学年新教材物理人教版选择性必修三课时素养评价 3233 热力学第一定律.docx

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学年新教材物理人教版选择性必修三课时素养评价3233热力学第一定律

“课时素养评价”

九　热力学第一定律　能量守恒定律

（25分钟·60分）

一、选择题（本题共6小题,每题6分,共36分）

1.关于一定质量的气体,下列说法正确的是（　　）

A.气体放出热量,其内能一定减小

B.气体对外做功,其内能一定减小

C.气体的温度降低,每个分子热运动的动能一定减小

D.气体的温度降低,分子热运动的平均动能一定减小

【解析】选D。

根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体放出热量（Q<0）,但气体做功不明确,其内能不一定减小,故A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体对外做功（W<0）,但气体和外界热交换不明确,其内能不一定减小,故B错误;气体的温度降低,分子的平均动能减小,但并非每个分子热运动的动能都减小,故C错误,D正确。

2.如图所示,内壁光滑的汽缸水平放置,一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内,外界大气压强为p0。

现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。

则在此过程中（　　）

A.气体分子平均动能增大

B.气体分子平均动能不变

C.气体分子平均动能减小

D.气体内能变化了Q+p0（V2-V1）

【解析】选A。

气体等压膨胀,由

=C,体积V增大,故温度T升高;温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,气体分子平均动能增大,故选项A正确,B、C错误;根据热力学第一定律得:

ΔU=Q+W,而W=-p0SΔL=-p0ΔV=-p0（V2-V1）,所以气体内能变化了ΔU=Q-p0（V2-V1）,故选项D错误。

3.下列有关说法正确的是（　　）

A.能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一个物体

B.既然能量守恒,所以不必担心会发生“能源危机”

C.在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,说明能量正在消失

D.做功越多,物体的能量就越大

【解析】选A。

根据能量守恒定律可知,能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一物体,故A正确;能的转化过程虽然符合能量守恒定律,但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”,能量向品质低的大气内能转化,不能再重复利用,因此要节约能源,故B错误;在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,能量不会消失,是在转化,故C错误;功是能量转化的量度,功是过程,能量是状态,做功多,说明能量转化的多,故D错误。

4.一定量的理想气体在某一过程中,从外界吸收热量2.5×104J,气体对外界做功1.0×104J,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】选D。

由热力学第一定律ΔU=W+Q,Q=2.5×104J,W=-1.0×104J,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。

【总结提升】应用热力学第一定律解题的思路与步骤

（1）应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。

（2）分别列出物体（或系统）吸收或放出的热量;外界对物体（或系统）所做的功或物体（或系统）对外界所做的功。

（3）根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解。

（4）特别注意的就是物理量的正负号及其物理意义。

5.三峡水力发电站是我国最大的水力发电站。

三峡水库蓄水后,平均水位落差约为100m,用于发电的水流量约为1.0×104m3/s。

如果通过水轮机以后水的动能忽略不计,水流减少的机械能有90%转化为电能,按照以上数据估算,三峡发电站的发电功率最大数量级最接近（g取10m/s2）（　　）

A.1010W　　　　　　　　B.108W

C.107WD.105W

【解析】选A。

每秒钟水流质量m=ρQ,

每秒钟流水的势能Ep=mgh,

每秒钟流水转化的电能E=90%Ep,

所以三峡发电站的发电功率P=

=0.9ρQgh=0.9×1.0×103×1.0×104×10×100W=0.9×1010W,即三峡发电站的发电功率最大数量级最接近1010W,故A正确,B、C、D错误。

6.如图所示容器中,A、B各有一个可自由移动的轻活塞,活塞下面是水,上面为空气,大气压恒定。

A、B底部由带有阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热。

原先A中的水面比B中高,打开阀门,使A中的水逐渐向B中流,最后达到平衡。

在这个过程中（　　）

A.大气压力对水做功,水的内能增加

B.水克服大气压力做功,水的内能减少

C.大气压力对水不做功,水的内能不变

D.大气压力对水不做功,水的内能增加

【解析】选D。

打开阀门K后,据连通器原理,最后A、B两管中的水面将相平,如图所示,即A中水面下降,B中水面上升;设A管横截面积为S1,水面下降距离为h1,B管横截面积为S2,水面上升距离为h2,由于水的总体积保持不变,则有S1h1=S2h2,A管中大气压力对水做的功:

W1=p0S1h1,B管中大气压力对水做的功:

W2=-p0S2h2,大气压力对水做的总功:

W=W1+W2=p0S1h1-p0S2h2,因为S1h1=S2h2,所以W=0,即大气压力对水不做功;由于水的重心降低,重力势能减小,由能量守恒定律知水的内能增加。

故D正确。

二、非选择题（本题共2小题,共24分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位）

7.（10分）外界对一定质量的气体做了200J的功,同时该气体又向外界放出了80J的热量,则气体的内能________（选填“增加”或“减少”）了________J。

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）热力学第一定律的公式ΔU=W+Q。

（2）外界对物体做功、吸收热量、内能增加皆取正号;物体对外界做功、放出热量、内能减少皆取负号。

【解析】外界对气体做了200J的功,则W=200J,气体向外界放出了80J的热量,则Q=-80J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得:

