2019高中物理第十章综合测评（四）（含解析）新人教版 10页

综合测评(四)命题报告知识点简单中等较难热力学第一定律1、3、4、7、910、11、12、13、1415、16、17热力学第二定律及微观解释2、5能量守恒定律8能源和可持续发展6分值：100分　时间：90分钟一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题号后标出)1．对于热量、功和内能，三者的说法正确的是(　　)A．热量、功、内能三者的物理意义等同B．热量、功都可以作为物体内能的量度C．热量、功、内能的单位不相同D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的【解析】　物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体的内能可以通过做功和热传递两种途径，这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在热传递过程中物体内能变化的多少，而功是用做功的方式来量度改变物体内能多少的，即热量、功都可以作为物体内能变化的量度，B错误；三者单位都是焦耳，C错误；热量和功是过程量，内能是状态量，D正确．【答案】　D2．下列关于熵的说法中错误的是(　　)A．熵是物体内分子运动无序程度的量度B．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减小的方向进行C．热力学第二定律的微观实质是熵的增加，因此热力学第二定律又叫熵增加原理D．熵值越大，代表系统内分子运动越无序【解析】　热力学第二定律表明，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．例如，功转变为热是机械能向内能转化．B正确【答案】　B3．给旱区送水的消防车停于水平面，在缓慢放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体(　　)A．从外界吸热　　　　　　B．对外界做负功C．分子平均动能减少D．内能增加n【解析】　把车胎内气体看作理想气体，由气体状态方程＝C可知，在T不变的情况下，若p减小，则V增大，故气体对外做功，B错．温度不变，理想气体分子的平均动能不变、内能不变，C、D错．结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于W为负值，Q>0即从外界吸热，故A正确．【答案】　A4．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】　汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和，密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.【答案】　A5．(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是(　　)A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成C．第二类永动机不可能制成，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D．第二类永动机不可能制成，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】　根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起n其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.【答案】　AD6．关于能量和能源，下列说法中正确的是(　　)A．化石能源是清洁能源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【解析】　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，A项错误；能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，但能量品质会下降，故要节约能源，B、C项均错误，D项正确．【答案】　D7．(2015·烟台二中检查)景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中(　　)图2A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少【解析】　猛推推杆，封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功，套筒由牛角做成，导热能力很差，且压缩过程用时极短，故压缩过程可看做绝热过程．由ΔU＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．【答案】　B8．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3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(　　)n图3A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题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【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】　D9．(多选)如图4所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)图4A．右边气体温度升高，左边气体温度不变B．左右两边气体温度都升高C．左边气体压强增大D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量【解析】　当电热丝通电后，右边的气体温度升高，气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又汽缸壁和隔板均绝热，根据热力学第一定律知，左边的气体内能增加，所以温度升高，故A错误，B正确；根据pV/T＝C，可推出左边的气体压强增大，故C正确．右边气体内能的增加值等于电热丝发出的热量减去对左边气体所做的功，故D错．【答案】　BC10．(多选)(2015·济南高二检测)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(　　)n图5A．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(本大题共2小题，共16分)11．(8分)如图6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，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．图6【解析】　由热力学第一定律，对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，温度升高，体积由V1增大为V2，对外做功W＝p0(V2－V1)．则在此过程中，气体分子平均动能增大，由热力学第一定律可得气体内能变化了ΔU＝Q－W＝Q－p0(V2－V1)．【答案】　增大　Q－p0(V2－V1)12．(8分)如图7所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交n换)．这就是著名的“卡诺循环”．图7(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．A．A→B过程中，外界对气体做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63kJ的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.【解析】　(1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W<0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W>0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误．(2)从A→B、C→D的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B→C，内能增大的过程是D→A.气体完成一次循环时，内能变化ΔU＝0，热传递的热量Q＝Q1－Q2＝(63－38)kJ＝25kJ，根据ΔU＝Q＋W，得W＝－Q＝－25kJ，即气体对外做功25kJ.【答案】　(1)C　(2)B→C　25三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(10分)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声，气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0，取T＝t＋273K．试分析：n图8(1)容器内的气体看做理想气体，求容器内气体的温度．(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15kJ，并向外释放了20kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？【解析】　(1)根据查理定律：＝p1＝p0，T1＝300K，p2＝4p0整理得：T2＝1200K，t2＝927℃，(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20kJ－15kJ＝－35kJ故内能减小35kJ.【答案】　(1)927℃　(2)减小　35kJ14．(10分)如图所示，p－V图中一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420J，同时膨胀对外做功300J．当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时外界压缩气体做功200J，求此过程气体吸收或放出的热量是多少焦？图9【解析】　一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外做的功W1，气体内能增加，由热力学第一定律，气体内能增加量为ΔU＝Q1＋W1＝420J＋(－300J)＝120J气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200J的功，因而气体必向外界放热，放出的热量为Q2＝ΔU－W2＝(－120J)－200J＝－320J.【答案】　放出的热量为320J15.(12分)(2015·日照高二检测)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1.2p0n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10(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＋αT016．(12分)一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K，TB＝400K.(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；n(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小，并说明原因．【解析】　(1)A→B由盖—吕萨克定律，＝知VB＝VA＝×0.3m3＝0.4m3.(2)B→C气体体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．(3)A→B，气体内能增加，由热力学第一定律：Q1－W＝ΔU，Q1＝ΔU＋WB→C，气体体积不变，内能减少，Q2＝ΔU，所以Q1>Q2.【答案】　(1)0.4m3　(2)、(3)见解析附加题17.(2012·山东高考)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg)图11(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．(2)此过程中左管内的气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．【解析】　(1)设U型管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.高为h的水银柱产生的压强为ph.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①p1＝p0②p2＝p＋ph③V1＝l1S④V2＝l2S⑤n由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50cmHg.⑦(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热．【答案】　(1)50cmHg　(2)做正功　吸热