物理新导笔记粤教通用3-3讲义：第三章 热力基础 第二节~第三节 含答案

第三章热力学基础第一节内能功热量A级抓基础1．下列哪个实例说明做功转变了系统的内能( )A．热水袋取暖B．用双手摩擦给手取暖C．把手放在火炉旁取暖D．用嘴对手呵气给手取暖解析：双手摩擦做功，使手的内能增加，感到温存；A、C、D都是通过热传递来转变系统的内能，选项B 正确．答案：B2．日常生活中谈到“热”，具有不同的含义，它可以表示物理学中的热量、温度、内能等，以下叙述中哪个“热”是用来表示物理学上的内能( )A．今日的天气很热B．摩擦生热C．物体放热温度降低D．今年消灭足球热解析：选项A中的“热”表示温度，B中的“热”表示内能，C中的表示热量，D中的没有物理含义．答案：B3.如图所示，带有活塞的烧瓶内封闭肯定的气体，不考虑烧瓶和外界的热传递，现在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，则烧瓶内的气体温度会( )A．上升B．降低C．不变D．无法确定解析：在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，对烧瓶内的气体做功，不考虑烧瓶和外界的热传递ΔU ＝W；故气体的内能增加，故温度上升．答案：A4．关于物体的内能和热量，下列说法中正确的有( )A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等D．热量是热传递过程中内能转移量的量度解析：物体的内能由温度、体积及物体的质量打算，不只由温度打算，故选项A、B错误．在自发的热传递过程中，热量是由高温物体传给低温物体，而内能大的物体不肯定温度高，在热传递过程中完全有可能内能大的物体内能连续增大，内能小的物体内能连续减小，故选项C错误．关于热量的论述，选项D正确．答案：D5．一个飞行速度是500 m/s的子弹，当它射入物体时，产生热量的一半被子弹吸取，则子弹上升的温度是________[子弹是铜质的，铜的比热是390 J/(kg·℃)]．解析：设子弹上升的温度为Δt，则cmΔt＝12mv2×12，Δt＝mv24cm＝50024×390℃＝160 ℃.此过程中子弹动能的削减的一半被子弹吸取，转化为子弹的内能．答案：160 ℃B级提力量6．如图所示，瓶内装有少量的水，瓶口已塞紧，水上方空气中有水蒸气，用打气筒向瓶内打气，当塞子从瓶口跳出时，瓶内消灭“白雾”，这一现象产生的缘由可以用下面三句话解释：甲，水蒸气分散成小水珠；乙，瓶内气体推动瓶塞做功，内能减小；丙，温度降低．三句话正确的挨次是( )A．甲乙丙B．乙丙甲C．丙甲乙D．乙甲丙解析：依据题意因果挨次的进程为：空气推动瓶塞做功——空气内能减小——瓶内空气温度降低——瓶内水蒸气液化成小水珠即“白雾”，而瓶塞跳起的缘由是用打气筒往瓶内打气使气体压强增大所致．答案：B7．金属筒内装有与外界温度相同的压缩空气，打开筒的开关，筒内高压空气快速向外溢出，待筒内外压强相等时，马上关闭开关．在外界保持恒温的条件下，经过一段较长的时间后，再次打开开关，这时消灭的现象是( )A．筒外空气流向筒内B．筒内空气流向筒外C．筒内外有空气交换，处于动平衡态，筒内空气质量不变D．筒内外无空气交换解析：因高压空气急剧外溢时，气体来不及充分与外界发生热交换，可近似看成绝热膨胀过程，气体对外做功，内能削减，所以关闭开关时，筒内气体温度较外界偏低，再经过较长时间后，筒内外气体温度相同．对筒内剩余气体分析，属等容升温过程，压强要上升，大于外界气压，所以再打开开关时，筒内气体要流向筒外．答案：B8．(多选)对于热量、功和内能三者的说法正确的是( )A．三者单位相同，物理意义相同B．热量和功是内能的量度C．热量和功由过程打算，而内能由物体状态打算D．系统内能增加了200 J，可能是外界接受绝热方式对系统做功 200 J，也可能是外界单纯地对系统传热200 J解析：热量、功和内能三者尽管单位相同，但物理意义有本质区分，A错；热量和功由过程打算，内能由物体状态打算，热量和功是内能变化的量度，C对，B错；对一个绝热过程ΔU＝W＝200 J，对一个单纯热传递过程ΔU＝Q＝200 J，D对．答案：CD9．(多选)如图所示为焦耳试验装置简图，用绝热良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温上升，关于这个试验，下列说法正确的是( )A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区分解析：可通过重力做功与水温上升吸取的热量，测定热功当量，做功增加了水的内能，而热量只是热传递过程中内能转变的量度，所以功与热量是不同的．故选A、C.答案：AC10.(1)某同学做了一个小试验：先把空的锥形瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出锥形瓶，并快速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将锥形瓶放进盛满热水的烧杯里，气球渐渐膨胀起来，如图所示．这是由于锥形瓶里的气体吸取了水的______，温度______，体积________．(2)若只对肯定质量的抱负气体做1 500 J的功，可使其温度上升5 K．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样上升5 K，那么气体吸取________ J的热量．假如对该气体做了2 000 J的功，使其温度上升了5 K，表明在该过程中，气体还____________(选填“吸取”或“放出”)热量____________J. 解析：(1)锥形瓶和锥形瓶内的气体要从热水杯中吸取水的热量，温度上升，体积增大．(2)做功和热传递都可以转变物体的内能，且是等效的．答案：(1)热量上升增大(2)1 500 放出500。

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内能功热量1把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速向下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来．此实验的目的是要说明（)A．做功可以升高物体的温度B．做功可以改变物体的内能C．做功一定可以增加物体的内能D．做功可以增加物体的热量2下列关于热量的说法中，正确的是（）A．热量是从含热量较多的物体传给含热量较少的物体B．热量是从温度较高的物体传给温度较低的物体C．热量是从内能较多的物体传给内能较少的物体D．热量是从比热容大的物体传给比热容小的物体3下列说法正确的是( ）A．液体中悬浮微粒的布朗运动是由做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大C．物体内所有分子动能的总和叫做物体的内能D．只有通过热传递的方式才能改变物体的内能4如图所示是一定质量的理想气体从状态A变化至状态B的pV图，下列说法中正确的是（)A．