2017-2018学年高二物理粤教版选修3-3练习：第3章 热力

1．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的()
A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小
【解析】由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得：Q＝2.5×104 J得：W＝－1.0×104 J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对．
【答案】 D
2．气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收了120 J的热量，它的内能的变化是()
A．减小20 J B．增大20 J
C．减小220 J D．增大220 J
【解析】研究对象为气体，依据符号规则，对外做功W＝－100 J，吸收热量Q＝＋120 J．由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J＞0，说明气体的内能增加，故选项B正确．
【答案】 B
3.固定的水平汽缸内由活塞B封闭着一定量的理想气体，气体分子之间的相互作用可以忽略．假设汽缸的导热性能很好，环境的温度保持不变．若用外力F 将活塞B缓慢地向右拉动，如图3-3-6所示．则在拉动活塞的过程中，关于汽缸内气体的下列结论，其中正确的是()
图3-3-6
A．气体对外界做功，气体内能减小
B．气体对外界做功，气体内能不变
C．外界对气体做功，气体内能不变
D．气体向外界放热，气体内能不变
【解析】用力F缓慢拉活塞时，气体膨胀，对外做功，但由于汽缸的导热性能很好，环境温度又不变，汽缸会从外界吸收热量而保持与环境温度相同，因而气体的内能不变，故B选项正确．
【答案】 B
4．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】选胎内气体为研究对象．由于气体温度不变，气体状态变化遵循玻意耳定律．放水前气体的压强大，在放水过程中，气体的压强逐渐减小，体积增大，气体对外界做正功，B错误．由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，气体温度不变，分子的平均动能不变，内能不变，从外界吸收热量，A正确，C、D错误．【答案】 A
5．(双选)如图3-3-7，一绝热容器被隔板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3-3-7
A．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】抽开隔板K，a内气体体积变大，由于b内真空，所以a气体不做功，由热力学第一定律可得B正确．内能不变，故温度不变，体积变大，故压强变小，所以D正确，A、C错．
【答案】BD
6．从坝顶上流下的水，冲动水轮机，水轮机又带动发电机，发出电来，这中间的能量转换关系最完整的叙述是()
A．由水的机械能转化为发电机的机械能
B．由水的势能转化为水的动能，再转化为电能
C．由水的势能转化为水的动能，再转化为水轮机的动能，最后转化为电能D．由水流的动能转化为水轮机的动能，再转化为发电机的动能，最后转化为电能
【解析】从坝顶上流下的水，首先是势能转化为动能，冲动水轮机，转化为水轮机的动能，水轮机又带动发电机，是动能转化为电能，故C叙述最完整．【答案】 C
7．如图3-3-8所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用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而“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．下列说法正确的是()
图3-3-8
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
【解析】该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，由于不断向空气释放热量，所以水温逐渐降低，A、B、C错，D对．【答案】 D
8．如图3-3-9所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降的过程中，筒内空气体积减小()
图3-3-9
A．从外界吸热B．内能增大
C．向外界放热D．内能减少
【解析】本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．
【答案】 C
9.如图3-3-10所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热Q，气体的内能增加为ΔU，则()
图3-3-10
A．ΔU＝Q B．ΔU＜Q
C．ΔU＞Q D．无法比较
【解析】解题的关键是弄清参与转化和转移的各种能量哪些增、哪些减．A、B两部分气体开始的合重心在中线以下，混合均匀后，合重心在中线上，所以系统的重力势能增大，根据能量守恒定律可得，吸收的热量应等于增加的重力势能与增加的内能之和，即Q＝ΔE p＋ΔU，显然，Q＞ΔU.
【答案】 B
10．如图3-3-11所示，有两个同样的球，其中a球放在不导热的水平面上，b球用细线悬挂起来，现供给a、b两球相同的热量，则两球升高的温度为()
图3-3-11
A．Δt a＞Δt b B．Δt a＜Δt b
C．Δt a＝Δt b D．无法比较
【解析】a球：吸收热量等于球的内能增加量与重力势能增加量之和；b 球：吸热过程中其重力势能减小．吸收热量相同的情况下，Δt a＜Δt b，故选B.
【答案】 B
11.如图3-3-12所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法不正确的是()
图3-3-12
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
【解析】从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错．气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B对．气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C对；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对，故选A.
【答案】 A
12．在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm3变为1 676 cm3.已知水的汽化热为2 263.8 J/g.求：
(1)体积膨胀时气体对外界做的功W；
(2)气体吸收的热量Q；
(3)气体增加的内能ΔU.
【解析】取1 g水为研究系统，1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU＜Q
吸．
(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：W＝p(V2－V1)＝1.013×105×(1 676－
1.043)×10－6 J＝169.7 J.
(2)气体吸热：Q＝mL＝1×2 263.8 J＝2 263.8 J.
(3)根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W＝2 263.8 J＋(－169.7) J＝2 094.1 J.
【答案】(1)169.7 J(2)2 263.8 J(3)2 094.1 J。