2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十三章第三讲热力学定律与能量守恒定律 Word版含解析
高考物理一轮复习 课时跟踪训练 热力学律与能量守恒高三选修物理试题
权掇市安稳阳光实验学校【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练39 热力学定律与能量守恒（选修3-3）一、选择题1．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ)关于一定量的气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高解析：由于气体分子之间的作用力很小，气体分子可以，所以气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项A正确；根据温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，选项B正确；根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项C错误；气体从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增加，还可能减小，选项D错误；气体在等压膨胀过程中，体积增大，温度一定升高，选项E正确．答案：ABE2．(多选)(2014·太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( ) A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体从外界吸收热量E．封闭气体的压强增为原来的2倍解析：因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，选项C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，选项A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，选项D错误，B正确；由玻意耳定律可知，选项E 正确．答案：BE3．(多选)下列过程中，可能发生的是( )A．某工作物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发收缩进去，恢复原状C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体温度更高D．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开E．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，不会由内能自发地转化为机械能而动起来解析：根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些手段是可以实现的，故选项C正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，要使内能全部转化为机械能必定要引起其他影响，故选项A错误，E正确；气体膨胀具有方向性，故选项B错误；扩散现象也有方向性，选项D错误．答案：CE4．(多选)图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L．设在所有过程中空气可看做理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，密封气体从外界吸热E．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：由pVT＝常量知，充气后，当V、T不变时，单位体积内含有的分子个数增加，密封气体压强增加，选项A正确；充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，选项B错误；打开阀门后，密封气体对外界做正功，且内能不变，由热力学第一定律可知密封气体从外界吸热，选项C、D正确；当桶内气体压强变为1 atm时，气体体积为0.1 L＋0.5 L＝0.6 L．小于容积2 L，所以需要再充气才能把水喷光，选项E错误．答案：ACD5．(多选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析：一定质量的理想气体，pVT＝常量，p、V不变，则T不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，选项A正确；理想气体内能不变，则温度T不变，由pVT＝常量知，p及V可以变化，故状态可以变化，选项B错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故选项C错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度升高1 K，内能增量ΔU一定，而外界对气体做的功W与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，选项D正确；温度升高，分子平均动能增大，理想气体分子势能为零，故内能一定增大，选项E正确．答案：ADE6．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D．上述三种原因都不正确解析：机械能可以全部转化为内能，而内能全部转化为机械能是有条件的，选项C正确．答案：C二、非选择题7．(1)(多选)下列说法中正确的是( )A．扩散运动就是布朗运动B．根据热力学第二定律可知热机效率不可能百分之百C．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢D．由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，液体表面存在张力E．一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，但可能与外界发生热交换(2)①密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大，从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图甲所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2.②如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量．解析：(1)扩散运动是分子热运动的直接结果，布朗运动是悬浮于液体中的小颗粒受到液体分子的撞击而形成的，它反映了液体分子的无规则运动，故A 错；热力学第二定律的表述之一是热能不能自发地全部转化成机械能，故B对；当空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，所以C 正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间作用力表现为引力，故D 错；一定质量的理想气体在等温变化时，由于内能只取决于温度，所以内能不改变，根据热力学第一定律形W ＋Q ＝ΔU 可知，如果外界对物体做功与其向外放热相等，则其内能仍然不变，所以，可能与外界发生热交换，故E 正确．(2)①温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1<T 2.②等压变化V A T A ＝V BT B，对外做的功W ＝p (V B －V A )根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102J.答案：(1)BCE (2)①平均动能 小于 ②5.0×102J8．(1)下列说法中正确的是________．A ．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙C ．分子间的距离r 存在某一值r 0，当r 大于r 0时，分子间斥力大于引力；当r 小于r 0时分子间斥力小于引力D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A 与状态B 的体积关系为V A ________V B (选填“大于”“小于”或“等于”)；若从A状态到C 状态的过程中气体对外做了100 J 的功，则此过程中________．(选填“吸热”或“放热”)解析：(1)随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但是不能最终达到绝对零度，选项A 错误；用手捏面包，面包体积会缩小，只说明面包颗粒之间有间隙，选项B 错误；分子间的距离r 存在某一值r 0，当r 大于r 0时，分子间斥力小于引力；当r 小于r 0时分子间斥力大于引力，选项C 错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D 正确．(2)由p －T 图象上一点与坐标原点连线的斜率表示体积的倒数可知，状态A 与状态B 的体积关系为V A 小于V B .从A 状态到C 状态气体对外做功，而内能不变，由热力学第一定律知气体吸热．答案：(1)D (2)小于 吸热9.一定质量的理想气体．经过如图所示的状态变化．设状态A 的温度为400K ．求：(1)状态C 的温度T C 为多少？(2)如果由A 经B 到C 的状态变化的整个过程中，气体对外做了400 J 的功，气体的内能增加了20 J ，则这个过程气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？解析：(1)由理想气体状态方程，p A V A T A ＝p C V CT C解得状态C 的温度T C ＝320 K.(2)由热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，解得Q ＝420 J ，气体吸收热量．答案：(1)320 K (2)吸收 420 J10．(1)下列说法中正确的是( )A ．物体自由下落时速度增大，所以物体内能也增大B ．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先减小后增大，分子势能也先减小后增大C ．热量一定从内能大的物体向内能小的物体传递D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体(2)某同学做了如图所示的探究性实验，U 形管左口管套有一小气球，管内装有水银，当在右管内再注入一些水银时，气球将鼓得更大．假设封闭气体与外界绝热，则在注入水银时，封闭气体的体积________，压强________，温度________，内能________．(填“增大”、“减小”、“升高”、“降低”或“不变”)(3)一同学在游泳池中游泳时进行了一项科学探究，他将一粗细均匀、一端封闭的长为12 cm 的玻璃饮料瓶握住，开口向下潜入水中，当潜入到水下某深度时看到水进入玻璃管口大约2 cm.他据此就粗略估计出了潜入水中的深度，请通过计算得出潜水的深度．(取水面上大气压强为p 0＝1.0×105Pa ，g ＝10 m/s 2)解析：(1)物体的内能与温度和体积有关，与物体的速度无关，A 错．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先增大后减小，分子势能一直减小，B 错．内能大的物体温度不一定高，热量应从温度高的物体向温度低的物体传递，C 错．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D 对．(2)注入水银，封闭气体的压强变大，水银对气体做功，气体体积减小，由于封闭气体与外界绝热，所以温度升高，内能增大．(3)设潜入水下的深度为h ，玻璃管的横截面积为S .气体的初末状态参量分别为初状态p 1＝p 0 V 1＝12S末状态p 2＝p 0＋pgh V 2＝10S由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 0p 0＋ρgh ＝10S12S解得h ＝2 m.答案：(1)D (2)减小 增大 升高 增大 (3)2 m。
近年届高考物理一轮复习第十三章热学第三节热力学定律与能量守恒课后达标新人教版(2021年整理)
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第三节热力学定律与能量守恒(建议用时：60分钟)一、选择题1．根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( ) A．机械能可以全部转化为内能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．制冷机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量D．第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析：选AC.机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能,A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中,热量可以自发地从高温物体传递给低温物体,也能从低温物体传递给高温物体,但必须借助外界的帮助，B错误；由能量守恒知,制冷过程中，从室内吸收的热量与压缩机做的功之和等于向室外放出的热量,故C正确；第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能制造出来，D错误．2．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，分子平均动能减小解析：选B。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a 和b 受到绳的拉力大小均等于物体a 的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a 、b 均保持静止，选a 受力分析得，绳子拉力F T ＝m a g ，所以物体a 和b 受到绳的拉力保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x ＋F f ＝F x ，F y ＋F N ＋F T y ＝m b g ，F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>)．现将重物向右上方π2缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN逐渐增大，F OM先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ B. C. D.3363332命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F 进行分解，F 的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f ≠μmg .解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F ＝μmg ；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f ＝μF N ，F N ＝mg －F sin θ，可知摩擦力为F f ＝μ(mg －F sin θ)，F f ＝F ，12代入数据为：μmg ＝μ(mg －F )，1232联立可得μ＝.33答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm，伸长为100 cm，则AC段长50 cm，故∠ACD＝53°.由受力平衡2F1cos 53°＝mg，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F2＝mg.假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力F1＝k(50 cm－40 cm)，F2＝k(x－40 cm)，解得x＝46 cm，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A. B.m C ．m D ．2mm 232解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m ，C 正确．答案：C。
高三物理人教版一轮作业：第十三章第3讲 热力学定律与能量守恒定律含解析.doc