气体的内能增加B．气体的内能减小C．气体对外界做功D．外界对气体做功5如图所示为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好,重物下落带动叶片搅拌容器里的水,引起水温升高．关于这个实验，下列说法正确的是…（）A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别6夏天，有一打满气的自行车轮胎，若将手放于气门嘴口，突然将气门打开，则手的感受( )A．变热 B．变凉C．与原来温度一样 D．不确定7在光滑水平面上有一木块保持静止，子弹穿过木块，下列说法中正确的是（）A．做功使木块内能改变B．子弹损失的机械能等于子弹与木块增加的内能C．子弹损失的机械能等于木块动能的增加和木块、子弹增加内能的总和D．子弹与木块总动能守恒8如图所示，将一空的薄金属圆筒开口向下压入水中，设水温均匀且恒定，且筒内空气无泄漏，不计空气分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，发现筒内空气体积在不断减小,则下面说法中正确的是（)A．筒内空气的压强在增大B．筒内空气的温度在升高C．筒内空气向外界放热D．筒内空气的内能减小9冬季,由于温度太低，很难启动摩托车．这时驾驶者往往先关闭油门，连续踏下启动摇杆若干次，然后再打开油门，踏下启动摇杆即可启动，运用的原理是什么？10一列火车从甲站驶向乙站的全过程中，其平均速度v＝36 km/h，火车发动机的功率P ＝1 410马力，效率η＝40%，若甲、乙两站间的距离为s＝14 km.求列车通过这段路程需消耗多少热值q＝4.2×107 J/kg的煤？(1马力＝735瓦)参考答案1解析:此实验的目的是要说明做功可以改变物体的内能，故选项B正确;物体的温度升高，是因为其内能增加而导致的，并不是实验要说明的，故选项A错误；做功可以增加物体的内能，也可以减少物体的内能，故C项的说法错误；D选项中说增加物体的热量这个说法是错误的，不能说物体有多少热量，只能说在热传递过程中转移了多少热量．答案:B2解析：要明确热量是用来衡量热传递过程中能量变化的多少的．热传递发生在有温度差的两物体间或物体的两部分间，且总是从高温物体(或部分)传递给低温物体(或部分），与物体内能的多少、比热容的大小均无关．故选项B正确．答案：B3解析：布朗运动是液体分子撞击微粒造成的．温度是分子平均动能的标志,所以选项A、B正确．内能是指物体内所有分子动能与分子势能的总和，做功和热传递都能改变物体的内能．所以选项C、D错．答案：AB4解析:根据理想气体状态方程：pV/T＝常数，可以得出气体的温度升高,内能增加，A正确；由图像可知，气体体积增大，故气体对外做功，C正确．答案:AC5解析：可通过测重力做的功与水温升高吸收的热量，测定热功当量．做功增加了水的内能，而热量只是热传递过程中内能改变的量度，所以功与热量是不同的．答案：AC6解析:当突然将气门打开时，自行车轮胎内的气体膨胀对外做功,由于时间很短，气体还没有来得及与外界发生热交换，故在这一过程中,气体内能减少,温度降低，故选B.答案:B7解析：子弹损失的机械能，一部分使木块的动能增加,一部分转化为内能被子弹和木块吸收,故选A、C.答案：AC8解析：金属筒在缓慢下降过程中，压强增大,A正确;由于水温均匀恒定，又因不计空气分子间相互作用,不考虑分子势能,其内能不变,所以B、D均错，因体积不断减小,外界对气体做功，则空气向外界放热，C正确．答案：AC9解析：连续踏下启动摇杆，活塞不断压缩气缸内的气体做功，增加气体的内能，使气体的温度升高．当达到汽油的燃点时，即可启动．答案：见解析．10解析：根据题意，可以计算出发动机所做的功，然后通过热机效率的计算,求出燃料完全燃烧时释放出的热量，从而求出煤的质量．在全过程中发动机做的功W＝Pt＝P错误!＝1 410×735×错误!×3 600 J≈1。

第五节能源与可持续发展第六节研究性学习——能源的开发利用与环境保护[学习目标]1.了解能源与环境.2.知道能源开发和利用带来的问题及应该采取的对策.3.培养可持续发展的责任感和节约能源的意识．一、能源与环境、温室效应和酸雨[导学探究]你知道产生温室效应和酸雨的主要污染物是什么吗？答案产生温室效应的污染物是二氧化碳，形成酸雨的主要污染物是二氧化硫和氮氧化合物．[知识梳理]1．温室效应(1)成因：温室效应是由于大气里温室气体含量增大而形成的，石油和煤炭燃烧时产生二氧化碳．(2)危害：温室效应会导致全球变暖、海平面上升、气候变化、疾病增多等．(3)改善措施：调整能源结构，控制二氧化碳的过量排放．具体措施：一是提高能源利用率；二是开发新能源．(4)新能源①清洁能源：如：核能、水能、太阳能、风能、地热能、沼气等．②新能源特点：污染少，可再生或资源丰富．2．酸雨(1)定义：pH值小于5.6的降水．(2)成因：大气中酸性污染物质，如二氧化硫、氮氧化合物等，在降水过程中溶入雨水，使其成为酸雨．(3)危害：酸雨影响人的健康，危害生态系统，使土壤酸化、贫瘠，腐蚀建筑物和艺术品等．(4)防治：①健全法规，强化管理，控制排放．②发展清洁煤技术，减少燃烧过程SO2的排放．③通过改造发动机，安装汽车尾气净化器，用无铅汽油代替含铅汽油等手段，控制汽车尾气排放．二、能量降退与节约能源[导学探究]流动的水带动水磨做功，由于磨盘和粮食之间的摩擦和挤压，使磨盘和粮食的温度升高，水流的一部分机械能转变成了内能，这些内能最终流散到周围的环境中，我们没有办法把这些流散的内能重新收集起来加以利用．可见，内能与机械能相比，哪种能量的品质低？答案内能[知识梳理]1．能量降退(1)能量降退：能量可利用程度降低的现象．(2)能量降退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．(3)能量降退虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低(填“降低”或“提高”)，它实际上将能量从高度有用的形式降级为不大有用的形式．2．节约能源能量虽然不会减少，但能源会越来越少，所以要节约能源．三、能源的开发利用与环境保护1．新能源的开发(1)太阳能：有直接加热物体的太阳能热水器、太阳灶，有利用半导体材料把太阳能转化为电能的太阳能电池等，主要问题是只有白天工作，还要受天气影响，会妨碍大规模使用太阳能，要研究储存太阳能的方法．(2)水能：水能有巨大的开发潜力，可以开发梯级电站．(3)核能：是一个巨大的能源，通过原子反应堆进行核发电，主要应注意核泄漏、控制核污染．(4)风能：为了增加风力发电的功率，通常把很多风车建在一起，成为“风车田”．我国的新疆、内蒙古等地已经开始大规模利用风力发电．2．做好环境保护工作目前的任务是采用环境能源技术，解决突出的环境污染问题，例如：城市生活垃圾问题，变垃圾为能源；汽车尾气问题，达到废气“零”排放；环境污染的综合治理问题，解决废物、废水、废气等污染问题，要变废为宝.