高中物理选择性必修第三册第3章 1

第三章1A组·基础达标1．关于热传递，下列说法中正确的是()A．热传递的实质是温度的传递B．物体间存在着温度差，才能发生热传递C．热传递可以在任何情况下进行D．物体内能发生改变，一定是吸收或放出了热量【答案】B【解析】热传递的实质是物体间内能的转移，故A错误．热传递的条件是物体间存在温度差，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，若两物体温度相同，它们之间便不再发生热传递，即达到了热平衡，故B正确，C错误．物体吸收或放出热量，内能会发生变化，但内能变化不一定是热传递引起的，还可以通过做功的方式实现，故D错误．2．(多选)关于热量、功和内能的下列说法中正确的是()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、功都可以作为物体内能变化的量度D．热量、功、内能的单位相同【答案】CD【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，而功也是用做功的方式量度物体内能变化的多少，B错误，C正确；三者的单位都是焦耳，D正确．3．如图所示，太阳能热水器是一种能够将太阳的光能转化为内能的装置．这种装置可以使装置内的水温度升高，这种改变水的内能的方式是()A．做功B．热传递C．既有做功也有热传递D．电流的热效应【答案】B【解析】太阳能热水器是通过热传递的方式将水加热，故B正确．4．(多选)下列现象中，通过热传递的方式改变物体内能的是()A．打开电灯开关，灯丝的温度升高，内能增加B．夏天喝冰镇汽水来解暑C．冬天搓搓手，会感觉到手变得暖和起来D．太阳能热水器在阳光照射下，水的温度逐渐升高【答案】BD【解析】A是电流做功改变内能的，不是热传递；B是汽水与人体间有温度差，汽水吸热造成的，它属于热传递；C是摩擦做功改变内能的，也不属于热传递；D是太阳给热水器传热，通过热传递的方法改变物体的内能，故B、D正确．5．下列情况中通过热传递改变物体内能的是()A．在火炉上烧开一壶水B．柴油机的压缩冲程C．用锯子锯木头，锯子会发热D．用砂轮磨刀，刀具会变热【答案】A6．如图所示，在演示做功可以改变气体内能的实验中，下列说法中正确的是()A．要缓缓地压下活塞，防止损坏圆筒B．实验的研究对象是圆筒中的空气C．观察到乙醚着火说明做功使棉花的内能增加了D．应缓慢压下活塞【答案】B【解析】为减小热传递的影响，应迅速下压活塞，快速下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，将机械能转化为筒内空气的内能，使空气温度升高，说明做功可以改变物体的内能；筒内空气又将热量传递给棉花，当棉花温度达到着火点时，棉花将燃烧起来，所以棉花内能增加是通过热传递方式实现的，A、C、D错误；演示做功可以改变气体内能，是外力对空气做功，空气的内能增加；实验的研究对象是圆筒中的空气，B正确．7．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【答案】D【解析】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，D正确．8．重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)()A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小【答案】B【解析】质量一定的气体，由理想气体状态方程体积不变温度升高，则压强增大，内能增大，则A、C错误；体积不变气体不做功，内能增大则吸收热量，则B正确，D错误．9．如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空．现将隔板抽掉，使左侧气体自由膨胀直至达到平衡，则在此过程中(不计气体的分子势能)()A．气体对外界做功，温度降低，内能减少B．气体对外界做功，温度不变，内能不变C．气体不做功，温度不变，内能不变D．气体不做功，温度不变，内能减少【答案】C【解析】抽掉隔板后，气体膨胀，体积增大，但由于右侧为真空，所以气体自由膨胀不做功，因而内能不变，温度不变，故C正确．10．(多选)健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上．若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，其内部气体视为理想气体，则()A．气体分子的平均动能增大B．气体的密度增大C．气体的内能增大D．外界对气体做功【答案】BD【解析】在人压向健身球的过程中，外界对球做功，气体所占的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变，故A、C错误，B、D正确．B组·能力提升11．如图所示，活塞将汽缸分成甲、乙两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气．