[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．下列对热学相关知识的判断中正确的是()A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源解析：气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D 正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能源在逐渐减少，故要节约能源，E正确．答案：CDE2．关于物体的内能，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少C．物体体积改变，内能可能不变D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C 正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确．答案：BCE3．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是()A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的E．热运动的宏观过程有一定的方向性解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A 错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．答案：BCE4．(2016·高考全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错误；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程pVT＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．答案：BDE二、非选择题5.一定质量的理想气体在初状态(状态A)时温度为T0，压强p0＝2.0×105Pa，内能为20 J，其体积V与热力学温度T间的关系如图所示，线段AB、BC分别与V轴和T轴平行．假设理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比．(1)求状态C 时的压强p C .(2)若气体从状态A 变化到状态C 的过程中，对外界做的功为10 J ，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”) ________ J 热量．解析：(1)从A 到B 发生等温变化，有p 0V 0＝p B ·2V 0，从B 到C 发生等容变化，有p B T 0＝p C 3T 0，联立解得p C ＝3p 02＝3.0×105 Pa. (2)因理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比，所以在状态C 时内能为180 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得Q ＝170 J ，所以此过程吸收热量170 J. 答案：(1)3.0×105 Pa (2)吸收 1706.如图所示p V 图像中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中，W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律得U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体的内能减少，减少量为690 J.(2)因为一定质量理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能变化量：U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律得U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J.答案：见解析7.(2018·江西南昌模拟)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中外界对左管内气体________(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 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p 2，气柱长度为L 2，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0p 2＝p －p hV 1＝L 1SV 2＝L 2Sh ＝2(L 2－L 1)联立各式，代入数据得p ＝70 cmHg.(2)此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热． 答案：(1)70 cmHg (2)做负功 吸热8.如图所示，用质量m ＝1 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t 2＝ 207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU ＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4 m 2.求：(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)气体压强p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa.气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2S T 2， 代入数据解得h 2＝0.80 m.(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p ΔV ＝[1.2×105×(0.80－0.50)×5.0×10－4] J ＝18 J.根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝318 J.答案：(1)1.2×105 Pa 0.80 m (2)318 J9．如图甲所示，用面积为S 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m .现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A 变化到状态B .若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL .外界大气压强为p 0.(1)下列说法中正确的是________．A ．该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0B ．该过程中气体的内能不断增大C ．该过程中气体不断从外界吸收热量D ．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E ．A 和B 两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)汽缸内气体的温度为T 1时，气体柱的高度为L ＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中从外界吸收的热量为Q ，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0＋mg S ，选项A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B 、C 、D 正确；A 和B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E 错误．(2)由盖吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即L ·S T 1＝(L ＋ΔL )·S T 2，解得L ＝T 1T 2－T 1ΔL . (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS解得p ＝p 0＋mg S气体从状态A 变化到状态B 的过程中对外做的功为W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL由热力学第一定律得，气体内能的变化量为ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL . 答案：(1)BCD (2)T 1T 2－T 1ΔL (3)Q －(p 0S ＋mg )ΔL。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦 Word版含解析
η ＜1
能
功能 重力势 能
1 Ek＝ mv2 2 Ep＝mgh
标量，具有相对性 与零势能面 的选择有关
动能定 律 机械能 守恒定 律
1 1 2 W 合＝ mv2 2－ mv1 2 2 E1＝E2 或 Ek1＋Ep1＝Ek2 ＋Ep2
W 合为合外力做的功
守恒条件：有只有重力或 弹力做功的物体系统内
动量 冲量 动 量 动量定 理 动量守 恒定律
高中物理公式集锦
v＝v0＋at 匀变速直 线运动 匀变速直 线运动 v0＋v x － v ＝v t ＝ ＝ t 2 2 2ax＝v 自由落体 运动 v＝gt
2
Δ x＝aT2 x＝ 1 v0t＋ at2 2
x － v ＝ 适用 t 于任何形 式的运动
－v2 0 v2＝2gh
1 h＝ gt2 2
v0＝0， a＝g 上抛取
竖直抛体 运动
h＝v0t± v＝v0±gt 1 2 gt 2
2 v2＝v0 ±
“－”号 下抛取 “＋”号
2gh
重力 相互作用 胡克定律 滑动摩擦 力
G＝mg F＝kx F＝μFN
g 为重力加速度，一般取 9.8 m/s2 或 10 m/s2 x 为形变量，k 为劲度系数 μ 为动摩擦因数
牛顿运动 定律
牛顿第二 定律
F 合＝ ma
a 与 F 合的方向 一致
曲
平抛运动
vx＝v0
vy＝gt
沿 x 方向做匀速直
线 运 动 匀速圆周 运动
x＝v0t v＝ Δs Δt
1 y＝ gt2 2 ω＝ Δθ Δt
线运动；沿 y 方向 做自由落体运动 2π r v＝ T ω＝ 2π T
v2 a＝ ＝ω2r＝ωv r v2 F＝ma＝m ＝mω2r r
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第三讲运动图象、追及和相遇问题 Word版含解析
第一章 直线运动第三讲 运动图象、追及和相遇问题 课时跟踪练(三) 运动图象、追及和相遇问题时间：40分钟 答案见P36A 组 基础巩固1．(2018·银川模拟)假设“蛟龙”号深海载人潜水器在某次科考实验时，“蛟龙”号内的显示屏上，显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min 内速度图象，下列说法正确的是( )A ．本次下潜的最大深度为360 mB ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C ．0～4 min 内平均速度为1 m/sD ．0～1 min 和8～10 min 的时间内潜水员处于超重状态解析：“蛟龙”号在0～4 min 内一直向下运动，在t ＝4 min 时，达最大深度h m ＝12(4＋2)×2×60 m ＝360 m ，A 正确，全过程中最大加速度a m ＝2－060 m/s 2＝130m/s 2，B 错误；0～4 min 内的平均速度v ＝h m t ＝3604×60m/s ＝1.5 m/s ，C 错误；潜水员在0～1 min 内的加速度竖直向下，处于失重状态，D 错误．答案：A2．(2018·上海检测)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(图中x 是位移、v 是速度、t 是时间)( )解析：物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据x ＝v 0t ＋12at 2得知，位移是时间的二次函数，图线是曲线，A 是可能的，故A 正确；物体可能先向上做匀减速直线运动，停在最高点，故B 、D 正确；由C 项图知：物体返回时速度大于出发时，不符合物体的运动情况，违反了能量守恒定律，不可能，故C 错误；本题选不可能的，故选C.答案：C3.(2018·甘肃嘉峪关一中模拟)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．乙物体先向负方向运动，t 1时刻以后反向向正方向运动B ．t 2时刻，乙物体追上甲C ．t 1时刻，两者相距最远D ．0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大解析：乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A 错误；根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t 2时间内，甲的位移大于乙的位移，则t 2时刻，乙物体还没有追上甲，故B 错误；t 2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大，t 2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t 2时刻两者相距最远，故C 错误；根据速度图线的斜率表示加速度，知0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确．答案：D4.一个物体沿直线运动，从t ＝0时刻开始物体的x tt 的图象如图所示，图线与横、纵坐标轴的交点分别为－1 s 和0.5 m/s ，由此可知( )A ．物体的速度大小为0.5 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀加速运动，加速度的大小为0.5 m/s 2D ．物体做匀加速运动，初速度大小为0.5 m/s解析：由于x tt 图线为一倾斜的直线，故物体做匀变速直线运动．由上面的分析可知，加速度a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x t ·t ＝1 m/s 2，v ＝0.5 m/s ，只有D 正确．答案：D5.(2018·衡阳模拟)一质点做直线运动的v-t 的关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据xt图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的xt关系图象可大致表示为B图．答案：B6.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v-t图象正确的是()解析：根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s物体做匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，选项D错；第1 s末的速度v＝1 m/s，1～2 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此物体做匀减速直线运动，v′＝1 m/s－a(t－1)，第2 s末，速度减小为0，选项B错；2～3 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s开始重复前面的运动，图象如C，选项C对，A错．答案：C7.(多选)(2017·连云港调研)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法中正确的是()A．A质点以20 m/s的速度做匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动D．A、B两质点在4 s末相遇解析：x-t图象中，图线的斜率表示速度大小，A质点图线的斜率等于20 m/s，则知A质点以20 m/s的速度做匀速运动，故A正确；B质点图线的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确；由图线斜率可知，B质点最初4 s内做减速运动，后4 s做加速运动，故C错误；4 s末二图线相交，说明两个质点到达同一位置相遇，故D正确．答案：ABD8．(2018·衡阳模拟)小明准备乘坐公共汽车回家，当到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10 m远处正以5 m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以4 m/s的速度匀速追赶，司机看到信号经1.0 s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2.5 m/s2，求：小明追上汽车所需的时间．解析：公共汽车速度减到零所用时间t＝t1＋va＝1 s＋52.5s＝3 s，司机反应过程汽车的位移x1＝v-t1＝5×1 m＝5 m，减速过程汽车的位移x2＝v22a＝252×2.5m＝5 m，则公共汽车的位移x＝x1＋x2＝5 m＋5 m＝10 m，小明在这段时间内的位移x′＝4×3 m＝12 m<x＋10 m，说明汽车停止时，小明还没有追上．则小明追上汽车的总时间t′＝x＋10 mv′＝10 m＋10 m4s＝5 s.答案：5 sB组能力提升9.(2017·天津联考)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c是一条x＝0.4t2的抛物线．有关这三个物体在0～5 s内的运动，下列说法正确的是()A．a物体做匀加速直线运动B．c物体做匀加速直线运动C．t＝5 s时，a物体速度比c物体速度大D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同解析：位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动，由题图可以看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故A、D错误；图线c是一条x＝0.4t2的抛物线，结合x＝v0t＋12at2可知，c做初速度为0，加速度为0.8 m/s2的匀加速直线运动，故B正确；图线的斜率大小表示速度大小，根据题图可知，t＝5 s时，c物体速度最大，故C错误．答案：B10.(2018·哈尔滨六中模拟)如图为甲、乙两物体做直线运动的v-t图象，下列表述正确的是( )A ．甲和乙的加速度方向相同B ．0～1 s 内甲和乙的位移相等C ．如果0时刻乙在甲前方0.55 m 处，则甲、乙间最小距离为0.12 mD ．甲的加速度比乙的小解析：由题图读出甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，加速度方向相反，故A 错误；0～1 s 内，由图线与横轴所围的“面积”可得出甲的位移大于乙的位移，故B 错误；根据加速度定义式：a 甲＝Δv Δt ＝0－23 m/s 2＝－23 m/s 2，a 乙＝Δv Δt＝2－12 m/s 2＝12 m/s 2，故甲的加速度大于乙的加速度，故D 错误；设经过时间t 二者速度相同，则v 甲＋a 甲t ＝v 乙＋a 乙t ，即：2 m/s －23×t ＝1 m/s ＋12t ，整理可以得到：t ＝67 s ，则在这段时间内，甲的位移为：x 甲＝v 甲t ＋12a 甲t 2≈1.47 m ，乙的位移为：x 乙＝v 乙t ＋12a 乙t 2≈1.04 m ，则此时二者之间的距离为：Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲＝0.12 m ，故C 正确．答案：C11.(2018·福建厦门一中模拟)小张和小王驾驶两辆轿车(均视为质点)沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v-t 图象，t ＝0时刻，小张在小王前方s 0处，下列判断正确的是( )A．若s0<18 m，两车相遇1次B．若s0＝18 m，两车相遇1次C．若s0＝36 m，两车相遇1次D．若s0＝54 m，两车相遇1次解析：根据v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得两车速度相等时，小张的位移x1＝36 m，小王的位移x2＝54 m，如果此时小王恰好追上小张，则s0＝x2－x1＝18 m，之后小王的速度小于小张的速度，不会再相遇，若s0<18 m，则在小王的速度大于小张时二人就会相遇，且小王会超过小张，之后是小张再追上小王，发生第二次相遇，A错误，B正确；若s0>18 m，两车不会相遇，C、D错误．答案：B12.(2017·四川广安四校联考)兰渝铁路的开通，为广大广安市民的生活、工作带来极大的方便．由于一些车次的动车需经停某些车站，因此不同车次的动车运行时间略有不同，这引起了物理爱好者的兴趣．现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h 做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v-t图象如图所示．求：(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间．解析：(1)v0＝234 km/h＝65 m/s，由题图知加速时间t2＝13 s，由公式v0＝0＋at，则a＝v0t＝5 m/s2.(2)由题图知减速时间t1＝20 s，减速位移x1＝v0＋02t1＝650 m，加速位移x2＝v0＋02t2＝422.5 m，在车站停止时间t3＝120 s，动车以234 km/h的速度经过车站用时t4＝x1＋x2v0＝16.5 s，则所求时间Δt＝(t1＋t2＋t3)－t4＝136.5 s.答案：(1)5 m/s2(2)136.5 s。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升3