一、能源与环境例1(多选)关于温室效应，下列说法中正确的是()A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了温室效应B．石油和煤炭燃烧时增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了温室效应C．温室效应使得地面气温上升、两极冰雪融化D．温室效应使得土壤酸化答案BC解析温室效应的产生是由于石油和煤炭的燃烧增加了大气中二氧化碳的含量，它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、淹没沿海城市、海水和河流倒灌等，故选项B、C正确．例2人类只有一个地球，我们要保护赖以生存的环境．试完成以下三个题目：(1)下列哪一种不属于当今世界的三大环境问题()A．酸雨B．臭氧层的破坏C．人口的急剧增长D．温室效应(2)酸雨的形成主要是由于()A．大气中CO2含量的增加B．大气中SO2含量的增加C．乱砍滥伐森林，破坏生态环境D．大气中氟利昂含量增加(3)大气臭氧层()A．能大量反射太阳辐射中的紫外线，所以那里的温度较低B．能散射太阳光中的紫外线，使地面生物免受紫外线之害C．是大气层中存在臭氧的唯一场所，我们应该加以保护D．吸收大量的太阳紫外线，减小到达地面的紫外线辐射答案(1)C(2)B(3)D解析(1)当今世界的三大环境问题是：酸雨的危害，臭氧层的破坏导致大气层的保护作用减弱，温室效应使地球温度普遍变暖，因此正确的选项是C.(2)酸雨形成的基本原因主要与煤炭和石油燃烧以及工业生产等释放到大气中的二氧化硫和氮氧化合物污染物有关，二氧化硫和氮氧化合物污染物在大气中通过化学反应分别转化为硫酸和硝酸，混入雨水或者雪水中，使其酸度增加，同时酸雨的形成还与大气中其他的碱性物质有关，如空气中的氧化钙、土壤中的硫酸钙以及其他碱性物质可与酸发生中和反应，因此正确的选项为B.(3)大量的紫外线的照射可以对人和牲畜造成伤害，而大气臭氧层主要是吸收大量的紫外线，减小到达地面的紫外线辐射从而对地球上的生物起到保护作用，因此正确的选项为D.二、能量降退与节约能源例3(多选)下列对能量降退理解正确的是()A．能量降退说明能量在不断减少B．能量降退遵守能量守恒定律C．能量降退说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失D．能量降退从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性答案 BD解析 在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终转化为流散到周围环境中的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量降退．能量降退并不违反能量守恒定律，宇宙中的能量既没有减少，也没有消失，它从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A 、C 错，B 、D 对．三、能源的开发利用与环境保护例4 下列供热方式最有利于环境保护的是( )A ．用煤做燃料供热B ．用石油做燃料供热C ．用天然气或煤气做燃料供热D ．用太阳灶供热答案 D解析 煤、石油、天然气等燃料的利用，使人类获得大量的内能．但由于这些燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉尘、一氧化碳、二氧化硫等物质，污染了大气．而太阳能是一种无污染的能源，应大力推广，故答案应选D.能源与可持续发展⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 能源与环境⎩⎪⎨⎪⎧ 温室效应⎩⎪⎨⎪⎧ 成因危害防治措施酸雨⎩⎪⎨⎪⎧ 成因危害防治措施能量降退与节约能源能源的开发利用与环境保护1．(能源与环境)酸雨对植物的正常生长影响很大，为了减少酸雨的影响，应采取的措施是( )①少用煤作燃料 ②燃料脱硫 ③在已经酸化的土壤中加石灰 ④多种植美人蕉、银杏等植物 ⑤开发新能源A ．①②④⑤B ．①②⑤C ．①②③④⑤D ．①②③⑤答案 A解析酸雨主要是由煤、石油等燃料燃烧所释放的SO2和氮氧化物在降水过程中溶入雨水中形成的．因而为减少酸雨的影响，少用煤作燃料和燃料脱硫是有效的方法．开发新能源也是减少煤使用量的方法，另外美人蕉和银杏对SO2有较强的吸收能力，所以①、②、④、⑤正确，应选A.2．(能源与环境)下列说法中不正确的是()A．核能是一种常规能源B．煤、石油、天然气叫做常规能源C．大量消耗常规能源产生了“温室效应”D．燃烧煤炭时生成的二氧化硫使雨水酸度升高，形成酸雨答案 A解析煤、石油、天然气属于常规能源，核能、地热能、海洋能、太阳能等则属于新能源．3．(能源降退与节约能源)关于能源的开发和利用，下列观点不正确的()A．能源是有限的，无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的C．在对能源进行开发和利用的同时，必须加强对环境的保护D．不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的主要途径答案 B解析能量是守恒的，但由于能量降退，使得能利用的能源越来越少．4．(能源的开发利用与环境保护)为了倡导“低碳生活”，我们应当大力开发和利用下列能源中的()A．石油B．太阳能C．天然气D．煤炭答案 B解析要减小碳排放，就必需利用非化石能源，即能源中不能含有C元素，而石油、天然气和煤炭都含有C元素，故应大力开发和利用太阳能，故B正确．题组一能源与环境1．下列叙述中不正确的是()A．一般将pH小于5.6的降水称为酸雨B．无氟冰箱的使用会使臭氧层受到不同程度的破坏C．大气中CO2含量的增多是引起温室效应的主要原因D．“白色污染”是当前环境保护亟待解决的问题之一答案 B2．CO2气体几乎不吸收太阳的短波辐射，大气中CO2浓度增加能使地表温度因受太阳辐射而上升；另外，它还有强烈吸收地面红外热辐射的作用，阻碍了地球周围的热量向外层空间的排放，使整个地球就像一个大温室一样，因此，大气中二氧化碳气体浓度的急剧增加会导致气温的逐步上升，使全球气候变暖．请回答：(1)大气中CO2增多产生的效应称为()A．光热效应B．光电效应C．光气效应D．温室效应(2)导致大气中CO2浓度增加的主要原因是()A．大量植物和生物物种灭绝B．大量燃料如石油、煤炭、天然气等的燃烧C．人口剧增，呼出的二氧化碳增多D．自然因素破坏了地球生态环境的平衡答案(1)D(2)B3．下列不属于火力发电厂的污染的是()A．排放导致温室效应的气体B．废渣污染水土C．酸雨D．破坏大气臭氧层答案 D解析煤中的可燃性硫经在锅炉中高温燃烧，大部分氧化为二氧化硫，其中只有0.5%～5%再氧化为三氧化硫．在大气中二氧化硫氧化成三氧化硫的速度非常缓慢，但在相对湿度较大、颗粒物存在时，可发生催化氧化反应．此外，在太阳光紫外线照射并有氧化氮存在时，可发生光化学反应而生成三氧化硫和硫酸酸雾，这些气体对人体和动、植物均有害．