【配套K12】2017_2018学年高中物理课时跟踪检测十三能量的转化与守恒鲁科版选修3_3

课时跟踪检测（十二） 电能的远距离传输1．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是( )A ．由P ＝U 2R知，应降低输电电压，增大导线电阻B ．由P ＝IU 知，应降低输电电压，减小输电电流C ．由P ＝I 2R 知，应减小导线电阻或减小输电电流 D ．上述说法均不对解析：选C 输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，用公式P ＝U 2R或P＝IU 计算功率损失时，U 应为导线上损失的电压，故A 、B 错误；导线上功率的损失为发热损失，即P ＝I 2R ，故C 正确。

2．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( ) ①直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流 ②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流 ③整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流 ④逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流 A ．①③ B ．②③ C ．①④D ．②④解析：选A 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站3部分组成，在整流站通过整流器将交流电变为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变为交流电，因此说法①③正确，应选A 。

3．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失，下列说法正确的是(不考虑感抗和容抗产生的损失)( )A ．功率损失是原来的1nB ．功率损失是原来的1n 2 C ．电压损失是原来的1nD ．电压损失是原来的n 倍解析：选BC 设输电电压为U ，所输送的功率为P ，输电线路总电阻为R ，则输电电流I ＝P U ，线路的功率损失ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 2，可知ΔP ∝1U2，当输电电压升高为原来的n 倍时，功率损失变为原来的1n 2，故选项B 正确；线路上的电压损失ΔU ＝IR ＝PR U ，可知ΔU ∝1U，当输电电压升高为原来的n 倍时，电压损失变为原来的1n，故选项C 正确。

课时跟踪检测（十五）能量的转化与守恒能源的利用与开发1．一个物体沿粗糙斜面匀速滑下，则下列说法中正确的是( )A．物体机械能不变，内能不变B．物体机械能减少，内能不变C．物体机械能减少，内能增加，机械能与内能总量减少D．物体机械能减少，内能增加，机械能与内能总量不变解析：选D 物体沿粗糙斜面匀速滑下，由于摩擦，内能增加，机械能减少，由能量守恒可知，机械能转化成内能，但机械能和内能的总量不变。

故A、B、C错误，D正确。

2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。

若减小风力，体验者在加速下落过程中( )A．失重且机械能增加B．失重且机械能减少C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少解析：选B 据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。

3．一质量均匀、不可伸长的绳索，重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C 处施加一竖直向下的力，将最低点缓慢拉至D点，在此过程中，绳的重心位置( )图1A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变解析：选A 外力对绳索做正功，绳索的机械能增加，由于绳索的动能不变，增加的必是重力势能，重力势能增加是重心升高的结果，故A正确。

4．(多选)在最近几年的空调市场上出现一个新宠——变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，是正常运行的5～7倍。

空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。

这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，而运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机。

而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。

阅读上述介绍后，探究以下说法中合理的是( )A ．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律B ．变频空调运行中做功少，转化能量多C ．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电D ．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样电能解析：选CD 自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A 错。

课时跟踪检测（十三）力的分解1．如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力恰好围成一个闭合的三角形，且三个力的大小关系是F1<F2<F3，则下列四个图中，这三个力的合力最大的是( )解析：选C 根据平行四边形定则可知，A图中三个力的合力为2F1，B图中三个力的合力为0，C图中三个力的合力为2F3，D图中三个力的合力为2F2，三个力的大小关系是F1<F2<F3，所以C图合力最大，故C正确，A、B、D错误。

2．在图中，要将力F沿两条虚线分解成两个力，则A、B、C、D四个图中，可以分解的是( )解析：选 A 根据平行四边形定则可知，分力的方向沿平行四边形的两个邻边的方向，合力的方向沿对角线的方向，所以图A中的力F可以沿两条虚线分解成两个力，故A正确。

根据平行四边形定则可知，若两个分力的方向相反，是不可能画出平行四边形的，故B错误。

同理C错误。

根据平行四边形定则可知，分力的方向沿平行四边形的两个邻边的方向，合力的方向沿对角线的方向，所以图D中的力F 不能沿图示的方向。

3．将物体所受重力按力的效果进行分解，下图中错误的是( )解析：选C A项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2；B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，A、B项画得正确。

