1、试卷第 1 页，总 5 页2017-2018 学年度教科版选修 3-3 4.2 热力学第一定律 作业（3 ）1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，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡，在此过程中( )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2下列说法中正确的是（ ）A. 物体运动的速度越大，物体的内能就越大 B. 要使物体的温度升高，一定要从外界吸热C. 气体的温度越高，分子平均动能就越大 D. 气体的温度升高时分子间的距离就增大3对于一定质量的气体，
2、下列过程不可能发生的是（ ）A. 气体的压强增大，温度升高，气体对外界做功B. 气体的压强增大，温度不变，气体向外界放热C. 气体的压强减小，温度降低，气体从外界吸热D. 气体的压强减小，温度升高，外界对气体做功4一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起， （若不计气泡内空气分子势能的变化）则（ ）A. 气泡对外做功，内能不变，同时放热B. 气泡对外做功，内能不变，同时吸热C. 气泡内能减少，同时放热试卷第 2 页，总 5 页D. 气泡内能不变，不吸热也不放热5如图所示, 一个粗细均匀的 U 形管内装有同种液体,液体质量为 m。在管口右端用盖板 A 密闭,两边液面高度差为 h，U 形管内液体的总长
3、度为 3h,现拿去盖板, 液体开始运动, 由于管壁的阻力作用,最终管内液体停止运动, 则该过程中产生的内能为( )A. mgh B. mgh C. mgh D. mgh161812146用下述通过做功方式改变物体内能的是（ ）A. 搓搓手会感到手暖和些 B. 汽油机气缸内被压缩的气体C. 车刀切下的炽热的铁屑 D. 物体在阳光下被晒黑7如图所示，一个圆柱形气缸，中间有一隔板，板壁上有一孔，并有一闸门 K，右侧有一不漏气的活塞 P.开始时闸门 K 关闭，气缸左侧充有一些空气，活塞 P 位于气缸右侧，隔板与活塞 P 间为真空.气缸和隔板都是导热的。第一步：打开闸门 K，空气将充满气缸的左右两侧；第
4、二步：向左缓慢推动活塞 P，直至紧挨隔板，关闭闸门 K，然后再把活塞 P 拉至气缸右侧的初始位置。下列的说法中正确的是（）A. 经过这两步操作，气缸、活塞及缸内气体组成的系统又恢复到开始的状态，并且没有引起其他变化B. 第一步操作后，气体充满左右两侧的过程中，气体要从外界吸收热量C. 第二步操作过程中，气体要向外部散热D. 这整个过程中，有机械能向内能转化8如图所示，固定在地面上的水平汽缸内由活塞 B 封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略.假设汽缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变.若用外力F 将活塞 B 缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，关于此汽缸内气体的下列结论，
5、其中正确的是( )试卷第 3 页，总 5 页A. 气体做等温膨胀，分子的平均速率不变，气体的压强不变B. 气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少C. 因为气体内能不变，所以气体从外界吸收的热能全用来对外做功D. 气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律9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（ ）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
6、bc 中气体从外界吸收热量10如图所示，由电动机带动着倾角37的足够长的传送带以速率 v4m/s 顺时针匀速转动。一质量 m2kg 的小滑块以平行于传送带向下 v2m/s 的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数 ，取 g10m/s 2，sin37 0.6，cos37780.8 ，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内A. 小滑块的加速度大小为 1m/s2B. 重力势能增加了 120JC. 小滑块与传送带因摩擦产生的内能为 84JD. 电动机多消耗的电能为 336J试卷第 4 页，总 5 页11 某地 强风速为 14m/s，设空气密度为 1.3kg/m3，通过横截面积为 40
7、0m2 的风能全部使风力发电机转动，其动能有 20转化为电能，则发电机的功率是多少？(取两位有效数字)12 雨滴从 100m 高空落到地面，其减少的机械能有 50转化为水滴的内能，则水滴温度升高了多少（水的比热为 4200J/kg， ）13如图甲所示，一端开口导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为 10kg，横截面积为 50cm2，气缸全长 21cm，气缸质量为 20kg，大气压强为 1105Pa，当温度为7时，活塞封闭的气柱长 10cm，现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上，如图乙所示，g 取 10m/s2求稳定后，活塞相对气缸移动的距离；当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程