用E甲、E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中，下列说法不正确的是()A．E甲不变，E乙减小B．E甲不变，E乙增大C．E甲增大，E乙不变D．E甲增大，E乙减小【答案】D【解析】本题解题的关键是明确甲、乙两气室气体都经历绝热过程，内能的改变取决于做功的情况．对于甲室内的气体，在拉杆缓慢向外拉的过程中，活塞左移，压缩气体，外界对甲室气体做功，其内能应增大；对乙室内的气体，活塞左移，气体膨胀，气体对外界做功，内能应减小；所以选项D正确．12．如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，质量为m的光滑活塞与容器都用良好的隔热材料制成．另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B而静止．在这一过程中，下述空气内能的改变量ΔU、外界对气体所做的功W与物体及活塞的重力势能的变化关系中正确的是()A．Mgh＋mgΔh＝ΔU＋WB．ΔU＝W，W＝Mgh＋mgΔhC．ΔU＝W，W<Mgh＋mgΔhD．ΔU≠W，W＝Mgh＋mgΔh【答案】C【解析】物体与活塞碰撞时有机械能损失，因此物体和活塞重力势能的减少量大于气体内能的增加量；根据功与内能增加量的关系可知，外界对气体所做的功W与气体内能的变化量相等，因此ΔU＝W，W<Mgh＋mgΔh，C正确，A、B、D错误．课后篇素养形成必备知识基础练1.(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是()A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量答案ABD解析在过程ab中,气体体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外做功,即W=0,压强增大,温度升高,内能增加,A正确,C错误;在过程ca中,气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,B正确;在过程bc中,温度不变,内能不变,即ΔU=0,体积增加,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即气体从外界吸热,D正确。2.在寒冷的冬天里泡一泡温泉,不仅可以消除疲劳,还可扩张血管,促进血液循环,加速人体新陈代谢。假设水温恒定,则温泉中正在缓慢上升的气泡()A.压强增大,体积减小,吸收热量B.压强增大,体积减小,放出热量C.压强减小,体积增大,吸收热量D.压强减小,体积增大,放出热量答案C解析温泉中正在缓慢上升的气泡,压强减小,由理想气体状态方程pVT=C知,温度不变、压强减小时体积增大;一定量的理想气体的内能仅与温度有关,故内能不变,体积增大时,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体应吸收热量,故C正确,A、B、D3.(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C,其V-T图像如图所示。下列说法正确的有()A.A→B的过程中,气体对外界做功B.A→B的过程中,气体放出热量C.B→C的过程中,气体压强不变D.A→B→C的过程中,气体内能增加答案BC解析由V-T图像知,从A到B的过程中,气体被等温压缩,外界对气体做正功,气体的内能不变。由热力学第一定律知,气体放出热量,A错误,B正确;从B到C的过程中气体做等压变化,温度降低,气体内能减少,故C正确,D错误。4.(多选)一定质量的理想气体由状态Ⅰ(p1,V1,T1)被压缩至状态Ⅱ(p2,V2,T2),已知T2>T1,则该过程中()A.气体的内能一定是增加的B.气体可能向外界放热C.气体一定从外界吸收热量D.外界对气体做正功答案ABD解析理想气体分子势能忽略不计,因此温度升高时,气体的内能增加,故A正确;压缩气体,外界对气体做正功,故D正确;由于不能确定外界对气体做功的多少,因此气体可能吸热,也可能放热,故B正确,C错误。5.(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①②③④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是()A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等答案BD解析过程①中,气体由a到b,体积V不变,T升高,则压强增大,A项错误;过程②中,气体由b到c,体积V变大,对外界做正功,B项正确;过程④中,气体由d到e,温度T降低,内能ΔU减小,体积V不变,气体不做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0,即气体放出热量,C项错误;状态c、d温度相同,所以内能相等,D项正确。6.(多选)一定质量的理想气体,经历如图所示的循环,该过程每个状态视为平衡态,各状态参数如图所示,已知a状态的体积为2.0×10-3m3,则下列说法正确的是()A.