C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体紧压两接触面的分力G1和G2，故C项画错。

D项中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D项画得正确。

4. (多选)如图1所示，重量为G的小球静止在斜面上，下列关于重力的两个分力说法正确的是( )图1 A．F1的大小等于小球对挡板的压力大小B．F2是小球对斜面的正压力，大小为Gcos θC．F1是小球所受重力的一个分力，大小为G tan θD．由于重力的存在，小球同时受G、F1、F2的作用解析：选AC 根据牛顿第三定律可知，F1的大小等于小球对挡板的压力大小，故A正确；F2是小球重力的一个分力，不是小球对斜面的正压力，只是大小上相等，故B错误；F1是小球所受重力的一个分力，由几何关系可知，其大小为G tan θ，故C正确；F1、F2均是重力的分力，是重力产生的两个效果，不是小球受到的力，故D错误。

课时跟踪检测（十七） 机械能守恒定律1．关于机械能守恒的叙述，正确的是( ) A ．做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒 B ．做变速直线运动的物体机械能不可能守恒 C ．合外力为零时，机械能一定守恒D ．只有重力对物体做功，物体的机械能不一定守恒解析：选A 物体做匀速直线运动，意味着所受合外力为零，但并不一定满足机械能守恒的条件，故选项A 正确，C 错误；只要满足机械能守恒的条件，不论物体做变速直线运动，还是变速曲线运动，机械能均守恒，故选项B 错误；只有系统内的重力对物体做功时，机械能一定守恒，故选项D 错误。

2.自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )图1A ．质量B ．机械能C ．重力大小D ．重力加速度解析：选C 由机械能守恒定律，E k ＝mgh ，动能E k 与位移h 的关系图线的斜率表示该物体的重力大小，选项C 正确。

3.如图2所示，质量为m 的小球以速度v 0离开桌面。

若以桌面为零势能面，则它经过A 点时所具有的机械能是(不计空气阻力)( )图2A.12mv 02＋mgh B.12mv 02－mgh C.12mv 02D.12mv 02＋mg (H －h ) 解析：选C 由机械能守恒定律可知，小球在A 点的机械能与小球在桌面上的机械能相等，其大小为12mv 02，故C 正确。

4．一物体由h 高处自由落下，以地面为参考平面，当物体的动能等于势能时，物体经历的时间为( )A.2hgB.h gC.h 2gD ．以上都不对解析：选B 设物体动能等于势能时速度为v ，根据机械能守恒12mv 2＋E p ＝mgh ，又12mv 2＝E p ， 解得v ＝gh ，而物体做自由落体运动，v ＝gt ， 解得t ＝hg，B 正确。

5．从地面竖直上抛两个质量不同的小球，设它们的初动能相同，当上升到同一高度时(不计空气阻力，选抛出点为参考面)，则( )A ．所具有的重力势能相等B ．所具有的动能相等C ．所具有的机械能不等D ．所具有的机械能相等解析：选D 因两小球质量不等，由重力势能表达式E p ＝mgh 可知，上升到同一高度时，所具有的重力势能不相等，选项A 错误；上升过程中只有重力做功，故小球机械能守恒，因初始动能相同，机械能相等，故上升到同一高度时机械能相等，从而动能不相等，选项B 、C 均错误，D 正确。

课时跟踪检测（三）碰撞1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( ) A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后两球都静止解析：选A 若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得A可能、B不可能。

若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，D不可能。

若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，C不可能。

2．关于散射，下列说法正确的是( )A．散射就是乱反射，毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析：选C 由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。

3.如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D 选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0。

B的动量p B＝－2mv0。

碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。

4.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图2所示。

由图可知，物体A、B的质量之比为( )图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析：选C 由图像知：碰前v A ＝4 m/s ，v B ＝0。

碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s ，由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′，解得m B ＝3m A 。

课时跟踪检测（十二）追寻守恒量——能量功1．关于功的概念，以下说法正确的是( )A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量B．功有正、负之分，所以功可能有方向性C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移D．一个力对物体做的功等于这个力的大小、物体在该力作用下位移的大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积解析：选D 功是标量，只有大小没有方向，功的正负只是说明力是动力还是阻力，A、B选项错误；力对物体不做功，不一定物体没有位移，当力和位移夹角为90°时，力对物体也不做功，C选项错误；根据功的计算式W＝Fl cos α知D选项正确。