大气中二氧化硫是造成酸雨的主要原因：粉煤灰渣，是煤燃烧后排出的固体废弃物．其主要成分是二氧化硅、三氧化二铝、氧化铁、氧化钙、氧化镁及部分微量元素．粉煤灰既是“废”也是“资源”．如不很好处置而排入江河湖海，则会造成水体污染；煤燃烧产生的二氧化碳是导致温室效应的气体，故属于火力发电厂的污染；破坏大气臭氧层的气体主要是氟利昂，不属于火力发电厂的污染．题组二能量降退与节约能源4．下列关于能量降退的说法中不正确的是()A．能量降退使能的总量减少，违背了能量守恒定律B．能量降退是指散失在环境中的内能不容易收集起来被人类利用C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动发生的D．能量降退导致能量品质的降低答案 A5．下列现象属于能量降退的有()A．利用水能发电转化为电能B．电能通过灯泡中的电阻丝转化为光能C．电池的化学能转化为电能D．火炉把房子烤暖答案 D解析能量降退是指其他形式的能转化为内能，最终流散在周围环境中无法重新收集并加以利用的现象，能够重新收集并加以利用的能不能称为能量降退．本题中的电能、光能都可以重新收集并加以利用，如用光作能源的手表等．只有当用电灯照明时的光能被墙壁吸收之后变为周围环境的内能，才无法重新收集并加以利用，但本题没有告诉该光能用来做什么，故不能算能量降退．火炉把房子烤暖后使燃料的化学能转化成内能并流散在周围的环境中，无法重新收集并加以利用，属于能量降退．6．能源利用的过程实质上是()A．能量的消失过程B．能量的创造过程C．能量的转化和转移过程D．能量的转化、传递并且逐渐消失的过程答案 C解析能源利用的过程是做功或热传递的过程，前者是能量的转化，后者是能量的转移．题组三能源的开发利用与环境保护7．(多选)下面关于能源的说法中正确的是()A．能源是取之不尽，用之不竭的B．能源是有限的，特别是常规能源，如煤、石油、天然气等C．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源D．核能的利用对环境的影响比燃烧石油、煤炭大答案BC解析尽管能量守恒，但耗散的能量无法重新收集利用，所以能源是有限的，特别是常规能源，A项错，B项对．常规能源的利用比核能的利用对环境的影响大，C项对，D项错．8．作为新型燃料，从环保角度看，氢气具有的突出特点是()A．在自然界里存在氢气B．氢气轻，便于携带C．燃烧氢气污染小D．氢气燃烧发热量高答案 C解析氢气燃烧生成水，所以对环境污染小．9．关于能源的开发和节约，你认为下列哪些观点是错误的()A．常规能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现C．能源的开发和利用，必须要同时考虑其对环境的影响D．通过核聚变和平利用核能是目前开发新能源的一种新途径答案 B解析虽然能量守恒，但能量的耗散导致能量的品质降低及不可再利用，也往往对环境产生破坏，从而应开发新型的清洁型的能源，故B选项错．10．(多选)下列关于能量耗散的说法中正确的是()A．能量耗散使能量的总量减少，违背了能量守恒定律B．能量耗散是指散失在环境中的内能再也不能收集起来并被人类利用C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动发生、全额发生的D．能量耗散导致能量的品质降低答案BCD11．(1)关于能量耗散，下列说法中正确的是________．A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了B．能量耗散表明能量守恒定律是不正确的C．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了D．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性E．煤炭中常常含有较多的硫，大量燃烧形成的二氧化硫等物质使雨水中酸度升高，形成“酸雨”(2)某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多少？答案(1)CDE(2)3.4 kW解析(1)能量耗散的过程是能量向品质低的内能转变的过程，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消失，故A、B错误；能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，C正确；根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性的，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确；煤炭中常常含有较多的硫，大量燃烧形成的二氧化硫等物质使雨水中酸度升高，形成“酸雨”，选项E正确．(2)在时间t内作用于风车的气流质量为m＝πr2v tρ这些气流的动能为12m v 2 转变的电能为E ＝12m v 2×10% 故风车带动的电动机功率为P ＝E t ＝12πr 2ρv 3×10% 代入数据得P ≈3.4 kW.。

1．(双选)下列哪些过程是通过做功改变物体内能的()A．汽车刹车过程中，刹车片温度升高B．太阳能热水器中水温升高C．在寒冷的冬天，人从室外进入室内，感觉暖和D．电饭锅将饭煮熟【解析】汽车刹车时，克服摩擦力做功，温度升高，A正确；太阳能热水器中水温升高属于热传递，B错误；人从室外到室内，人与室内空气发生热传递，C错误；电饭锅煮饭是电流做功，将电能转化为热能，D正确．【答案】AD2．日常生活中谈到“热”，具有不同的含义，它可以表示物理学中的热量、温度、内能等，以下叙述中哪个“热”是用来表示物理学上的内能() A．今天的天气很热B．摩擦生热C．物体放热温度降低D．今年出现足球热【解析】选项A中的“热”表示温度，B中的“热”表示内能，C中的表示热量，D中的没有物理含义．故选B.【答案】 B3．2008年9月27日下午，举世瞩目的“神舟七号”实现了航天员出舱和太空行走，从电视转播中可以看到翟志刚和刘伯明穿上加气压的舱外服在(与返回舱隔离的)轨道舱中协同作业，16时35分12秒翟志刚在经过几次尝试后奋力向内打开舱盖，太空在中国人面前打开！以下关于轨道舱舱内气压的猜想正确的是() A．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内和舱外的太空都有约为一个大气压的空气压强，所以舱内气体不做功B．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内有与地表附近相似的空气，但由于完全失重，这些空气产生的气压为零，不会对外做功C．翟志刚用很大的力才把舱盖打开，是因为舱内有约一个大气压的空气压强，而舱外的太空气压为零，所以气体不做功，内能不变D．翟志刚打开舱盖前，轨道舱中应该已泄压，舱内接近真空【解析】在太空中，舱外为真空，气压为零，选项A错误；若舱内有约为一个大气压的空气，则用人力是无法打开舱盖的，选项C错误；若舱内有与地表相似的空气，即使完全失重也会产生约一个大气压的压强，选项B错误；事实上轨道舱中已经泄压而接近真空，选项D正确．