各状态气体体积Va=Vb>Vc=VdB.b→c过程中,气体吸热C.c→d过程中,气体内能增加D.d→a过程中,外界对气体做功200J答案BD解析根据pVT=C可知过原点的直线为等容线,且斜率越大的等容线对应的气体的体积越小,由题图可知Va=Vb<Vc=Vd,选项A项错误;b→c过程中,气体的体积变大,对外做功,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律可知气体吸热,选项B正确;c→d过程中,气体温度降低,则气体内能减小,选项C错误;d→a过程中,气体体积减小,Vd=Vc,根据理想气体状态方程可知1.0×105×2.0×10-3200m3=2.0×105·Vc800,解得Vc=Vd=4×10-3m3,外界对气体做功W=pΔV=17.用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。储气室内气体可视为理想气体,在喷液过程中储气室内温度保持不变,气体的p-V图像如图乙所示,A、B是双曲线上的两点。下列说法正确的是()A.气体在状态A的内能一定大于在状态B的内能B.气体从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量大于气体对外做的功C.图中△OAC和△OBD的面积一定相等D.气体从状态A变化到状态B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变答案C解析喷液过程,气体的温度不变,则内能不变,选项A错误;从A到B过程,气体的体积增大,气体对外做功,又内能不变,则气体吸收的热量等于气体对外做的功,选项B错误;根据玻意耳定律可知pV=C,即p-V图像上各点的横纵坐标的乘积相等,即图中△OAC和△OBD的面积相等,选项C正确;从A到B,温度不变,压强减小,则气体分子每次碰撞器壁给它的冲力不变,单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减小,选项D错误。关键能力提升练8.(多选)如图所示,一定质量的理想气体,从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A,(不计分子势能的变化)则()A.A→B过程气体升温B.B→C过程气体内能增加,气体吸热C.C→A过程气体放热D.全部过程气体做功为零答案BC解析A→B过程是绝热过程,Q=0,体积变大,气体对外做功,W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得ΔU<0,内能减小,故温度降低,故A错误;B→C过程中,气体体积V不变而压强p变大,气体温度升高,故内能增加,但体积V不变,外界对气体不做功,所以气体吸收热量,故B正确;C→A过程是等温变化,气体体积V减小,外界对气体做功,W>0,气体温度不变,ΔU=0,根据热力学第一定律得Q<0,气体放热,故C正确;A到B气体对外做功W1<0,B到C不做功,C到A外界对气体做功W2>0,根据p-V图像,图线与横坐标轴围成的图形的面积等于所做的功,A到B做功小于C到A做功,如图阴影面积所示,故全部过程气体做功不为0,故D错误。9.一定质量的理想气体从状态A经绝热过程到达状态B,再经等容过程到达状态C,此过程的p-V图像如图所示,图中虚线为等温线。在B→C的过程中,气体吸收热量为12J。则:(1)试比较气体在A和B状态的内能EA、EB的大小;(2)求气体从A→B过程中气体对外界做的功。答案(1)EA>EB(2)12J解析(1)A→B过程绝热,Q=0,体积V增大,对外做功,内能减小,EA>EB。(2)A→B→C过程中有:ΔU=WAB+WBC+QAB+QBCA、C温度相等,内能不变ΔU=0A、B绝热过程QAB=0B、C等容变化不做功WBC=0在B→C的过程中,气体吸收热量为12J,即QBC=12J故WAB=-12J即从A→B过程中气体对外做功12J。10.如图所示,导热材料制成的横截面积相等、长度均为45cm的汽缸A、B通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭,厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧,在A内充满压强pA=2.8×105Pa的理想气体,B内充满压强pB=1.4×105Pa的理想气体,忽略连接汽缸的管道体积,室温不变,现打开阀门,求:(1)平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强;(2)自打开阀门到平衡,B内气体是吸热还是放热(简要说明理由)。答案(1)15cm2.1×105Pa(2)放热,理由见解析解析(1)设平衡后活塞向右移动的距离为x,活塞向右移动达到稳定后,对A气体,有pALS=p(L+x)S对B气体,有pBLS=p(L-x)S得x=15cm,p=2.1×105Pa(2)活塞C向右移动,对B中气体做功,而气体做等温变化,内能不变,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知B内气体放热。