高中物理必修一必修3第3讲13

高效作业知能提升一、选择题1．图1－3－4为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高，关于这个实验，下列说法正确的是()图1－3－4A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别解析：使相同的水升高相同的温度可采用加热和做功两种方法，用这个装置测出叶片对水做的功，即可知道热功当量，A对．对水做功可使水的内能变大，而与热量无关，B错，C对．功是不同形式的能量转化的量度，热量是同种能量(内能)转移的量度，D错．答案：AC2．下列说法正确的是()A．外界对一物体做功，此物体的内能一定增加B．机械能完全转化成内能是不可能的C．将热量传给一个物体，此物体的内能一定改变D．一定量气体对外做功，气体的内能不一定减少解析：根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，可判断D正确．外界对物体做功，同时物体可能放热，内能不一定增加，故A错．物体的机械能可通过克服摩擦做功全部转化成内能，故B错．物体吸热可能同时对外做功，物体的内能不一定改变，故C错．答案：D3．如图1－3－5所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，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()图1－3－5A．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中解析：整个系统与外界没有热交换，Q＝0.气体体积变大，但Q内为真空，气体对外界不做功，W＝0.由ΔU＝W＋Q可以判定ΔU＝0，此过程气体内能不变，气体温度不变．气体发生等温变化，体积变大，压强变小．根据热力学第二定律，Q中气体不可能自发地全部退回到P中．答案：D4．在一个大气压下，1kg100℃的水变为1kg100℃的水蒸气的过程，下列说法中正确的是()A．内能不变，对外界做功，一定是吸热过程B．内能增加，吸收的热量等于内能的增加量C．内能不变，吸收的热量等于对外界做的功D．内能增加，从外界吸热，吸收的热量等于对外界做的功和增加的内能解析：水变成同温度的水蒸气时，分子间距从r0增大到约10r0，体积要扩大约1000倍，故需克服大气压力对外做功，同时克服分子力做功，分子势能增加，内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W，其中W为负值，故选项D正确．答案：D5．图1－3－6所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是()图1－3－6A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，答案是B、C.答案：BC6．(2010·高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，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．分子平均动能减小D．内能增加解析：本题意在考查考生理解气体压强的产生，理解并能正确应用理想气体状态方程与热力学第一定律．根据p＝p0＋MgS可知，当车的载重减小时，胎内气体的压强减小，而胎内气体温度不变，由于胎内的气体不计分子间的势能，故可视为理想气体．由一定质量的理想气体状态方程pVT＝恒量可知，胎内气体的体积增大，胎内气体对外界做正功，B错误；由于胎内气体的温度不变，所以气体的平均分子动能不变，胎内气体的内能不变，C、D错误；由热力学第一定律ΔE＝W＋Q可知，气体从外界吸热，A正确．答案：A7．(2010·高考广东卷)如图1－3－7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的()图1－3－7A．温度升高，内能增加600JB．温度升高，内能减少200JC．温度降低，内能增加600JD．温度降低，内能减少200J解析：本题考查气体的内能、热力学第一定律．对气体做功800J，同时气体放出热量200J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝800J－200J＝600J，即气体温度升高，内能增加600J，故A项正确．答案：A8．(2010·高考全国卷Ⅱ)如图1－3－8，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分，已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中，()图1－3－8A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：本题考查热力学第一定律，气体的压强的微观解释，气体的内能等知识点．b室为真空，则a气体体积膨胀对外不做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，在绝热时，气体的内能不变，A项错，B项对．又气体是稀薄气体，则只有动能，因此气体的温度不变，由pVT＝C知，气体的压强减小，C项错，D项对．答案：BD9．如图1－3－9，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．现给电热丝提供一微弱电流，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1－3－9A．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：当给电热丝通电后，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，根据热力学第一定律，内能增加，气体的温度升高，A错、B对．根据气体实验定律可知左边的气体压强增大，C对．右边气体内能的增加量为电热丝放出的热量减去对左边的气体所做的功，D错．答案：BC10．如图1－3－10所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡．下列说法中正确的是()图1－3－10A．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小解析：温度是气体分子热运动的平均动能的标志，初始时两部分气体温度相同，故平均动能相同，A错．因为隔板导热，系统重新达到平衡时，两部分气体温度必相等．对两部分气体构成的系统，由ΔU＝W＋Q，可知当Q＝0，W＝0时，ΔU＝0，即系统内能不变，故重新达到平衡后温度与松开固定栓前相同，故B错．对氢气，ΔU＝0，因其体积增大，W＜0，必有Q＞0，即氢气从氧气吸热，C对．松开固定栓后，氢气快速压缩氧气，氧气内能增加，温度升高，随着热量逐渐传递给氢气，氧气内能再逐渐减小，D对．答案：CD二、非选择题11．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1m2的面盆盛6kg的水，经太阳垂直照射15min，温度升高5℃，若地表植物每秒接收太阳能的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1kJ的太阳能可能放出0.05L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少升氧气？(1公顷＝104m2)解析：根据水升温吸收的热量，便可求出单位面积、单位时间吸收的太阳能，进而可求出每公顷绿地每秒放出的氧气．(1)单位面积、单位时间吸收的太阳能为P＝cmΔtSt＝4.2×103×6×50.1×15×60J/(m2·s)＝1．4×103J/(m2·s)．(2)氧气的体积为V＝104×1.4×103103×0.05L＝700L.答案：(1)1.4×103J/(m2·s)(2)700L12．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是__________．(填写选项前的字母)A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了__________J.(3)已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值．(结果保留一个有效数字)解析：(1)掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题．气泡的上升过程，气泡内的压强减小，温度不变，分子平均动能不变，由玻意耳定律知，上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变，所以气体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大．D项正确．(2)本题从热力学第一定律入手，抓住理想气体内能只与温度有关的特点进行处理．理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，物体对外做功0.6J，则一定同时从外界吸收热量0.6J，才能保证内能不变．而温度上升的过程，内能增加了0.2J.(3)微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可．设气体体积为V0，液体体积为V1，气体分子数n＝ρV0mNA，V1＝nπd36(或V1＝nd3)，则V1V0＝ρ6mπd3NA(或V1V0＝ρmd3NA)，解得V1V0＝1×10－4.(9×10－5～2×10－4都算对)答案：(1)D(2)吸收0.60.2(3)1×10－4(9×10－5～2×10－4都算对)13．如图1－3－11所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)．两气缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸壁无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m)图1－3－11(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差．(假定环境的温度始终保持为T0)(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部)解析：(1)设左、右活塞的面积分别为A′和A.由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即3mgA′＝2mgA由此得A′＝32A①在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．在初态，气体的压强为2mgA，体积为5Ah2；在末态，气体的压强为8mg3A，体积为3Ax2(x为左活塞的高度)．由玻意耳—马略特定律得mgA5Ah＝4mg3A3Ax②由上式解得x＝54h③即两活塞的高度差为54h.(2)当温度由T0上升到T时，气体的压强始终为8mg3A.设x′是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得x′＝TT0x＝5Th4T0④气体对活塞做的功为W＝Fs＝4mg54hTT0－1＝5mghTT0－1⑤在此过程中气体吸收热量．答案：(1)54h(2)5mghTT0－1吸收热量