8、中，判断气缸内气体是吸热还是放热，并简述原因14如图所示，厚度和质量不计、横截面积为 S10 cm2 的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为 T0300 K，压强为 p0.510 5 Pa，活塞与汽缸底的距离为h10 cm，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为 p01.010 5 Pa.求：(1)此时桌面对汽缸的作用力大小 FN；(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到 T，此过程中气体吸收热量为 Q7J ，内能增加了U5J ，整个过程活塞都在汽缸内，求 T 的值.15如图，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热
9、气缸开口向右；一厚度可忽略的活塞将热力学温度为 T =2.8T0、压强为 p =1.4 p 0 的理想气体封闭在气缸内。p 0 和 T0 分别为大气的压强和热力学温度。已知：气体内能 U 与温度 T 的关系为 U=aT，a 为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：试卷第 5 页，总 5 页气缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1；在这个过程中，气缸内气体放出的热量。答案第 1 页，总 6 页参考答案1 C【解析】右侧为真空，气体自由膨胀做功“没有对象”，当然不做功，根据热力学第一定律有：，做功 W=0，因为是绝热容器，所以没有热交换即： Q=0，因此内能不变，理U=W+Q想气体，内能
10、由温度决定，所以温度不变，故 ABD 错误，C 正确；故选 C。【点睛】理想气体，内能由温度决定，内能不变，温度也就不变的；理解和掌握 、Q、WU的符号法则是正确应用热力学第一定律解答问题的关键。2 C【解析】根据内能定义可知，物体的内能既包括物体分子热运动动能的总和，物体运动的速度越大，物体的内能不一定大，故 A 错误；改变物体内能的方法有做功和热传递，则要使物体的温度升高，不一定要从外界吸热，故 B 错误；温度是物体分子平均动能大小的量度，温度越高，分子平均动能越大，故 C 正确；一定质量的气体，温度升高时，分子平均动能增大，但不能确定分子势能如何变化，故无法判定分子间的平均距离如何改变，
11、故 D错误；故选 C.点睛：此题关键要知道：影响内能的因素有温度、体积和质量等；温度是分子平均动能的标志；做功和热传递均可以改变物体的内能；分子势能与分子间距离有关.3 D【解析】气体的温度升高，压强增大，体积可能膨胀，这个过程气体对外做功，A 可能；气体的温度不变，压强增大，则气体体积减小，此过程外界对气体做功.由热力学第一定律，气体要向外界放热，所放的热量等于外界对气体做的功，B 可能；气体的温度降低，压强减小，体积可能增大，这个过程气体对外做功，由热力学第一定律，从外界吸收热热量小于对外做功，则温度降低，C 可能；当温度升高时，气体的压强减小，说明气体的体积一定变大，这个过程气体对外界做
12、功，D 不可能。4 B【解析】气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由公式U=W+Q 知须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功。B 正确，ACD 错误。故选 B。答案第 2 页，总 6 页点睛：本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式U=W+Q 及各物理量的正负：U ：温度升高为正，温度降低为负；W：外界对气体做功为正，气体对外做功为负；Q：吸热为正，放热为负.5 C【解析】液体最终停止时两液面等高，相当于把 的液柱从右端移到左端，液体重心高度2h降低了 ，液体总质量为 m，液柱总长度
13、为 3h，则 液柱的质量为： ，液体减少的机2h 6m械能转化为内能，由能量守恒定律可知，产生的内能： ，故选项12hEgC 正确，ABD 错误。点睛：本题考查了求产生的内能，应用能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意：液柱h 不能看成质点，要分析其重心下降的高度。6 ABC【解析】两手相互摩擦，手的温度升高，是克服摩擦力做功，机械能转化成内能，属于做功增加物体的内能，选项 A 正确；汽油机气缸内被压缩的气体，气缸对气体做功，气体内能增加，选项 B 正确；车刀切下的炽热的铁屑，车刀对铁削做功，内能增加，选项 C 正确；物体在阳光下被晒，属于热传递改变内能，选项 D 错误；故选 ABC.7 CD
14、【解析】气缸和隔板都是导热的，则封闭气体的温度始终与外界温度相同，即保持不变则内能保持不变，右侧为真空则第一步操作后气体将充满左右两侧但不做功，气体内能不变，气体既不从外部吸收热量也不放出热量，B 错误；第二步向左缓慢推动活塞 P，直至紧挨隔板，外界对气体做功，内能不变，根据热力学第一定律气体向外界放热，C 正确；把活塞 P 拉至气缸右侧的初始位置时，活塞要克服大气压力做功，故存在机械能向内能的转化，D 正确 A 错误。8 BC【解析】因气缸导热，气体的温度不变，故气体的分子平均动能不变，内能不变；但由于气体压迫活塞，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知，气体应吸热，且吸收的热量等于对外做功