章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P 和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15 D．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs 0＝12m v 21－12m v 20，① 解得μ＝v 20－v 212gs 0.② (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20. 答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1（v 1＋v 0）22s 204．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有F f 1＝μ1m A g ，①F f 2＝μ1m B g ，②F f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ，③由牛顿第二定律得F f 1＝m A a A ，④F f 2＝m B a B ，⑤F f 2－F f 1－F f 3＝ma 1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式对木板有：v2＝v1－a2t2，⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s(2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋12a1t21，③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得a2＝v2－v1t2－t1，⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v32Δt，⑪小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt，⑫小物块相对木板运动的位移为Δx＝x2－x1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮0－v23＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第三章第三讲实验四：验证牛顿第二定律
第三章 牛顿运动定律第三讲 实验四：验证牛顿第二定律课时跟踪练1．由于没有始终满足小车的质量M 远大于砂和桶的总质量m 的关系，结果得到的图象应是下图中的( )解析：由于没有始终满足小车的质量M 远大于砂和桶的总质量m 的关系，则得到的a 1M图象先是直线后向下发生弯曲，故选D. 答案：D2.如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 1＝2x 2D ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 2＝2x 1解析：题中m 1和m 2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量，题中只说明了两小车是相同的，并未告诉小车的质量是多少．当m 1＝m 2时，两车加砝码后质量仍相等，若F 1＝2F 2，则a 1＝2a 2，由x ＝12at 2得x 1＝2x 2，A 对，B 错；若m 1＝2m 2时，无法确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不清楚，故无法判定两车的位移关系，C 、D 错．故选A.答案：A3．图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M .实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．图甲(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )A ．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B ．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为x AB＝4.22 cm、x BC＝4.65 cm、x CD＝5.08 cm、x DE＝5.49 cm、x EF＝5.91 cm、x FG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝______m/s2(结果保留两位有效数字)．图乙解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去沙和沙桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速运动，故B正确．(2)为使细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．(3)由a＝（x DE＋x EF＋x FG）－（x AB＋x BC＋x CD）9T2，T＝0.1 s，可解得a≈0.42 m/s2.答案：(1)B(2)C(3)0.424．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图乙所示．(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)在轨道水平时，小车运动的阻力F f＝________N.(3)图乙中，拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是()A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的．当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于零时，也会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)根据牛顿第二定律得，F－F f＝ma，当F＝0.5 N时，a＝0，解得F f＝0.5 N.(3)由于开始段aF关系为一条倾斜的直线，所以在小车质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理有mg＝Ma，得a＝mg M＝FM，而实际上a′＝mgm＋M，可见aF图线末端明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况．故C选项正确．答案：(1)①(2)0.5(3)C5．(2018·长沙模拟)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图甲图乙(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_____________，钩码的质量应满足的条件是______________．解析：(1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)由题给图象可知，当小车的加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力．(3)对小车受力分析，有F T－F f＝Ma，mg－F T＝ma.联立两式可得a＝mgM＋m－F fM＋m.可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后a＝mgM＋m，F T＝MmgM＋m.为使F T＝mg，应使m≪M.答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量6．(2018·开封模拟)在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔是T.图甲图乙(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为x1、x2、x3、x4，如图甲所示，为使由实验数据计算的结果更精确一些，计算加速度平均值的公式应为a＝____________．(2)在该实验中，为验证小车质量M不变时，a与F成正比，小车质量M 、沙及沙桶的质量m 分别选取下列四组值．A ．M ＝500 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gB ．M ＝500 g ，m 分别为20 g 、30 g 、40 g 、50 gC ．M ＝200 g ，m 分别为50 g 、70 g 、100 g 、125 gD ．M ＝200 g ，m 分别为30 g 、40 g 、50 g 、60 g若其他操作都正确，那么在选用________组值测量时所画出的aF 图象较准确．(3)有位同学通过测量，作出a-F 图象，如图乙所示．试分析： ①图象不通过原点的原因是______________________．②图象上部弯曲的原因是________________________．解析：(1)逐差法处理实验数据，根据公式a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2求解加速度． (2)满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M 的条件，绳对小车的拉力才近似等于沙和桶的重力，故选B.(3)分析实验误差出现的原因：①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M .答案：(1)（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2(2)B (3)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够 ②未满足沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M7．某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连．实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F ，并利用纸带计算出小车对应的加速度a .图甲(1)实验中的钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是________．A ．车所受的拉力与钩码的重力无关B ．小车所受的拉力等于钩码重力的一半C ．小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，由纸带数据求出小车的加速度a ＝________m/s 2.图乙(3)根据实验数据绘出小车的加速度a 与弹簧测力计示数F 的关系图象，下列图象中最符合本实验实际情况的是________．解析：(1)小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，因此实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，选项C 正确．(2)由Δx ＝aT 2和逐差法，T ＝5×150s ＝0.1 s ，可得 a ＝3.35－1.852×0.1×10－2 m/s 2＝0.75 m/s 2.(3)由于实验时没有平衡摩擦力，当拉力达到一定值时，小车才会运动，当小车运动起来后，对小车受力分析，水平方向小车受绳的拉力F绳＝2F，滑动摩擦力F f，由牛顿第二定律有：2F－F f＝ma，则a＝2m F－F fm，则知四个图象中符合实验实际情况的是图象B.答案：(1)C(2)0.75(3)B。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升6 Word版含解析
章末整合提升动量及动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量p ＝m v ，矢量，p 与v 同向，Δp ＝p ′－p 也是矢量动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧系统不受外力或受外力的合力为零系统内力远大于外力系统在某一方向上的合力为零表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞：动量守恒，动能守恒非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒且损失最大1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s命题意图：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点．解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A2.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零命题意图：本题通过Ft图象考查动量定理．解析：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．答案：AB3．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．命题意图：本题考查竖直上抛运动、动量定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识解决实际问题的能力．解析：(1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，①ΔV ＝v 0S Δt ，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S .③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒定律得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20，④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v ，⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理得F Δt ＝Δp ，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. 答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．命题意图：本题考查能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律等，意在考查考生对多过程问题的综合分析能力和推理计算能力．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ，① 即μ<v 202gl，② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ，③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒定律有m v 1＝m v 1′＋3m 4v 2′，④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22，⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1，⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ，⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl，⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl5．(2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．命题意图：本题主要考查动量守恒定律、能量守恒定律、弹性碰撞及其相关知识，意在考查考生综合运用相关知识解决问题的能力．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1，①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1，② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0，③ v C 1＝2m m ＋Mv 0，④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0，⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1，⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0，⑦解得m≥(5－2)M，⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M.答案：(5－2)M≤m＜M。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第三章第二讲牛顿运动定律的综合应用
