【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第三册高分突破考点专题精讲精练 第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（基础版） Word版含解析.docx，共(9)页，263.446 KB，由小赞的店铺上传

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第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）全解全析1．A【详解】A．人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源，A正确；B．因为能量守恒，所以不消耗能量而对外做功的“永动机”是不存在的，B错误；C．我们要节约

能源的根本原因是可利用能源的数量在不断减少，能量的总量是不变的，C错误；D．虽然能量守恒，但是能量转化具有方向性，同时可利用能源在逐渐减少，D错误。故选A。2．D【详解】A．当分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子间作用力做

正功，分子势能减小，故A错误；B．只有单晶体才表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故B错误；C．根据熵增加原理，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故C错误；D．高压气体突然快速膨胀对外做功，气体

的内能减少，温度降低，故D正确。故选D。3．B【详解】ABD．因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由于容器绝热，则内能不变，故AD错误，B正确；C．稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2又V1<V2知p1>

p2即气体压强变小，故C错误。故选B。4．C【详解】A．分子的平均动能由温度决定，可知温度相同的氢气和氧气，它们的分子平均动能相同，A错误；B．岩盐是立方体结构，是晶体，粉碎后的岩盐仍是晶体，B错误；C．根据气体分子速率随温度的变化规律可知，气体分子各速率区间的分子数占

总分子数的百分比与温度有关，C正确；D．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量取热，使之完全变成功而不产生其他影响，可知寒冷的冬天，利用室内和室外之间的温度差制造一种热机，将空气中的全部内能转化为机械能是不可能的，D错误。故选C。5．A【详解】A．对

于气垫内的理想气体，温度不变，所以气体内能不变，气垫船被压缩，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体会向外放热，故A正确。B．气垫内的气体被压缩，对外界做负功，故B错误。C．气垫内的气体温度不变，所以气体分子平均动能不变，故C错误。D．气垫内的气体温度不变，气体热运动的平均速

率不变，气体被压缩，单位体积内的气体分子数增多，所以气垫壁单位时间、单位面积受到气垫内的气体分子撞击次数增大，气体压强增大，故D错误。故选A。6．D【详解】A．从状态A变化到状态B的过程中，pV值逐渐增大，根据理想气体状态方程pVCT=可知气体温度升

高，故A错误；B．从状态A变化到状态B的过程中，气体压强增大，气体对器壁单位面积的平均作用力增大，故B错误；C．从状态A变化到状态B的过程中，气体体积增大，对外界做功，故C错误；D．从状态A变化到状态B的过程中，气体温度升高，内能增大，同时

对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故D正确。故选D。7．D【详解】A．该理想气体在不同状态下都有pVkT=可得pVkT=由pV−图像可得aabbccpVpVpV所以abcTTT故a、b、c三个状态中，状态a温度最高，A错误；B．ab过程中，气体温

度先升高后降低，故气体分子的平均动能先变大后变小，B错误；C．bc过程中，气体体积减小，外界对气体做正功0W，而气体温度降低，气体内能减小0U，由热力学第一定律UQW=+故0Q，气体放热，故C错误；D．从a状态经历三个过程再次回到a状态的过

程中，气体内能不变0U=，ab过程中，气体对外做功为ab图线与横轴的面积，即()()5511411031510J2W=−+−=−bc过程中，外界对气体做功为bc图线与横轴的面积，即()55211031210JW

=−=由热力学第一定律12UQWW=++解得5310JQ=故气体在整个过程中共吸热5310J，D正确。故选D。8．A【详解】AB．A→B的过程中，压强不变，根据pVCT=，可知气体温度升高，内能增大，膨胀过程气体对

外做功，由热力学第一定律UQW=+可知，气体从外界吸热，故A正确，B错误；C．B→C的过程中，气体体积不变，压强减小，根据pVCT=，可知气体温度降低，内能减小，由于V不变，则W=0，根据UQW=+，可知气体对

外界放热，故C错误；D．根据pV−图像的等温线分布可知在C→A的过程中，气体温度会变化，气体的内能发生变化，故D错误；故选A。9．B【详解】A．在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据玻意耳定律pV=C分析知气体的体积增大，对外做功，即W<0温度不变，

即ΔU=0由热力学第一定律ΔU=Q＋W可得Q>0胎内气体从外界吸热，故A错误；B．当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据查理定律pCT=分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而

使火罐紧紧地“吸”在皮肤上，故B正确；C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故C错误；D．依据阿伏伽德罗常数，可知1mol水分子的个数，不需要再计算，故D错误。故选B。10．C【详解】A．对气缸

和活塞整体受力分析()Mmgkx+=得()0.3mMmgxk+==故A错误；B．对封闭气体压强1p，对气缸受力分析得01pSMgpS==得511.110Pap=故B错误；C．温度变化、活塞离地面高度不发生变化，气缸顶部离地面高度为h=49cm，而活塞离地面高度50cm－30cm=20cm，故初始

气体内部高度l=29cm且该过程为等压变化1VlS=，1290KT=，1VlS=，1310KT=根据1212VVTT=得31cml=故汽缸的顶部离地面高度为51cmhhll=+−=故C正确；D．温度升高气体分子运动无序增加，故熵增加，故D错误。故选C