【答案】 D4．如图3-1-5所示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()图3-1-5A．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D．气泡内能不变，不吸热也不放热【解析】在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功．但由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故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，内能不变，故须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功．故正确答案为B.【答案】 B5．在一个完全真空的绝热容器中放入两个物体，它们之间没有发生热传递，这是因为()A．两物体具有相同的内能B．真空容器中不能发生热传递C．两物体的温度相同D．两物体没有接触【解析】发生热传递的方式有三种，条件是有温度差，而与物体内能的多少、是否接触、周围环境(是否真空)无关．故C项正确．【答案】 C6．一定质量的0 ℃的冰融化成0 ℃的水时其分子动能之和E k与分子势能之和E p及物体内能E的变化情况为()A．E k变大，E p变大，E变大B．E k变小，E p变小，E变大C．E k不变，E p变大，E变大D．E k不变，E p变小，E变小【解析】温度是分子平均动能的标志，温度相同，平均动能一定相同.0 ℃的冰融化成0 ℃的水，分子个数不变，总动能E k相同．但融化过程中吸收热量，内能E增大，所以分子势能增大，C对，A、B、D错．【答案】 C7．如图3-1-6所示把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速向下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明()图3-1-6A．做功可以升高物体的温度B．做功可以改变物体的内能C．做功一定可以增加物体的内能D．做功可以增加物体的热量【解析】活塞压缩空气做功，使空气内能增加，温度升高，故此实验目的是用来说明做功可以改变物体的内能．但压缩过程不一定是绝热过程，故内能不一定增加，因此选B.【答案】 B8. (双选)如图3-1-7所示为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高．关于这个实验，下列说法正确的是()图3-1-7A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别【解析】将做功过程和吸热过程在同等条件下对比，可测出热功当量，故A正确；做功增加了水的内能，热量只是热传递过程中内能改变的量度，故B 错误，C正确；做功和传热递产生的效果相同，但功和热量是不同的概念，D错误．【答案】AC9．(双选)在光滑水平面上有一木块保持静止，子弹穿过木块，下列说法中正确的是()A．子弹对木块做功使木块内能增加B．子弹损失的机械能等于子弹与木块增加的内能C．子弹损失的机械能等于木块动能的增加和木块、子弹增加的内能的总和D．子弹与木块总动能守恒【解析】子弹损失的动能，一部分使木块的动能增加，另一部分转化为内能被子弹和木块吸收，故选A、C.【答案】AC10．(双选)如图3-1-8所示，大口玻璃瓶内有一些水，水的上方有水蒸气，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，观察瓶内的变化．以下说法正确的是()图3-1-8A．水蒸气对外界做功，内能减少B．外界对水蒸气做功，内能增加C．瓶口处水蒸气因液化有“白雾”出现D．因向瓶内打气，内能增加，瓶口处不会出现“白雾”【解析】当瓶塞跳出时，我们会发现瓶内的瓶口处有“白雾”产生．我们所选的研究对象是瓶内水面上方的水蒸气，在瓶塞跳出的过程中，是系统膨胀对外界做功，在这个过程中系统的内能减少．瓶内的瓶口处的“白雾”实际上是瓶内的水蒸气液化形成的无数小液滴，水蒸气液化过程中内能减少．【答案】AC11．如图3-1-9所示，直立容器内部被隔板隔开，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，使气体均匀混合．此过程绝热，则气体内能________．图3-1-9【解析】气体A、B密度不等，均匀混合，原重心下移，重力做正功，重力势能减少，因为这一过程绝热，所以气体内能增加．【答案】增加12．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的盆盛6 kg的水，经太阳光垂直照射5 min，温度升高5 ℃.若地表植物接收太阳光的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少？(2)若绿色植物在光合作用中每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少L的氧气？(1公顷＝104 m2)【解析】(1)水吸收的太阳能为E＝cmΔt＝4.2×103×6×5 J＝1.26×105 J，所以每平方米每秒吸收太阳能E′＝E0.1×5×60＝4.2×103 J.(2)每公顷每秒吸收太阳能：E＝4.2×103×104 J＝4.2×107 J，故放出氧气＝4.2×1071×103×0.05 L＝2 100 L.【答案】(1)4.2×103 J(2)2 100 L。

1．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程() A．都具有方向性B．只是部分具有方向性C．没有方向性D．无法确定【解析】自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．【答案】 A2．空调制冷，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，在此过程中()A．既遵守热力学第二定律，又遵守能量守恒定律B．遵守热力学第二定律，而不遵守能量守恒定律C．遵守能量守恒定律，而不遵守热力学第二定律D．既不遵守热力学第二定律，又不遵守能量守恒定律【解析】空调制冷时，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，要消耗电能即引起了其他变化，所以整个过程既遵守热力学第二定律，又遵守能量守恒定律．故正确答案为A.【答案】 A3．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是() A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的【解析】第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A错．