第三章牛顿运动定律第二讲牛顿运动定律的综合应用课时跟踪练A组基础巩固1.(2018·保定模拟)如图所示，某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是()A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出解析：易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，故选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D2．(2018·烟台模拟)小刚同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()A．在5～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在10～20 s内，该同学所受的支持力不变，该同学的机械能减少D．在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态解析：由题给图象可知，在5～10 s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A正确；在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10～20 s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C错误．答案：A3．(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t 变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A．t1B．t2C．t3D．t4解析：v-t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确．答案：AC4．(2017·福建福州一中测试)如图所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近．若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是()A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人B．先开始运动的车厢里有人C．先到达两车中点的车厢里没有人D．不去称量质量无法确定哪个车厢里有人解析：根据牛顿第三定律，绳子对两车的拉力大小相等，方向相反，故A错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B 错误；两车之间的拉力时刻大小相等，根据牛顿第二定律知，总质量小的，加速度大，又由x＝12at2知，相同时间内位移大，先到达中点，则此车厢里没有人，故C正确，D错误．答案：C5.如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()A．a1＝a2，x1＝x2B．a1<a2，x1＝x2 C．a1＝a2，x1>x2D．a1<a2，x1>x2解析：对a、b物体及弹簧整体分析，有：a1＝F－（m1＋m2）gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，可知a1<a2，再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得F1＝m2Fm1＋m2，F2＝m2a2＝m2Fm1＋m2，可见F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．答案：B6．(2017·山东潍坊统考)如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为()图甲图乙A．30°B．45°C．60°D．75°解析：由x v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错．答案：A7.(2018·郑州模拟)如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v 、a 、F f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是( )解析：物体在斜面上运动时，摩擦力Ff 1＝μmg cos θ，加速度a 1＝g (sin θ－μcos θ)，速度v 1＝a 1t 1，路程s ＝12a 1t 21，由此可知A 、B 、D 错误；物体在水平面上运动时，摩擦力Ff 2＝μmg ，所以C 正确．答案：C8.如图所示，长12 m 、质量为50 kg 的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，开始时质量为50 kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以4 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑时(取g ＝10 m/s 2)，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；(2)人在奔跑过程中木板的加速度；(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．解析：(1)设人的质量为m ，加速度为a 1，木板的质量为M ，加速度为a 2，人对木板的摩擦力为F f (F f ′为木板对人的摩擦力)，则对人有F f ′＝ma 1＝200 N ，(2)对木板进行受力分析可知：F f －μ(M ＋m )g ＝Ma 2，则：a 2＝F f －μ（M ＋m ）g M， 代入数据解得a 2＝2 m/s 2，方向向左．(3)设人从左端跑到右端所经历的时间为t ，由运动学公式得：L ＝12a 1t 2＋12a 2t 2， 则：t ＝2L a 1＋a 2， 代入数据解得t ＝2 s.答案：(1)200 N (2)2 m/s 2 方向向左 (3)2 sB 组 能力提升9．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t 图象可能正确的是( )解析：受空气阻力作用的物体，上升过程：mg ＋k v ＝ma ，得a ＝g ＋k mv ，v 减小，a 减小，A 错误；到达最高点时v ＝0，a ＝g ，即两图线与t轴相交时斜率相等，故B、C错误，D正确．答案：D10.(2018·沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误；设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝va＝vμg，该过程传送带的位移x1＝v t＝v2μg，木炭包的位移x2＝v t＝v2t＝v22μg，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝v22μg，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确，选项B、D错误．答案：C11．(多选)(2018·哈尔滨模拟)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的图象．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的Ft图象如图乙所示．则()图甲图乙A．2.5 s前小车做变加速运动B．2.5 s后小车做变加速运动C．2.5 s前小车所受摩擦力不变D．2.5 s后小车所受摩擦力不变解析：当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力，在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5 s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5 s后M相对于m发生滑动，m对M的摩擦力为滑动摩擦力F f＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．答案：BD12.如图所示为上、下两端相距L ＝5 m ，倾角α＝30°，始终以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t ＝2 s 到达下端．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．解析：(1)物体在传送带上受力分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a .由题意得L ＝12at 2， 解得a ＝2.5 m/s 2.由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ，又F f ＝μmg cos α，解得μ＝36≈0.29. (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m ，物体加速度为a ′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f ＝ma ′，F f ＝μmg cos α，v2m＝2La′，联立解得v m＝8.66 m/s.答案：(1)0.29(2)8.66 m/s。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升12
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u，32He的质量为3.015 0 u，10n的质量为1.008 7 u，1 u＝931.5 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为()A．3.7 MeV B．3.3 MeVC．2.7 MeV D．0.93 MeV命题意图：本题考查核反应中核能的计算．解析：氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u ＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931.5 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确．答案：B2．(2017·全国卷Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为23892U→23490Th＋42He.下列说法正确的是()A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量命题意图：本题考查原子核的衰变及动量守恒知识．解析：静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即p Th＝p＝2mαE kα，由于钍核和α粒子的α，B项正确；因此有2m Th E kTh质量不等，因此衰变后钍核和α粒子的动能不等，A项错误；半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并不是一个铀核衰变所用的时间，C 项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此D项错误．答案：B3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h为普郎克常量．下列说法正确的是()A．若νa＞νb，则一定有U a＜U bB．若νa＞νb，则一定有E k a＞E k bC．若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD．若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b命题意图：本题考查遏止电压、爱因斯坦光电效应方程．解析：设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有E k＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又E k＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－E k＝W，W相同，则D项错误．答案：BC4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是() A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关命题意图：本题考查光电效应及其相关的知识点，意在考查考生对光电效应知识的理解和应用能力．解析：根据光电效应规律，保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，则饱和光电流变大，选项A正确；由爱因斯坦光电效应方程知，入射光的频率变高，产生的光电子最大初动能变大，而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关，选项B错误，C正确；保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，当入射光的频率小于极限频率时，就不能发生光电效应，没有光电流产生，选项D错误；遏止电压与产生的光电子的最大初动能有关，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，选项E正确．答案：ACE5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋2713Al→2814SiB．核反应过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致命题意图：本题考查核反应方程以及核反应特点，意在考查考生对核反应知识的理解能力．解析：核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m0v0＝28m0v，所以硅原子核速度数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致，E项正确．答案：ABE。
高三物理一轮复习课时作业9：13.4热力学定律与能量守恒定律
第3讲热力学定律与能量守恒定律1.(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是()A.热量能够自发地从高温物体传到低温物体B.不可能使热量从低温物体传向高温物体C.第二类永动机违反了热力学第二定律D.气体向真空自由膨胀的过程是不可逆过程E.功转变为热的实际宏观过程是可逆过程答案ACD2.(2019·青海省格尔木市调研)根据学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是()A.机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C.尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293℃D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来答案 A解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A 正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293℃，只能无限接近－273.15℃，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误.3.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是()A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的答案 D解析第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对.4.(多选)(2018·福建省龙岩市一模)关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是()A.对气体做功可以改变其内能B.质量和温度都相同的气体，内能一定相同C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.一定量的理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加E.一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大答案ADE解析做功和热传递都能改变内能，所以对气体做功可以改变其内能，故A正确；质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故B错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化，故C错误；由盖－吕萨克定律可知，一定量的理想气体在等压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增加，故D正确；一定量的理想气体温度越高，气体分子运动越剧烈，而理想气体内能只与温度有关，故温度越高，其内能越大，故E正确.5.(多选)(2018·山西省吕梁市第一次模拟)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图1所示.下列判断正确的是()图1A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击的次数不同答案ADE解析在ab过程中体积不变，则W＝0，但温度升高，气体内能增大，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体一定吸热，故A正确；过程bc中温度不变，则内能不变，即ΔU ＝0，但体积增大，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q>0，气体吸热，则B错误；过程ca中温度降低即ΔU<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体放出的热量大于外界对气体做的功，故C错误；a、b和c三个状态中，状态a的温度最低，故分子的平均动能最小，则D正确；b和c两个状态温度相同，分子平均动能相等，但c状态体积大分子密集程度小，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数少，故E正确.6.(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图象如图2所示.下列说法正确的是()图2A.A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B.A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C.B→C的过程中，气体体积增大，对外做功D.B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变E.B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加答案BDE解析从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，因体积减小，分子数密度增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C错误，D、E正确.7.