：分析题意可知，压强减小，体积减小，温度不变，根据压强的微观含义可知，放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数减小，每次撞击的分子力不变；放气过程中，温度不变，则内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热.
12. (1) D　(2) 增大　Q－p0(V2－V1)
解析：(2) 根据热力学定律，汽缸内气体的内能增加量等于气体吸收的热量减去气体对外做的功.
13. (1) 1.5×105 Pa　(2) 1.0×103J
解析：(1) 根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，根据查理定律可得 ＝
解得p＝1.5×105 Pa
(2) 由于气体的体积不变，所以W＝0
可知ΔU＝Q＝1.0×103 J
14. (1) SL　(2) mgL
解析：(1) 放置重物后，假设缸内气体的压强为p1，根据受力平衡可得p1S＝p0S＋mg
解得p1＝p0
根据玻意耳定律可得p0(SL－V0)＝p1(0.8SL－V0)
解得V0＝SL
(2) 外界对气体做功为W＝(mg＋p0S)·Δh
解得W＝0.6mgL
根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q
又ΔU＝0
故气体向外界放出的热量为Q＝mgL
15. (1) 　(2) T　(3) (p0S－Mg)Δh0＋ΔU
解析：(1) 设封闭气体的压强为p，对活塞分析可得
pS＋Mg＝p0S
解得p＝p0－
又Δp＝p0－p＝ρgΔh
解得U形细管内两侧水银柱的高度差为Δh＝
(2) 加热过程中气体做等压变化，则 ＝
解得此时的温度为T'＝T
(3) 此加热过程中，气体对外做功为
W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0
根据热力学第一定律ΔU＝－W＋Q
可得气体吸收的热量为Q＝(p0S－Mg)Δh0＋ΔU
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