ΔU=200J-80J=120J>0,故内能增加,增加了120J。

答案:

增加　120

8.（14分）如图所示,有人设计了这样一台“永动机”:

距地面一定高度架设一个水槽,水从槽底的管中流出,冲击一个水轮机,水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮。

他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去,这样循环不已,机器不停地转动,就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。

请你分析一下,高处水槽中水的势能转变成哪几种形式的能,说明这个机器是否能够永远运动下去。

【解析】取顶部水槽中流出的水为研究对象,在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中,它的重力势能一部分转化为自身的动能,一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能,一部分转化为砂轮和工件的内能,还有一部分转化为抽水机抽上的水的重力势能。

由能的转化和守恒定律知,抽水机抽上的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能,如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积,则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽,即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去,如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽,则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多,最后顶部水槽中的水很快就会流光。

答案:

见解析

（15分钟·40分）

9.（6分）（多选）如图所示,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,ab的延长线过原点,以下说法正确的是

（　　）

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】选B、C、D。

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,故选项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,故选项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,选项C正确;气体从状态b到状态a是个等容变化过程,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,故选项D对。

10.（6分）（多选）如图所示,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中,则易拉罐在水中缓慢下降过程中,罐内空气（可视为理想气体）（　　）

A.每个分子的动能都不变

B.分子间的平均距离减小

C.向外界放热

D.对外界做正功

【解题指南】解答本题时应明确以下几点:

（1）易拉罐在水中缓慢下降时内部气体温度不变。

（2）易拉罐在水中缓慢下降时内部气体压强变大。

（3）易拉罐在水中缓慢下降时内部气体体积减小。

【解析】选B、C。

易拉罐在水中缓慢下降时内部空气温度不变、压强增大,由玻意耳定律可知气体体积减小。

由于温度不变,分子的平均动能不变,但有的分子动能可能增大,有的分子动能可能减小,故选项A错误;由于气体体积减小,故气体对外做负功,分子间的平均距离减小,选项B正确,选项D错误;由热力学第一定律可知,气体向外界放出热量,选项C正确。

11.（6分）（多选）如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④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

【解析】选B、D。

过程①为等容变化,根据查理定律有

=

因为温度逐渐增加,则气体的压强逐渐增加,故选项A错误;过程②气体体积增加,则气体对外界做正功,故选项B正确;过程④中为体积不变,则气体对外界不做功,外界对气体也不做功,即W=0,理想气体的温度降低,则内能减少,即ΔU<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q<0,则气体向外界放出了热量,故选项C错误;状态c、d的温度相等,则分子平均动能相等,理想气体没有分子势能,则内能相等,故选项D正确。

12.（6分）如图所示,竖直放置的粗细均匀的U形管,右端封闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为h=19cm,封闭空气柱长度为L1=40cm。

为了使左、右两管中的水银面相平（设外界大气压强p0=76cmHg,空气柱温度保持不变）,则:

（1）需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱?

此时封闭端空气柱的长度是多少?

（2）注入水银过程中,外界对封闭空气做______（选填“正功”或“负功”）,气体将________（选填“吸热”或“放热”）。

【解析】

（1）假设两管中水银面相平时右管中空气柱长度为L2。

由玻意耳定律p1V1=p2V2得:

（p0-h）SL1=p0SL2,

解得:

L2=30cm,

需要再注入的水银柱长度为:

x=2（L1-L2）+19cm=39cm。

（2）在注入水银的过程中右管中气体体积减小,故外界对封闭空气做正功;由于气体温度保持不变,故内能不变,由热力学第一定律可知气体一定是放热。

答案:

（1）39cm　30cm　

（2）正功　放热

13.（16分）如图所示,导热良好的汽缸直立在水平地面上,汽缸的质量为m,高度为L,底面面积为S。

用活塞把一定量的气体封闭在汽缸内,活塞可沿汽缸壁无摩擦移动,活塞及气体的质量可忽略不计,气体可看作理想气体。

平衡时,活塞处于距汽缸底

处。

现用力F缓慢向上拉动活塞,直至汽缸刚要离开地面,此过程中活塞未移动到汽缸口处。

（环境温度保持不变,环境气体压强为p0）求:

（1）汽缸刚要离开地面时,活塞距汽缸底的距离;

（2）若此过程中力F做功为W,则封闭气体需从外界吸收多少热量?

【解析】

（1）汽缸刚要离开地面时,对整体由平衡条件可知:

F=mg,

活塞处于平衡状态,设此时封闭气体压强为p,

有F+pS=p0S,

此过程气体做等温变化,设此时活塞距汽缸底的距离为L′,

则由玻意尔定律得:

pSL′=p0S×

L,

联立各式,解得:

L′=

。

（2）此过程中力F对活塞做正功,环境气体对活塞做负功,封闭气体对活塞做正功,总功为零,设封闭气体做功为W0,有W+W0=p0S（L′-

L）,

由于封闭气体温度不变,所以其内能保持不变,

由热力学定律知,封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量,有Q=W0,

解得Q=

-W。

答案:

（1）

（2）

-W

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