根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，内能的变化由做功W和热传递Q 两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道热传递情况无法确定内能的变化情况，故B、C项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D项正确．【答案】 D4．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】不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故只有C项叙述正确．【答案】 C5．下列过程中，可能发生的是()A．某工作物质从高温热库吸收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溢进去，恢复原状C．利用其他手段，使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高D．将两瓶不同液体自发混合，然后它们又自发地各自分开【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，而不引起其他变化，但通过一些物理手段是可以实现的，故C项正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，故A项错；气体膨胀具有方向性，故B 项错；扩散现象也有方向性，D项错．【答案】 C6．(双选)关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是()A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行【解析】热力学第二定律的微观意义明确指出：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序程度增大的方向进行，所以答案C、D正确．【答案】CD7．(双选)图3-4-4为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是()图3-4-4A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律【解析】热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误；再根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，要想从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确．【答案】BC8．17世纪70年代，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，其结构如图3-4-5所示，在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功．然后又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下……对于这个设计，下列判断中正确的是()图3-4-5A．满足能量转化和守恒定律，所以可行B．不满足热力学第二定律，所以不可行C．不满足机械能守恒定律，所以不可行D．不满足能量守恒定律，所以不可行【解析】违背了能量守恒定律，不可行．故只有D正确．【答案】 D9．如图3-4-6所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，P中的气体进入Q 中，最终达到平衡，则()图3-4-6A．气体体积膨胀，内能增加B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，压强可能不变D．Q中气体不可能自发地全部退回到P中【解析】据热力学第二定律，自然界涉及热现象的宏观过程都具有方向性，知D正确．容器内气体自由膨胀，气体与外界之间不做功也没有热交换，故气体的内能不变，A项不正确．气体分子间作用力很弱，气体体积变化时，气体分子势能可认为不变，B、C项不正确．【答案】 D10．如图3-4-7所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现通过活塞杆使活塞缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过对外做功，若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是()图3-4-7A．气体从单一热源吸热，并全部用来对外做功，因此该过程违反热力学第二定律B．气体从单一热源吸热，但并未全部用来对外做功，所以该过程违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，并全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．以上三种说法都不对【解析】根据热力学第一定律，气体等温膨胀时，对外做功，因此从外界环境中吸收热量．这好像是违反了热力学第二定律，但是该过程中活塞杆的缓慢向右移动不是自发进行的，而是要通过力的作用，先使活塞向右移动，然后才能发生吸热的过程，也就是说发生了其他变化．【答案】 C11．热量会自发地从__________传给__________，但不会自发地从__________传给__________．这说明：热传导的过程是具有________的，这个过程可以向一个方向自发地进行，但是向相反的方向不能________地进行，要实现相反方向的过程，必须有__________，因而产生________或引起________．【答案】高温物体低温物体低温物体高温物体方向性自发外力帮助影响其他变化(或能量的消耗)12．有一台热机，从热源甲每小时吸收热量为7.2×107J，向热源乙放出3.6×107 J的热量，热机传动部分产生的热量为从甲热源吸收热量的10%，求：热机的输出功率和效率？【解析】根据热机的工作原理：吸热Q1＝7.2×107 J，放热Q2＝3.6×107 J.传动系统产生的热Q3＝7.2×106 J.输出的能量为W＝Q1－Q2－Q3＝7.2×107 J－3.6×107 J－7.2×106 J＝2.88×107 J.输出的功率为P＝Wt＝2.88×1073 600W＝8.0×103 W.效率为η＝2.88×1077.2×107＝40%.【答案】8.0×103 W40%。