2．有下列几种运动情况：①用水平推力F推一质量为m的物体在光滑水平面上前进位移l；②用水平推力F推一质量为2m的物体在粗糙水平面上前进位移l；③用与水平方向成60°角斜向上的拉力F拉一质量为m的物体在光滑水平地面上前进位移2l；④用与斜面平行的力F拉一质量为3m的物体在光滑斜面上前进位移l。

关于以上四种情况下力F做功的判断，正确的是( )A．②情况做功最多B．①情况做功最少C．④情况做功最少 D．四种情况做功一样多解析：选D 本题考查了对功的概念的理解，求解此类题目的关键是抓住力F、位移l 和其夹角分析，找出在每一具体的物理情景中的F、l、α，代入W＝Fl cos α进行计算，即可得到正确的答案。

3.如图1所示，用水平力F拉着重为100 N的物体，在水平地面上向左匀速移动了5 m，物体所受地面的摩擦力大小为20 N，则( )图1A．重力做的功是500 J B．拉力做的功为100 JC．拉力大小为120 N D．拉力大小为100 N解析：选B 重力方向上没有位移，所以重力不做功，A选项错误；在拉力作用下匀速移动，说明受力平衡，所以拉力大小等于摩擦力大小，即拉力大小为20 N，选项C、D错误；由功的计算式可得拉力做的功为100 J，选项B正确。

4．如图2所示，线拴着小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1 m，球的质量是0.1 kg，线速度v＝1 m/s，小球由A点运动到B点恰好是半圆周。

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，，选项A错误；由图乙可该过程中气缸内气体的压强始终为p0＋mgS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 V0＝T T0，神笛2005神笛2005 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。

课时跟踪检测（十三）热力学第一定律能量守恒定律1．在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将( )A．降低B．升高C．不变D．无法确定解析：选B 取房间内气体及电冰箱(有散热装置)为系统，冰箱消耗电能，对系统做功，系统总内能增加，房间内温度升高，B对。

2．第一类永动机是不可能制成的，这是因为第一类永动机( )A．不符合机械能守恒定律B．违背了能量守恒定律C．无法解决机械摩擦问题D．找不到合适的材料和合理的设计方案解析：选B 第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。

3．一定质量的气体吸收热量，体积膨胀并对外做功，由此过程的末态与初态相比( ) A．气体内能一定增加B．气体内能一定减小C．气体内能一定不变D．气体内能是增是减不能确定解析：选D 气体吸收热量Q＞0，气体对外做功W＜0，若|Q|＞|W|，根据热力学第一定律知ΔU＞0，内能增加；若|Q|＜|W|，则ΔU＜0，内能减小；若|Q|＝|W|，则ΔU＝0，内能不变，故D对。

4.如图1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，抽出隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热为Q，气体内能增量为ΔU，则( )图1A．ΔU＝Q B．ΔU＜QC．ΔU＞Q D．无法比较解析：选B A、B两部分气体密度不同，混合后其重力势能将发生变化，刚开始时A、B气体的合重心在中线下方，均匀混合后重心在中线上，重心上升了，所以气体的重力势能增加了，由能量守恒定律知，吸收的热量一部分增加气体的内能，一部分增加重力势能，即Q＝ΔU＋ΔE p，所以Q＞ΔU，故B对。

5.如图2所示为冲击摆实验装置，一水平飞行的子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，在此过程中有关能量转化的说法中正确的是( )图2A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能B．子弹的动能转变成沙箱和子弹的重力势能C．子弹的动能转变成沙箱和子弹的动能D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变为沙箱和子弹的机械能解析：选D 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，一部分动能变成沙箱和子弹的机械能，故D正确。