(多选)一定质量的理想气体经历如图3所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p－T图象中都是直线，其中CA的延长线通过坐标原点O，下列说法正确的是()图3A.A →B 的过程中，气体对外界放热，内能不变B.B →C 的过程中，单位体积内的气体分子数减少C.C →D 的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小D.D →A 过程与B →C 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量不同E.D →A 过程与B →C 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同答案 ABE解析 A →B 的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体对外界放热，选项A 正确；B →C 的过程中，气体的压强不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项B 正确；C →D 的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项C 错误；D →A过程外界对气体做功W 1＝p AD (V D －V A )，又V A T A ＝V D T D ，则W 1＝p AD (T D －T A )V A T A，同理B →C 过程，气体对外做功W 2＝p BC (T C －T B )V C T C ，因T D －T A ＝T C －T B ，V A ＝V C ，p AD T A ＝p BC T C，则W 1＝W 2，根据热力学第一定律，两过程中气体与外界交换的热量相同，选项D 错误，E 正确.8.(多选)(2018·山西省太原市三模)如图4所示，在斯特林循环的p －V 图象中，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 ，整个过程由两个等温和两个等容过程组成.下列说法正确的是( )图4A.从a到b，气体的温度一直升高B.从b到c，气体与外界无热量交换C.从c到d，气体对外放热D.从d到a，单位体积中的气体分子数目增多E.从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同答案ACD解析从a到b，体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；从c到d，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；从d到a，温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增多，D正确；从b到c气体吸收的热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量不同，E错误.9.一定质量的理想气体经历了如图5所示的A →B →C →D →A 循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示.A 状态的压强为1×105Pa ，求：图5(1)B 状态的温度；(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量.答案 (1)600K (2)放热150J解析 (1)理想气体从A 状态到B 状态的过程中，压强保持不变，根据盖—吕萨克定律有 V A T A ＝V B T B代入数据解得T B ＝V B V AT A ＝600K (2)理想气体从A 状态到B 状态的过程中，外界对气体做功W 1＝－p A (V B －V A )解得W 1＝－100J气体从B 状态到C 状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有p B T B ＝p C T C解得p C ＝2.5×105Pa从C 状态到D 状态的过程中，压强保持不变，外界对气体做功W 2＝p C (V C －V D )＝p C (V B －V A )解得W 2＝250J一次循环过程中外界对气体所做的总功W ＝W 1＋W 2＝150J理想气体从A 状态完成一次循环，回到A 状态，始末温度不变，所以内能不变.根据热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q解得Q ＝－150J故完成一次循环，气体向外界放热150J.10.(2018·安徽省安庆市二模)如图6甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置.横截面积S ＝0.02m 2、质量与厚度均不计的活塞，可以在汽缸内自由滑动，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞与汽缸底部之间的距离为L ＝40cm.气体的初始温度为T ＝600K ，压强为p ＝1.5×105Pa ，已知环境温度T 0＝300K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.由于缸内气体缓慢散热，最终气体的温度达到与环境温度相同.求：图6(1)活塞与汽缸底部之间的最短距离；(2)请写出气体状态变化的过程，并在图乙中画出气体状态变化过程的图线；(3)在(2)问的过程中，外界对气体所做的功.答案 (1)30cm(2)先等容变化，再等压变化，图象如图所示(3)200J解析 (1)当气体的温度最低，即为环境温度时，活塞与汽缸底部之间的距离最短为L 1， 根据理想气体的状态方程：pLS T ＝p 0L 1S T 0解得L 1＝30cm(2)气体首先经历等容变化，当压强变为p 0后，气体开始做等压变化，p －V 图象如图所示：(3)在(2)问过程中外界对气体所做的功为：W ＝p 0S (L －L 1)＝200J.11.(2018·云南省统一检测)如图7所示，一水平导热长玻璃管A 端封闭、B 端开口，横截面积为S .静止时管内用活塞封闭了长为l 1的空气柱，质量为m 、厚度可忽略的活塞可沿玻璃管无摩擦滑动且不漏气.现使玻璃管绕过A 端的竖直轴在水平面内匀速转动，稳定后空气柱的长度变为l 2.已知大气压强为p 0，环境温度恒定.求：图7(1)玻璃管转动的角速度ω；(2)若整个过程中气体从外界吸收的热量为Q ，求玻璃管对活塞做的功.答案 (1)1l 2p 0(l 2－l 1)S m(2)32p 0S (l 2－l 1)－Q 解析 (1) 封闭气体的初状态：p 1＝p 0，V 1＝Sl 1匀速转动时，对活塞有p 0S －p 2S ＝ml 2ω2，气体的末状态p 2＝p 0－ml 2ω2S，V 2＝l 2S 根据玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2解得：ω＝1l 2p 0(l 2－l 1)S m； (2)设玻璃管对活塞做功为W 1，封闭气体对活塞做功为W 2，大气对活塞做功为W 3，根据功能关系得到：W 1＋W 2＋W 3＝12m v 2高三物理一轮复习 11 其中W 3＝－p 0S (l 2－l 1)，v ＝ωl 2，W 2＝Q解得：W 1＝32p 0S (l 2－l 1)－Q .。
2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十三章第三讲热力学定律与能量守恒定律 Word版含解析
第十三章热学第三讲热力学定律与能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固1．(2015·重庆卷)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析：对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体对外做功，＝C得温度升高，内能增大，故选项D正确．体积增大，由pVT答案：D2．(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小解析：充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，据热力学第一定律判知气体内能增加，＝C判知气体压故A、C正确；袋内气体温度升高，体积减小，由pVT强变大，故B、D错误．答案：AC3．(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述错误的是()A．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾C．两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D．能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E．热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的解析：热力学第一定律是能量守恒在热现象中的体现，而热力学第二定律则指出内能和其他形式的能发生转化的方向性，二者并不矛盾，故A、C、D错误，B正确；热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的，各自描述了热现象中不同方面的规律，E正确．答案：ACD4．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是()A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功解析：第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A正确；能量耗散过程中能量仍是守恒的，B错误；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C错误；能量耗散具有方向性，D正确；物体在引起其他变化时可以从单一热源吸收热量并全部用于做功，E 正确．答案：ADE5．(多选)下列关于热现象的说法正确的是()A．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功解析：根据能量守恒定律，一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能增加，选项A错；功可以全部转化为热，热量在引起其他变化的情况下也可以全部转化为功，选项E 错．答案：BCD6．(多选)(2018·南昌模拟)关于热现象和热力学定律，下列说法中正确的是()A．甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体的多B．煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能C．一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增大D．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关E．压缩气体，对其做2.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体的内能增加了0.5×105 J解析：甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体的温度高，选项A错；煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能，选项B对；一定质量的气体经历等容过程，不对外做功，根据热力学第一定律，如果吸热则其内能一定增大，选项C对；物体的内能在宏观上不但与其温度和体积有关，而且还与分子数有关，选项D错；压缩气体，对其做2.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，根据热力学第一定律，则气体的内能增加了0.5×105 J，选项E对．答案：BCE7．(2018·济南模拟)一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J8．如图甲所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现使气缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，气缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．该过程中气缸内气体的压强始终为p0B．该过程中气体的内能不断增大C．该过程中气体不断从外界吸收热量D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E．A和B两个状态，气缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)气缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据题图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中气缸内气体的压强始终为p0＋mgS，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对气缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断气缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误．(2)由盖—吕萨克定律得V1 T1＝V2T2，即LST1＝（L＋ΔL）ST2，解得L＝T1·ΔLT2－T1.(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋mgS，气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL.答案：(1)BCD(2)T1T2－T1ΔL(3)Q－(p0S＋mg)ΔLB组能力提升9.(多选)如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B 的压强不变，但是体积增大，平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确．答案：ACE10．(多选)(2018·哈尔滨第三中学模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和解析：气体分子间距较大，分子间的分子力很小，分子永不停息地做无规则运动，所以气体如果失去了容器的约束就会散开，故A 错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，内能增加，动能不变，＝C可知，对于一定量的气体，如分子势能增加，故B正确；由pVT果压强不变，体积增大则温度升高，体积增大对外做功，温度升高则内能增加，结合热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故C正确；气体分子总数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不知气体体积的变化情况，因此压强不一定增大，故D错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确．答案：BCE11.(2018·太原模拟)如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(选填“吸收”或“放出”)热量______ J.解析：对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能还是增加220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU ＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.答案：吸收26012.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d，然后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有 V V 0＝T T 0， 得外界温度 T ＝V V 0T 0＝（h 0＋d ）S h 0S T 0＝h 0＋d h 0T 0. (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功 W ＝－(mg ＋p 0S )d ， 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能 ΔE ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d . 答案：(1)h 0＋d h 0T 0 (2)Q －(mg ＋p 0S )d。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十三章第二讲固体、液体和气体