2019年精选粤教版高中选修3-3物理第三章热力学基础第04节热力学第二定律习题精选【含答案解析】九十七第1题【单选题】根据热力学定律，下列说法正确的是( )A、第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B、热效率为100%的热机是可能制成的C、电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D、从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段【答案】：【解析】：第2题【单选题】关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是( )A、布朗运动是液体分子的无规则运动B、分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C、热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体D、功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程【答案】：【解析】：第3题【单选题】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、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快C、热量能自发地从低温物体传给高温物体D、利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的【答案】：【解析】：第4题【单选题】以下说法正确的是( )A、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故B、小昆虫能停在水面上不是由于水的表面张力作用C、熵是系统内分子运动无序性的量度D、外界对物体做功，物体内能一定增大【答案】：【解析】：第5题【单选题】下列关于热学现象和热学规律的说法，正确的是( )A、布朗运动就是液体分子的无规则运动B、第二类永动机不可能制成是因为它违背了热力学第二定律C、物体的温度为0℃时，物体分子的平均动能为零D、热量能从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体【答案】：【解析】：第6题【单选题】下列说法中不正确的是( )A、随着技术进步，热机的效率可以达到100%；制冷机也可以使温度达到﹣280℃B、一定质量的理想气体，先保持压强不变而膨胀，再进行绝热压缩，其内能必定增加C、在热机中，燃气的内能不可能全部变为机械能而不引起其他变化D、在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体而不引起其他变化【答案】：【解析】：第7题【单选题】下列叙述正确的有( )A、外界对气体做正功，气体的内能一定增大B、温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大C、扩散现象和布朗运动都与温度有关D、第二类永动机违反了热力学第一定律【答案】：【解析】：第8题【单选题】下列叙述正确的是( )A、凡涉及热现象的宏观过程都具有方向性B、气体的压强越大，分子的平均动能越大C、外界对气体做正功，气体的内能一定增大D、温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大【答案】：【解析】：第9题【单选题】下列各种说法中正确的是( )A、物体从外界吸收热量，其内能一定增加B、自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是可逆的C、液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D、布朗运动是液体分子的无规则运动【答案】：【解析】：第10题【单选题】下列说法中不正确的是( )A、布朗运动就是液体分子的热运动B、对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加C、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大D、分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力【答案】：【解析】：。

章末总结一、单晶体、多晶体、非晶体的判断单晶体的某些物理性质表现出各向异性，多晶体和非晶体都具有各向同性，但单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有．例1关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球体一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则这块晶体一定是多晶体答案 C解析根据各向异性和各向同性只能确定是否为单晶体，无法用来鉴别晶体和非晶体，选项A错误；薄片在力学性质上表现为各向同性，也无法确定薄片是多晶体还是非晶体，选项B 错误；固体球在导电性质上表现为各向异性，则一定是单晶体，选项C正确；某一晶体的物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，对于单晶体并非所有物理性质都表现为各向异性，选项D 错误．二、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T 恒定、V 恒定、p 恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题． 例2 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0.气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04，现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图1(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (1)75T 0 (2)12V 0解析 (1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得：74V 0T ＝54V 0T 0，解得：T ＝75T 0.(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p ，由玻意耳定律得：pV x ＝p 03·V 04，(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0，联立上述二式得：6V x 2－V 0V x －V 02＝0，其解为：V x ＝12V 0；另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．