课时跟踪检测（二）功和能1．(多选)关于功和能，下列说法中正确的是( )A．功和能是两个相同的概念，所以它们的单位相同B．做功的过程就是能量从一种形式转化为其他形式的过程C．各种不同形式的能量在相互转化的过程中，其总量保持不变D．功是物体能量多少的量度解析：选BC 功和能虽然单位相同，但不是两个相同的概念，故A错误；能量的转化过程是通过做功实现的，故B正确；不同形式的能在相互转化的过程中总量保持不变，故C 正确；功是能量转化多少的量度，但不是物体具有能量多少的量度，故D错误。

2．(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( )A．这个物体没有能量B．这个物体的能量不发生变化C．这个物体没有对外做功D．以上说法均不对解析：选BC 不同形式的能之间的转化是通过做功实现的，物体不做功，并不能说明物体没有能量。

3．力对物体做功100 J，下列说法正确的是( )A．物体具有的能量增加100 JB．物体具有的能量减少100 JC．有100 J的能量发生了转化D．产生了100 J的能量解析：选C 由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、B 错误；功是能量转化的量度，故C正确、D错误。

4．(多选)关于对机械功的原理的认识，下列说法中正确的是( )A．使用机械时，动力对机械所做的功，可以大于机械克服阻力所做的功B．使用机械时，动力对机械所做的功，一定等于机械克服阻力所做的功C．使用机械可以省力，也可以省功D．使用机械可以省力，但不能省功解析：选BD 使用任何机械时，动力对机械所做的总功总是等于机械克服阻力所做的功，B对；使用机械可以省力，但不能省功，D对。

5．盘山公路总是修筑得盘旋曲折，因为( )A．盘山公路盘旋曲折会延长爬坡的距离，根据斜面的原理，斜面越长越省功B．盘山公路盘旋曲折显得雄伟壮观C．盘山公路盘旋曲折会延长爬坡长度，斜面的原理告诉我们，高度一定，斜面越长越省力D．盘山公路盘旋曲折是为了减小坡度，增加车辆的稳度解析：选C 根据功的原理，增大位移，可以省力，但任何机械都不省功，所以C项正确。