第十三章热学第二讲固体、液体和气体课时跟踪练A组基础巩固1．(多选)(2018·仙桃模拟)关于晶体、非晶体、液晶，下列说法正确的是()A．所有的晶体都表现为各向异性B．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体C．所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点D．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化解析：只有单晶体才表现为各向异性，故A错误；单晶体有规则的几何形状，而多晶体的几何形状不规则，金属属于多晶体，故B 错误；晶体和非晶体的一个重要区别就是晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C正确；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，D正确．答案：CD2．(2018·商丘模拟)液体的饱和汽压随温度的升高而增大() A．其变化规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大解析：当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D.答案：D3．(多选)(2018·聊城模拟)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是()A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变E．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定解析：单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体分子热运动的平均动能减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C 正确，D错误；气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，E正确．答案：ACE4．(多选)(2018·安庆模拟)下列说法正确的是()A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出B．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘具有不同的分子势能C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大E．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性解析：液面上方的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；80 ℃时，液态萘凝固成固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；由毛细现象的定义可知，C正确；液体表面层的分子间距离比液体内部的分子间距离大，故液体表面层分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E错误．答案：BCD5.如图所示，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体()A ．压强增大，体积增大B ．压强增大，体积减小C ．压强减小，体积增大D ．压强减小，体积减小解析：试管竖直放置时，封闭的气体压强为p ＝p 0－ρgh ；试管自由下落时，封闭的气体压强为p ＝p 0，根据玻意耳定律pV ＝C ，压强增大，则体积减小，故选项B 正确．答案：B6.(2018·威海模拟)如图所示，U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高缸内气体的温度，则图中能反映气缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：缓慢升高缸内气体的温度，当缸内气体的压强p <p 0时，气体的体积不变，由查理定律知p ＝p 1T T 1，故缸内气体的压强p 与热力学温度T 呈线性关系；当气缸内气体的压强p ＝p 0时发生等压变化，正确的图象为图B.答案：B7．(多选)(2018·银川模拟)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为() A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．气体分子的密度增大解析：理想气体经等温压缩，压强增大，体积减小，分子密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，但气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，故B、D正确，A、C错误．答案：BD8．(2018·合肥模拟)如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面面积为20 cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底一定距离处设有卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现缓慢加热气缸内气体，当温度缓慢升高为57 ℃，活塞恰好要离开a、b，重力加速度大小g取10 m/s2，求活塞的质量．解析：活塞刚要离开a、b时，对活塞有p2S＝p0S＋mg，解得p2＝p0＋mg S，气体的状态参量为T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，T2＝330 K，因为V1＝V2，所以根据查理定律有p1 T1＝p2T2，代入数据，解得m＝2 kg.答案：见解析B组能力提升9．(2018·开封模拟)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab 且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()A．ab过程中不断减小B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变解析：首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中体积变化，D错误．答案：B10．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为()A ．p 0＋Mg cos θSB.p 0cos θ＋Mg S cos θ C ．p 0＋Mg cos 2θS D ．p 0＋Mg S解析：对圆块进行受力分析，其受重力Mg ，大气压的作用力p 0S ，封闭气体对它的作用力pS cos θ，容器侧壁的作用力F 1和F 2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合外力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上合外力为零，有p 0S＋Mg ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫pS cos θcos θ，p ＝p 0＋Mg S .故D 选项正确．答案：D11.(2015·海南卷)如图所示，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V .已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0.现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．解析：A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，在漏气前，对A 分析有p 1＝p 0＋mg S ，对B 有p 2＝p 1＋mg S. B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有p＝p0＋mg S，因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)·V＝pV′，漏气前A距离底面的高度为h＝2V S，漏气后A距离底面的高度为h′＝V′S.联立可得Δh＝2p0S＋3mg（p0S＋mg）SV－2VS.答案：2p0S＋3mg（p0S＋mg）SV－2VS12.(2018·湖南衡阳八中模拟)如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10－3 m2，气缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K固定于如图位置，离缸底L1＝12 cm，此时气缸内被封闭气体的压强为p1＝1.5×105 Pa，温度为T1＝300 K．外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2.(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K，其压强p2多大？(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？(3)保持气体温度为360 K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求气缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a 大小及方向．解析：(1)由题意知，气体等容变化：p 1T 1＝p 2T 2，解得p 2＝2.0×105 Pa.(2)活塞受力平衡，故封闭气体压强为p 3＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa ，根据理想气体状态方程，有p 2V 2T 2＝p3V 3T 3，即p 2L 1T 2＝p 3L 3T 3，解得L 3＝18 cm.(3)由题意知，气体等温变化：p 3V 3＝p 4V 4，解得p 4＝1.35×105 Pa ，应向上做匀加速直线运动，对活塞，由牛顿第二定律得 p 4S －p 0S －mg ＝ma ，解得a ＝7.5 m/s 2，方向竖直向上．答案：(1)2.0×105 Pa (2)18 cm(3)7.5 m/s 2 竖直向上。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十三章第一讲分子动理论内能 Word版含解析
第十三章热学第一讲分子动理论内能课时跟踪练A组 基础巩固1.如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用解析：当两个接触面平滑的铅柱压紧时，接触面上的分子与分子间的距离非常小，分子之间的作用力表现为引力，使铅柱不脱落．答案：D2．(2018·沈阳模拟)下列关于布朗运动的说法，正确的是( ) A．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B．布朗运动反映了分子在永不停息地做无规则运动C．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D．当物体温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止解析：布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；悬浮颗粒越大，液体分子对它的撞击作用越趋近于平衡，布朗运动越不明显，C错误；热运动在0 ℃时不会停止，D错误．答案：B3．(2018·哈尔滨模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是( )A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C．质量和温度相同的冰和水，内能是相同的D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化解析：温度是分子平均动能的标志，对个别分子没有意义，选项A 错误；物体的内能与质量、温度、体积等有关，所以选项B错误；质量和温度相同的冰和水，分子平均动能相同，但是分子势能不同，冰融化为水要吸收热量，所以水的内能大，选项C错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，体积变化也会引起内能的变化，选项D 正确．答案：D4．(多选)(2018·邯郸模拟)PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面．下列说法中正确的是( )A．气温越高，PM2.5运动越剧烈B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C．PM2.5在空气中的运动就是分子的热运动D．倡导低碳生活有利于减小PM2.5在空气中的浓度解析：由于PM2.5颗粒很小，PM2.5在空气中的运动是由于周围大量分子对PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做无规则运动，是布朗运动，只是空气分子热运动的反映，B正确，C错误；温度越高，分子运动越剧烈，PM2.5运动也越剧烈，A正确；因为矿物燃料燃烧的废气排放是形成PM2.5的主要原因，所以倡导低碳生活、减少化石燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，D正确．答案：ABD5．(多选)(2018·邯郸第一中学模拟)近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料的燃烧和排放是形成PM2.5的主要原因．下列有PM2.5的说法中正确的是( )A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C．温度越低，PM2.5活动越剧烈D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E．PM2.5中颗粒小一些的，其运动比其他较大颗粒更为剧烈解析：氧分子的尺寸的数量级在10－10 m左右，则PM2.5的尺寸远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，选项A错误；PM2.5在空气中的运动是固体微粒的运动，属于布朗运动，选项B正确；温度越高，PM2.5活动越剧烈，选项C错误；倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确；PM2.5中颗粒小一些的，其运动比其他较大颗粒更为剧烈，选项E 正确．答案：BDE6．(多选)(2018·山东师大附中模拟)下列说法正确的是( )A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．当两分子间距离增大时，分子力一定减小而分子势能一定增加C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小解析：布朗运动间接反映了液体分子间的无规则运动，A错误；当两分子间距小于平衡距离时，随着距离增大，表现为斥力的分子力减小，分子势能减小，B错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，需要克服分子间的引力，故分子势能增加，C正确；温度降低，分子平均动能减小，但并不是每一个分子的速度都减小，D正确答案：CD7．(多选)(2017·随州调研)下列说法正确的是( )A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大解析：布朗运动是固体微粒在液体中的运动，反映液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A 正确；分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r <r 0，分子力(斥力)随r 增大减小，分子势能减小，当r ＝r 0时，分子力等于零，分子势能最小，然后随r 增大分子力(引力)先增大再减小，分子势能逐渐增大，故选项B 错误，选项C 正确；分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D 正确；温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动情况不确定，故E 错误．答案：ACD8．空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求(结果均保留一位有效数字)：(1)该液化水中含有水分子的总数N ；(2)一个水分子的直径d .解析：(1)水的摩尔体积为V m ＝＝ m 3/mol ＝1.8×10－5 m 3/mol ，M ρ 1.8×10－21.0×103水分子数N ＝＝≈3×1025 (个)．VN A V m 1.0×103×10－6× 6.0×10231.8×10－5(2)建立水分子的球模型，有＝πd 3，V m N A 16得水分子直径d ＝＝ m ≈4×10－10 m.36V mπN A 36× 1.8×10－53.14× 6.0×1023答案：(1)3×1025个 (2)4×10－10 mB 组 能力提升9.(2018·山东师范大学附属中学模拟)由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能．如图所示为分子势能E p 随分子间距离r 变化的图象，取r 趋近于无穷大时E p 为零，通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是( )A ．假设将两个分子从r ＝r 2处释放，它们将相互远离B ．假设将两个分子从r ＝r 2处释放，它们将相互靠近C ．假设将两个分子从r ＝r 1处释放，它们的加速度先增大后减小D ．假设将两个分子从r ＝r 1处释放，当r ＝r 2时它们的速度最大解析：当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，故r 2处，分子间的作用力为零，所以r ＝r 2处释放的两个分子，它们之间没有相互作用力，故处于静止，不会远离也不会靠近，A 、B 错误；假设将两个分子从r ＝r 1处释放，则r 1<r 2，分子力表现为斥力，随着距离的增大，斥力在减小，所以加速度在减小，当到r ＝r 2处作用力为零，加速度为零，速度最大，之后分子力表现为引力，距离增大，引力增大，加速度增大，故加速度先减小后增大，C 错误，D 正确．答案：D10．(多选)以下说法正确的是( )A．分子间距离增大时，分子势能也增大B．已知某种液体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则该液体分子间的平均距离可以表示为或3MρN A 36M πρN AC．空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用D．液体的饱和汽压与温度以及液体的种类有关E．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动解析：分子间距离增大时，由于不知道此时分子力是引力还是斥力，所以无法判断分子势能的变化情况，A错误；B中的两种表达形式，一种是将分子所占据的空间看成球体，一种是将分子所占据的空间看成立方体，结果都对，B正确；空气压缩到一定程度很难再压缩是因为气体压强的作用，C错误；液体的饱和汽压与温度以及液体的种类有关，D正确；E中所阐述的是空气对流引起的尘埃的运动，因此不能看成布朗运动，E错误．答案：BD11.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力．A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，选项中四幅图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是( )解析：把乙分子从A 处由静止释放，其速度从零开始逐渐增大，到达C 点时速度达到最大值，故选项A 错误；分子的动能不可能小于零，故选项D 错误；根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，方向与力的方向相同，选项B 正确；分子势能在C 点应该是最低点，而图中最低点在C 点的右边，故选项C 错误．答案：B12．(2018·张家界模拟)地球是太阳系中从内到外的第三颗行星．已知地球半径约为6.4×106 m ，空气的摩尔质量约为 29×10－3 kg/mol ，一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少(g 取9.8 m/s 2，计算结果保留一位有效数字)?解析：大气压强是由大气重力产生的，大气压强p ＝＝，mg S mg 4πR 2代入数据可得地球表面大气质量m ≈5.2×1018 kg.标准状况下1 mol 气体的体积为V ＝22.4×10－3m 3，故标准状况下地球表面大气的体积为V ′＝V ＝×22.4×10－3 m 3≈4×1018 m 3.m m 0 5.2×101829×10－3答案：4×1018 m 3。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升13