11.如图所示,横截面积S=10cm2的活塞,将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热汽缸内,开始活塞与汽缸底部距离H=30cm。在活塞上放一重物,待整个系统稳定后,测得活塞与汽缸底部距离变为h=25cm。已知外界大气压强始终为p0=1×105Pa,不计活塞质量及其与汽缸之间的摩擦,g取10m/s2。求:(1)所放重物的质量;(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量。答案(1)2kg(2)放出6J热量解析(1)封闭气体发生等温变化气体初状态的压强为p1=1×105Pa①气体末状态的压强为p2=p0+mgS②根据玻意耳定律得p1HS=p2hS③联立①②③式解得m=2kg(2)外界对气体做功W=(p0S+mg)(H-h)④根据热力学第一定律知ΔU=Q+W=0⑤联立④⑤式解得Q=-6J,即放出6J热量。12.如图所示,内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置,内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S,外界大气压强为p0,缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热,使气体体积由V1增大到V2,该过程中气体吸收的热量为Q1,停止加热并保持体积V2不变,使其降温到T1,已知重力加速度大小为g,求:(1)停止加热时缸内气体的温度;(2)降温过程中气体放出的热量。答案(1)V2V1T1(2)Q1-p0+mgS(V2-V解析(1)加热过程中气体等压膨胀,由V1得T2=V2V1(2)设加热过程中,封闭气体内能增加ΔU,因气体体积增大,故此过程中气体对外做功,W<0。由热力学第一定律知ΔU=Q1+W其中W=-pΔV=-p0+mgS(V2-V1)由于理想气体内能只与温度有关,故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2=ΔU整理可得:Q2=Q1-p0+mgS(V2-V1)。13.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态B时的热力学温度TB=300K,求:(1)该气体在状态A时的热力学温度TA和状态C时的热力学温度TC;(2)该气体从状态A到状态C的过程中,气体内能的变化量ΔU以及该过程中气体从外界吸收的热量Q。答案(1)900K900K(2)0200J解析(1)气体从状态A到状态B过程做等容变化,有:p解得:TA=900K气体从状态B到状态C过程做等压变化,有:V解得:TC=900K(2)因为状态A和状态C温度相等,且气体的内能是所有分子的动能之和,温度是分子平均动能的标志,所以在该过程中:ΔU=0气体从状态A到状态B过程体积不变,气体从状态B到状态C过程对外做功,故气体从状态A到状态C的过程中,外界对气体所做的功为:W=-pΔV=-1×105×(3×10-3-1×10-3)J=-200J由热力学第一定律有:ΔU=Q+W解得:Q=200J。14.如图所示,导热性能良好的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体,活塞用轻弹簧与缸底相连,当汽缸如图甲水平放置时,弹簧伸长了x0,活塞到缸底的距离为L0,将汽缸缓慢转动竖直放置,开口向上,如图乙所示,这时活塞刚好向缸底移动了x0的距离。已知活塞的横截面积为S,活塞与汽缸壁的摩擦不计,且气密性良好,活塞的质量为m,重力加速度大小为g,大气压强为p0,外界的温度始终不变。求:(1)弹簧的劲度系数;(2)若从甲图到乙图的过程中,气体放出的热量为Q,活塞的重力对气体做的功为W,则弹簧开始具有的弹性势能为多少?答案(1)mg(L0-x0)-解析(1)汽缸水平放置时,缸内气体的压强为p1=p0+kx当汽缸竖直放置时,缸内气体的压强为p2=p0+mgS根据玻意耳定律有p1L0S=p2(L0-x0)S,解得k=mg((2)从甲图到乙图的过程中,气体的温度始终不变,因此气体的内能不变,根据热力学第一定律可知Q=W+p0x0S+Ep,解得Ep=Q-W-p0x0S。15.如图所示,内壁光滑且长为L=50cm的绝热汽缸固定在水平面上,汽缸内用横截面积为S=100cm2的绝热活塞封闭有温度为t0=27℃的一定质量的理想气体,开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l=30cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热,使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为p0=1.0×105Pa)(1)试计算当温度升高到t=377℃时,缸内封闭气体的压强p;(2)若汽缸内电热丝的电阻R=100Ω,加热时电热丝中的电流为I=0.2A,在此变化过程中共持续了t'=300s,不计电热丝由于温度升高而吸收的