课时分层作业(四) 电磁感应中的能量转化与守恒[基础达标练](时间：15分钟 分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．如图1­5­13所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差为()图1­5­13 A.2BRv B.22BRv C.24BRv D.324BRv D [设整个圆环电阻是r ，则其外电阻是圆环总电阻的34，而在磁场内切割磁感线的有效长度是2R ，其相当于电源，E ＝B ·2R ·v ，根据欧姆定律可得U ＝34r r E ＝324BRv ，选项D 正确．]2.如图1­5­14所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v ­t 图像中，正确描述上述过程的是 ()图1­5­14A BC DD [导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2v R，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确．] 3.如图1­5­15所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于 ( )【导学号：24622028】图1­5­15A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上产生的热量A [棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据功能关系可知，力F 与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确．]4．如图1­5­16所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )图1­5­16A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流的方向保持不变C ．线框所受安培力的合力为零D ．线框的机械能不断增大B [当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减少，根据楞次定律可知产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，选项A 错误，B 正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，选项C 错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，选项D 错误．]5. (多选)如图1­5­17所示，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，除电阻R 外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )图1­5­17A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少AC [金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受重力作用，其加速度应等于重力加速度，故选项A 正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，电阻等效为外电路，其电流方向为b →a ，故选项B 错误；金属棒速度为v 时，安培力大小为F ＝BIL ，I ＝BLv R，由以上两式得F ＝B 2L 2v R，故选项C 正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R 上产生的内能，因此选项D 错误．]6．(多选)如图1­5­18所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( )【导学号：24622029】图1­5­18A ．如果B 增大，v m 将变大B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大BC [金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0，即mg sin α＝B 2L 2v m R时，此时达到最大速度v m ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确．] 二、非选择题(14分)7.如图1­5­19所示，电阻r ＝0.3 Ω、质量m ＝0.1 kg 的金属棒CD 静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R ＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F ，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V ，此时导体棒的速度为2 m/s.图1­5­19(1)求拉动金属棒的外力F 的大小．(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F ，求此后电阻R 上产生的热量．【解析】 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv电路中的感应电流I ＝ER ＋r金属棒受到的安培力F 安＝BIL金属棒匀速运动时有F ＝F 安由题意可知E ＝1.0 V R·(R ＋r ) 联立以上各式解得F ＝1.6 N.(2)金属棒的动能转化为内能，则12mv 2＝Q 电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋r Q 解得Q R ＝0.125 J.【答案】 (1)1.6 N (2)0.125 J[能力提升练](时间：25分钟 分值：50分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1.如图1­5­20所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图1­5­20A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θB [金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Blv l sin θr ＝Bv sin θr，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr ，选项D 错误．] 2. (多选)如图1­5­21所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是 ( )图1­5­21A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．ab 边经过最低点时的速度v <2gLD ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 CD [ab 边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v <2gL ，所以选项B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．]3. (多选)如图1­5­22所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，且磁感应强度相同，其宽度均为d ，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h 的无磁场区域，h >d .一质量为m 、边长为d 的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g ，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是 ( )图1­5­22A ．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同B ．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C ．线框有可能匀速通过磁场区域ⅠD ．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q ＝2mg (d ＋h )BD [由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A 错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B 正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动，选项C 错误；线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能，即Q 2＝mg (d ＋h )，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q ＝2Q 2＝2mg (d ＋h )，选项D 正确；故选B 、D.]4. (多选)如图1­5­23所示，电阻不计、相距L 的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，导轨上固定有质量为m ，电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 始终保持静止，当MN 下滑的距离为s 时，速度恰好达到最大值v m ，则下列叙述正确的是 ( )【导学号：24622030】图1­5­23A ．导体棒MN 的最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2 B ．此时导体棒EF 与轨道之间的静摩擦力为mg sin θC ．当导体棒MN 从静止开始下滑s 的过程中，通过其横截面的电荷量为BLs 2RD ．当导体棒MN 从静止开始下滑s 的过程中，导体棒MN 中产生的热量为mgs sin θ－12mv 2mAC [当MN 下滑到最大速度时满足：mg sin θ＝B 2L 2v m 2R ，解得v m ＝2mgR sin θB 2L 2，选项A 正确；此时导体棒满足mg sin θ＋F 安＝f 静，故此时导体棒EF 与轨道之间的静摩擦力大于mg sin θ，选项B 错误；当导体棒MN 从静止开始下滑s 的过程中，通过其横截面的电荷量为q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，选项C 正确；当导体棒MN 从静止开始下滑s 的过程中，两个导体棒中产生的总热量为mg sin θ－12mv 2m ，则MN 中产生的热量是12(mgs sin θ－12mv 2m )，选项D 错误；故选A 、C.]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(10分)如图1­5­24所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长，与MN 、PQ 相连的绳跟MN 、PQ 垂直)图1­5­24(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力；(2)金属棒PQ 能达到的最大速度．【解析】 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ 做匀速直线运动．对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg .(2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I m ＝E 2R，F 安＝BLI m 解得v m ＝2mgR B 2L 2. 【答案】 (1)mg (2)2mgR B 2L 2 6．(16分)匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场宽度l ＝4 m ，一正方形金属框边长为l ′＝1 m ，每边的电阻r ＝0.2 Ω，金属框以v ＝10 m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图1­5­25所示．求：图1­5­25(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图；(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i ­t 图线；(要求写出作图依据)(3)画出ab 两端电压的U ­t 图线．(要求写出作图依据)【解析】 (1)如图(a)所示，金属框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd 相当于电源；第Ⅱ阶段cd 和ab 相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab 相当于电源，各阶段的等效电路图分别如图(b)、(c)、(d)所示．(a)(b) (c) (d)(2)、(3)第Ⅰ阶段，有I 1＝Er ＋3r ＝Bl ′v 4r ＝2.5 A. 感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v＝0.1 s. ab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2 V＝0.5 V在第Ⅱ阶段，有I 2＝0，ab 两端的电压U 2＝E ＝Bl ′v ＝2 Vt 2＝l －l ′v ＝4－110s ＝0.3 s 在第Ⅲ阶段，有I 3＝E4r＝2.5 A 感应电流方向为顺时针方向 ab 两端的电压U 3＝I 3·3r ＝1.5 V ，t 3＝0.1 s规定逆时针方向为电流正方向，故i ­t 图像和ab 两端U ­t 图像分别如图甲、乙所示．甲 乙【答案】 见解析。