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)如图，容积均为V的气缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，气缸导热．①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；③再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．(1)命题意图：本题考查考生对气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的理解．解析：根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．(2)命题意图：本题考查玻意耳定律、查理定律及其相关的知识点．解析：①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p0V＝p1V1，①(3p0)V＝p1(2V－V1)，②联立①②式得V1＝V2，③p1＝2p0.④②打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2，⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0,⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0. ③设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2，⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0.答案：(1)ABC (2)①V 22p 0 ②上升直到B 的顶部 ③1.6p 02．(2017·全国卷Ⅱ)(1)如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．气体自发扩散前后内能相同B ．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b.已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g.①求该热气球所受浮力的大小；②求该热气球内空气所受的重力；③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．(1)命题意图：本题考查气体内能、气体分子的平均动能、热力学第一定律．解析：抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误．(2)命题意图：本题考查气体实验定律及力的平衡．解析：①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝mV0，①在温度为T时的体积为V T，密度为ρT＝mV T，②由盖－吕萨克定律得V 0T 0＝V T T，③ 联立①②③式得ρT ＝ρ0T 0T ，④气球所受的浮力为F ＝ρTb gV ，⑤联立④⑤式得F ＝ρ0gVT 0T b .⑥②气球内热空气所受的重力为G ＝ρTa Vg ，⑦联立④⑦式得G ＝ρ0gVT 0T a .⑧③设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝F －G －m 0g ，⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)ABD (2)①ρ0gVT 0T b ②ρ0gVT 0T a③ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0 3．(2017·全国卷Ⅲ)(1)如图，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________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．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E．在过程ca中气体从外界吸收热量(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图乙所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：①待测气体的压强；②该仪器能够测量的最大压强．(1)命题意图：本题考查气体的内能、理想气体状态方程、热力学第一定律、等容变化、等压变化、等温变化．解析：ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．(2)命题意图：本题结合受力平衡考查玻意耳定律．解析：①水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l，①V1＝14πd2h，②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh，③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1，④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2（l－h）.⑤②由题意知h ≤l ，⑥联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0，⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0.答案：(1)ABD (2)①ρπgh 2d 24V 0＋πd 2（l －h ） ②πρgl 2d 24V 0。
2019年高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十三章第三讲热力学定律与能量守恒定律 含解析
第十三章热学第三讲热力学定律与能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固1．(2015·重庆卷)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( )A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析：对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体对外做功，体积增大，由pVT＝C得温度升高，内能增大，故选项D正确．答案：D2．(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体( )A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小解析：充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，据热力学第一定律判知气体内能增加，故A、C正确；袋内气体温度升高，体积减小，由pVT＝C判知气体压强变大，故B、D错误．答案：AC3．(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述错误的是( )A．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾C．两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D．能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E．热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的解析：热力学第一定律是能量守恒在热现象中的体现，而热力学第二定律则指出内能和其他形式的能发生转化的方向性，二者并不矛盾，故A、C、D错误，B正确；热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的，各自描述了热现象中不同方面的规律，E正确．答案：ACD4．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( ) A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功解析：第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A正确；能量耗散过程中能量仍是守恒的，B错误；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C错误；能量耗散具有方向性，D正确；物体在引起其他变化时可以从单一热源吸收热量并全部用于做功，E正确．答案：ADE5．(多选)下列关于热现象的说法正确的是( )A．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功解析：根据能量守恒定律，一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能增加，选项A错；功可以全部转化为热，热量在引起其他变化的情况下也可以全部转化为功，选项E错．答案：BCD6．(多选)(2018·南昌模拟)关于热现象和热力学定律，下列说法中正确的是( )A．甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体的多B．煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能C．一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增大D．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关E．压缩气体，对其做2.0×105J的功，同时气体向外界放出 1.5×105 J的热量，则气体的内能增加了0.5×105 J解析：甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体的温度高，选项A错；煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能，选项B对；一定质量的气体经历等容过程，不对外做功，根据热力学第一定律，如果吸热则其内能一定增大，选项C对；物体的内能在宏观上不但与其温度和体积有关，而且还与分子数有关，选项D错；压缩气体，对其做2.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，根据热力学第一定律，则气体的内能增加了0.5×105 J，选项E对．答案：BCE7．(2018·济南模拟)一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J ＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J (2)外界对气体做功80 J8．如图甲所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现使气缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，气缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．该过程中气缸内气体的压强始终为p0B．该过程中气体的内能不断增大C．该过程中气体不断从外界吸收热量D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E．A和B两个状态，气缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)气缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中从外界吸收的热量为Q ，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据题图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中气缸内气体的压强始终为p 0＋mg S，选项A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B 、C 、D 正确；A 和B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对气缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断气缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E 错误．(2)由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即LS T 1＝（L ＋ΔL ）S T 2， 解得L ＝T 1·ΔL T 2－T 1. (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS ，解得p ＝p 0＋mg S， 气体从状态A 变化到状态B 的过程中对外做的功为W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL ，由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL .答案：(1)BCD (2)T 1T 2－T 1ΔL(3)Q－(p0S＋mg)ΔLB组能力提升9.(多选)如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( )A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确．答案：ACE10．(多选)(2018·哈尔滨第三中学模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是( )A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和解析：气体分子间距较大，分子间的分子力很小，分子永不停息地做无规则运动，所以气体如果失去了容器的约束就会散开，故A错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，内能增加，动能不变，分子势能增加，故B正确；由pVT＝C可知，对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大则温度升高，体积增大对外做功，温度升高则内能增加，结合热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故C正确；气体分子总数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不知气体体积的变化情况，因此压强不一定增大，故D错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确．答案：BCE11.(2018·太原模拟)如图所示，一定质量的理想气体由状态a 沿abc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(选填“吸收”或“放出”)热量______ J.解析：对该理想气体由状态a 沿abc 变化到状态c ，由热力学第一定律可得ΔU ＝Q ＋W ＝340 J ＋(－120 J)＝220 J ，即从状态a 到状态c ，理想气体的内能增加了220 J ；若该气体由状态a 沿adc 变化到状态c 时，对外做功40 J ，此过程理想气体的内能还是增加220 J ，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU ＝Q ′＋W ′，得Q ′＝ΔU －W ′＝220 J －(－40 J)＝260 J.答案：吸收 26012.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S .开始时气体的温度为T 0，活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压恒为p 0的空气中，当气体从外界吸收热量Q 后，活塞缓慢上升d ，然后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有V V 0＝T T 0， 得外界温度T＝VV0T0＝（h0＋d）Sh0ST0＝h0＋dh0T0.(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d，根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔE＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d.答案：(1)h0＋dh0T0(2)Q－(mg＋p0S)d。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第三章第一讲牛顿运动定律