例3 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V 0的容器中，室温为T 0＝300 K ，有一光滑导热活塞C (不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)．求：图2(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300 K 分别加热到400 K 和540 K 时，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？ 答案 (1)23V 0 (2)0 15.2 cm解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝V 03打开阀门K 后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得 p A 0 V A 0＝p A V A V A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0(2)假设打开阀门K 后，气体从T 0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强仍为p 0，即等压过程． 根据盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450 K因为T 1＝400 K<450 K ，所以p A 1＝p 0，水银柱的高度差为零．从T ＝450 K 升高到T 2＝540 K 为等容过程，根据查理定律p 0T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2 atm.T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ， 故水银高度差h ′＝15.2 cm. 三、理想气体的图象问题例4 (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p －V 图象如图3所示，其中A 是初状态，B 、C 是中间状态，A →B 是等温变化，如将上述变化过程改用p －T 图象和V －T 图象表示，则下列各图象中正确的是( )图3答案 BD解析 在p －V 图象中，由A →B ，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B →C ，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律p B T B ＝p CT C ，p C >p B ，则T C >T B ，气体的压强增大，温度升高；由C →A ，气体经历的是等压变化过程，根据盖·吕萨克定律V C T C ＝V AT A ，V C >V A ，则T C >T A ，气体的体积减小，温度降低．A 项中，B →C 连线不过原点，不是等容变化过程，A 错误；C 项中，B →C 体积减小，C 错误；B 、D 两项符合全过程．综上所述，正确答案选B 、D.1．(晶体和非晶体)下列关于晶体与非晶体的说法，正确的是( ) A ．橡胶切成有规则的几何形状，就是晶体 B ．石墨晶体打碎后变成了非晶体C ．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属块是非晶体D ．非晶体没有确定的熔点 答案 D解析 晶体具有天然的规则的几何形状，故A 错；石墨晶体打碎后还是晶体，故B 错；金属是多晶体，故C 错；非晶体没有确定的熔点，故D 对．故正确选项为D.2．(气体实验定律的应用)如图4所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg ，面积为25 cm 2，厚度不计，气缸全长25 cm ，大气压强为1×105 Pa ，当温度为27 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm ，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置．g 取10 m/s 2.图4(1)求气缸倒置后气柱长度；(2)气缸倒置后，温度升至多高时，活塞刚好接触平台(活塞摩擦不计)? 答案 (1)15 cm (2)227 ℃解析 (1)将气缸倒置，由于保持气体温度不变，故气体做等温变化： p 1＝p 0＋mgS ＝1.2×105 Pap 2＝p 0－mgS ＝0.8×105 Pa由玻意耳定律得：p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝15 cm (2)气体做等压变化：T 2＝T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝25 cm V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3V 2T 2＝L 3L 2T 2≈500 K ＝227 ℃. 3．(气体实验定律的应用)容积为1 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃；当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体温度仍为127 ℃，压强为1.0×105 Pa)，把－273 ℃视作0 K ．求： (1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值． 答案 (1)1.33×105 Pa (2)34解析 (1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象 初态有p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K 末态气体压强设为p 2，T 2＝400 K 由查理定律可得p 2＝T 2T 1p 1≈1.33×105 Pa.(2)设瓶内原有气体体积为V ，打开塞子后温度为400 K 、压强为1.0×105 Pa 时气体的气体为V ′由玻意耳定律有p 2V ＝p 1V ′ 可得V ′＝43V故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为34.4．(理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC 来表示，在A 、B 、C 三个状态上，气体的温度T A 、T B 、T C 相比较，大小关系为( )图5A ．TB ＝T A ＝TC B ．T A ＞T B ＞T C C ．T B ＞T A ＝T CD ．T B ＜T A ＝T C 答案 C解析 由题图中各状态的压强和体积的值得：p A V A ＝p C V C ＜p B V B ，因为pVT ＝C ，可知T A ＝T C＜T B .。