。11．AC【详解】在有外界帮助的情况下（如电流做功），热量可以从低温物体传给高温物体，但热量能自发地从高温物体传给低温物体，AC正确。故选AC。12．AB【详解】AC．一切物体都由分子组成，分子间有作用力，分子在做永不停息的无规则运动，所以一切物体的分子都具有分子动能，而物体的

内能包括分子动能和分子势能，所以一切物体都具有内能，A正确，C错误；B．物体的内能增加，温度不一定升高，如晶体熔化时吸收热量，内能增加，温度不变，B正确；D．改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，物体内能增加，可能是吸收了热量，

也可能是外界对物体做了功，D错误。故选AB。13．ACE【详解】A．由第二类永动机的定义知，第二类永动机是指没有冷凝器，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，选项A正确；BC．第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，所以不可

能制成，B错误，C正确；DE．机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化，E正确，D错误。故选ACE。14．AD【详解】A．物体从外界吸热，若同时对外做功，则其内能不一定增大，故A正确；B．当分子间距离等于0r时分子势能最小，从距离小

于0r处增大分子之间的距离，则分子势能先减小后增大，故B错误；C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是晶体中的多晶体，故C错误；D．根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体压强不变时，温度升高，体积增大，密度减小，单位体积内气体的分子

个数减少，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少，故D正确。故选AD。15．ACD【详解】A．根据题图可知，气体在过程1发生等压变化，气体体积逐渐减小，外界对气体做功，同时温度降低，气体对外放热，故A正确；B．在过程

2中，气体温度一直升高，故B错误；C．气体在过程3发生等温变化，气体分子平均动能不变；气体体积逐渐增大，故气体对外做功，故C正确；D．气体在过程4发生等容变化，故气体不对外做功；但温度降低，则气体对外放热，故D正

确；E．由理想气体状态方程pVT为常数，可知VT越小，p越大，则气体在状态c时压强最大，故E错误。故选ACD。16．BD【详解】A．由题图可知，过程ab，b与t0连线的斜率大于a与t0连线的斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则过程ab中气体的体积减小，故A错误；

B．由题图可知，过程ca，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，故B正确；C．由于过程ca体积不变，所以外界对气体不做功，故C错误；D．由题图可知，过程bc，气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体对外界做功，故D正确

。故选BD。17．x=75-0.2T75偏大【详解】（1）[1]由图像看出汞柱高x随环境温度T变化的函数关系式为反比例函数，斜率为750.2375k==所以关系式为x=75-0.2T（2）[2]当T=0时，封闭气体变为固体，上方变为真空，水银柱高产生的压强等于大

气压，故由纵轴的截距可知，大气压强值p0相当于75cm水银柱产生的压强。（3）[3]大气压强p0'比上述大气压p0低，那么图像的斜率减小，测量的温度值偏大。18．减小降低0(1)pkNp=+m0fkNpS=【详解】[1][2]由热力学第

一定律可知，在瓶塞被冲开，水快速喷出时，不考虑气体与外界热交换，气体对外做功，气体的内能将减小，温度将降低。[3]由玻意耳定律00000pVNpkVpV+=得瓶塞刚被冲开时瓶内气体的压强0(1)pkN

p=+[4]瓶塞刚被冲开时，对瓶塞受力分析，不计活塞重力0mpSpSf=+得m0fkNpS=19．（1）1021TlTT−；（2）00()QpghSl−+【详解】（1）以密封气体为研究对象，根据盖吕萨克定律有012()xxlSllSTT+=解得1021xT

llTT=−（2）以水银柱为研究对象，根据平衡条件有0pSmgpS=+可得0pghp=+水银柱缓慢上升过程中外界对气体做负功，有0WpSl=−根据热力学第一定律可得00()UQWQpghSl=+=−+20．（1）3810J；（2）2148J；（3）1662J【详解】（1）等容过

程气体吸热为()()1V,m215100201662J2QCTTR=−=−=等温过程气体吸热为0222102ln8.31373ln2148JVVQRTVV===总吸热123810JQQQ=+=（2）等容

过程气体对外做功W1=0等温过程做功222148JWQ==总做功122148JWWW=+=（3）等容过程内能增量111662JUQ==等温过程内能增量20U=内能总增量121662JUUU=+=21．（1）B600KT=；（2）22

0JU=【详解】（1）AB→，发生等压变化，即有ABABVVTT=其中33A2.010mV−=，A300KT=，33B4.010mV−=，代入数据解得状态B所对应的温度B600KT=（2）气体对外做功()BAWpVV=−其中4

410Pap=，又根据能量守恒有UQW=−其中300JQ=代入数据得到内能增加量220JU=22．（1）01()2mgpS+；（2）201122IRtpSLmgL−−【详解】（1）设绳子剪断前气体压强为1p，体积为1V，绳子剪断后气体压强为2p，

体积为2V，根据玻意耳定律1122pVpV=绳子剪断后，对活塞由平衡条件20mgppS=+联立解得101()2mgppS=+绳子剪断前，对活塞根据平衡条件10FpSmgpS+=+解得01()2mgFpS=+（2）根据热力学第一定律UQW=+根据焦耳定律，可得气体吸收的热量2QIRt=气体

对外界做的功22LWpS=−联立解得222011222LUQWIRtPSIRtpSLmgL=+=−=−−