第三章牛顿运动定律第一讲牛顿运动定律课时跟踪练A组 基础巩固1．(2018·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )A．亚里士多德，伽利略B．伽利略，牛顿C．伽利略，爱因斯坦D．亚里士多德，牛顿答案：B2．(2018·漯河模拟)下列关于牛顿运动定律说法正确的是( ) A．力是维持物体运动的原因B．牛顿第一定律可以用实验直接验证C．作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间D．作用力与反作用力的性质一定相同解析：由牛顿第一定律可知，力不是维持物体运动的原因，A 错误；牛顿第一律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B错误；不相互接触的两个物体之间也可能存在作用力与反作用力，如相互吸引且并未接触的两块磁铁，C错误；作用力与反作用力的性质相同，D正确．答案：D3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是( )A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小答案：C4．(2018·黄山质检)关于物体的惯性，下列说法中正确的是( ) A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大解析：质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关．故C正确．答案：C5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为 90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N解析：汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a ＝＝5 m/s 2，对乘客由牛顿第二定律得v 0t F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确．答案：C6.(多选)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动解析：物块受到向右的滑动摩擦力，F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得，a ＝＝ m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体F ＋Ff m 2＋31减速到0所需的时间t ＝＝ s ＝2 s ，B 正确，A 错误；减速到零v 0a 105后，F <F f ，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误．答案：BC7.如图所示，质量分别为m 、2m 的小球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F ，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )A.，＋gB.，＋g 2F 32F3m F 32F 3m C.，＋g D.，＋g 2F 3F3m F 3F 3m 解析：在细线剪断前，对A 、B 及弹簧整体由牛顿第二定律有F －3mg ＝3ma ，对B 由牛顿第二定律得F 弹－2mg ＝2ma ，由此可得F 弹＝；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A 球来2F 3说，受到向下的重力和弹力，则有F 弹＋mg ＝ma A ，解得a A ＝＋g ，故A 正确．2F3m 答案：A8．一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如右图所示．若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m(g 取10 m/s 2)．求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F 的大小．解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得图甲mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma ，解得μ＝.36(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma 1，根据题意可得a 1＝2 m/s 2，代入数据得F ＝ N.7635当加速度沿斜面向下时(如图丙)：mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma 1，代入数据得F ＝ N.437图乙 图丙答案：(1) (2) N 或 N367635437B 组 能力提升9.(2017·福建三明大田一中模拟)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑的，则下列说法正确的是( )A ．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B ．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C ．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D ．若乙收绳比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析： 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，故A 错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，故B 错误；若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，可知乙将先过分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故C 正确；收绳的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，故D 错误．答案：C10．(多选)(2018·兰州模拟)静止于粗糙水平面上的物体，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，受到方向恒定的水平拉力F 的作用，拉力F 的大小随时间变化关系如图甲所示，在拉力F 从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图甲 图乙 A ．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减至某一值并保持不变B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．物体的质量为6 kgD ．4 s 末物体的速度大小为4 m/s解析：由题图乙知，0～2 s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大，t ＝2 s 时静摩擦力达到最大值，之后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变，故A 正确；在2～4 s 内，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，由题图知，当F ＝6 N 时，a ＝1 m/s 2，当F ＝12 N 时，a ＝3 m/s 2，代入关系式解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误；根据at 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量可知，4 s 内物体速度的变化量为Δv ＝×2 m/s ＝4 m/s ，由于初速度为1＋320，所以4 s末物体的速度大小为4 m/s，故D正确．答案：ABD11．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s 的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(g取10 m/s2)( )A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C．0～1 s内，物体的位移为7 mD．0～2 s内，物体的总位移为11 m解析：由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2s内力F为6 N，方向向右，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，选项B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s 内的位移为11 m，选项D正确．答案：BD12．(2018·秦皇岛模拟)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点距C 点的距离L ＝2.0 m(滑块经过B 点时没有能量损失，g 取10 m/s 2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A 点释放后，经过时间t ＝1.0 s 时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时速度最大为v m ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma 1，v ＝2a 1，2mh sin 30°解得v m ＝4 m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，v ＝2a 2L ，2m解得μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t 1，有v m ＝a 1t 1，解得t 1＝＝0.8 s ，v ma 1由于t >t 1，故滑块已经经过B 点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，有v＝v m－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s。
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第十三章热学第三讲热力学定律与能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固1．(2015·重庆卷)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析：对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体对外做功，体积增大，由pVT＝C得温度升高，内能增大，故选项D正确．答案：D2．(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小解析：充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，据热力学第一定律判知气体内能增加，故A、C正确；袋内气体温度升高，体积减小，由pVT＝C判知气体压强变大，故B、D错误．答案：AC3．(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述错误的是()A．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾C．两条定律都是有关能量转化的规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D．能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E．热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的解析：热力学第一定律是能量守恒在热现象中的体现，而热力学第二定律则指出内能和其他形式的能发生转化的方向性，二者并不矛盾，故A、C、D错误，B正确；热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的，各自描述了热现象中不同方面的规律，E正确．答案：ACD4．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是()A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功解析：第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A正确；能量耗散过程中能量仍是守恒的，B错误；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C错误；能量耗散具有方向性，D正确；物体在引起其他变化时可以从单一热源吸收热量并全部用于做功，E 正确．答案：ADE5．(多选)下列关于热现象的说法正确的是()A．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功解析：根据能量守恒定律，一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能增加，选项A错；功可以全部转化为热，热量在引起其他变化的情况下也可以全部转化为功，选项E 错．答案：BCD6．(多选)(2018·南昌模拟)关于热现象和热力学定律，下列说法中正确的是()A．甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体的多B．煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能C．一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增大D．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关E．压缩气体，对其做2.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体的内能增加了0.5×105 J解析：甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体的温度高，选项A错；煤、石油、天然气等能源所储存的能量最初来源可追溯到太阳能，选项B对；一定质量的气体经历等容过程，不对外做功，根据热力学第一定律，如果吸热则其内能一定增大，选项C对；物体的内能在宏观上不但与其温度和体积有关，而且还与分子数有关，选项D错；压缩气体，对其做2.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，根据热力学第一定律，则气体的内能增加了0.5×105 J，选项E对．答案：BCE7．(2018·济南模拟)一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J ＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J8．如图甲所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现使气缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，气缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．该过程中气缸内气体的压强始终为p0B．该过程中气体的内能不断增大C．该过程中气体不断从外界吸收热量D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E．A和B两个状态，气缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)气缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据题图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中气缸内气体的压强始终为p0＋mgS，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对气缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断气缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误．(2)由盖—吕萨克定律得V1 T1＝V2T2，即LST1＝（L＋ΔL）ST2，解得L＝T1·ΔL T2－T1.(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋mg S，气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL.答案：(1)BCD(2)T1T2－T1ΔL(3)Q－(p0S＋mg)ΔLB组能力提升9.(多选)如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是()A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析：气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B 的压强不变，但是体积增大，平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确．答案：ACE10．(多选)(2018·哈尔滨第三中学模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和解析：气体分子间距较大，分子间的分子力很小，分子永不停息地做无规则运动，所以气体如果失去了容器的约束就会散开，故A 错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，内能增加，动能不变，分子势能增加，故B正确；由pVT＝C可知，对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大则温度升高，体积增大对外做功，温度升高则内能增加，结合热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故C正确；气体分子总数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不知气体体积的变化情况，因此压强不一定增大，故D错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确．答案：BCE11.(2018·太原模拟)如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(选填“吸收”或“放出”)热量______ J.解析：对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能还是增加220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU ＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.答案：吸收26012.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d，然后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有VV0＝TT0，得外界温度T＝VV0T0＝（h0＋d）Sh0S T0＝h0＋dh0T0.(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d ，根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔE ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d .答案：(1)h 0＋d h 0T 0(2)Q －(mg ＋p 0S )d。