15、；气体的体积增大，则单位体积内的分子数减小；因体积增大，温度不变，故气体的压强减小，故 AD 均错误，BC 正确；故选 BC。9 ABD答案第 3 页，总 6 页【解析】从 a 到 b 等容升压，根据 C 可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于pVT气体的温度，温度升高，则内能增加，故 A 正确；在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故 B 正确；在过程 ab 中气体体积不变，根据 W=pV 可知，气体对外界做功为零，故 C 错误；在过程 bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律U=W+Q 可知，气体从外界吸收热量，故 D
16、正确；故选 ABD.点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量） ；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；U 为正表示内能变大，Q 为正表示物体吸热； W 为正表示外界对物体做功10 AD【解析】A、由牛顿第二定律可得 ，解得 ，故 A 正确；cosinmgma21/sB、小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间 ，小滑块的位移6vts，重力势能增加量 ，故 B 错误；426svtm372pEmginJC、 6s 内传送带运动的位移 ，所以相对位移 ，产生的内能24s 18s，故 C 错误；375
17、QgcosJD、小滑块增加的动能 ，所以电动机多消耗的电能2211kEmvJ，故 D 正确；1275236EJJ故选 AD。11 1.43106W【解析】 【分析】在 t 时间内通过横截面积为 400m2 的风能全部转化为电能，根据能量守恒定律列式求解即可；解：在 t 时间内通过横截面积为 400m2 的风能全部使风力发电机转动，根据能量守恒定律， 有： Ek=12mv2答案第 4 页，总 6 页其中： m=V=vtS其动能有 20%转化为电能，故产生电能功率为P=12Sv320%=121.340014320%=1.43106W12 0.120C【解析】解：总动能 Ek=mgh根据题设条件得
18、50%mgh=cmt由此可解得 t=0.12C13 （ 1） （2）当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，气x=5cm缸内气体是吸热，气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，所以，气缸内气体吸热.【解析】 设气缸倒置前后被封闭的气体的压强分别为 和 ，气柱体积分别为 和 ，P1 P2 V1 V2活塞向下移动的距离为 x，则初态： ， p1=1.2105pa V1=L1S末态： ， p2=0.8105pa V2=L2S=(L1+x)S因为气缸导热良好，则气缸倒置前后温度不变，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2代入数据解得：x=5cm气缸倒置过程中，气缸内气
19、体体积变大，对外做功，而气体内能不变，所以，气缸内气体吸热 故本题答案是：活塞相对气缸移动的距离 5cm当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，气缸内气体是吸热点睛：本题的关键是找准不同状态下的物理参量，然后利用玻意耳定律求解。答案第 5 页，总 6 页14 (1)50 N (2)720 K【解析】解：(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有 FNpSp 0S，得 FN( p0p)S50 N.(2)设温度升高至 T 时，活塞与汽缸底的距离为 H，则气体对外界做功 Wp 0Vp 0S(Hh)，由热力学第一定律得 UQW.解得 H12 cm气体温度从 T0 升高到 T 的过程，由理想气体
20、状态方程，得PShT0=P0SHT解得 T=P0HPhT0=720K15 0.5V 1.8aT0+0.5p0V【解析】当所缸内气体与大气达到热平衡时，温度等于大气温度，设体积已减小，则压强等于外界大气压，根据理想气体状态方程pVT=p0V1T0气缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1=0.5V显然符合实际由于气体状态变化缓慢进行，气体先等容降温，压强减小，当压强减小为外界大气压 p0后，等压压缩W=p0(VV1)=0.5p0V依题意，气体内能变化量为U=a(T0T)=1.8aT0根据热力学第一定律 U=W+QQ=UW=(1.8aT0+0.5p0V)答案第 6 页，总 6 页即放出的热量等于 1.8aT0+0.5p0V点睛：本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，关键是确定气体的状态参量，运用热力学第一定律要注意符号法则
