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教科版高中物理选择性必修三同步练习全册 基础达标练1.若已知某种气体的摩尔体积、摩尔质量、阿伏伽德罗常量，则不能估算出这种气体（）A.每个分子的质量B.每个分子的体积C.每个分子占据的空间D.分子之间的平均距离解析：根据 可求解分子的质量；由公式/=野=/可求解每个分子占据的空间和分/VA/VA子之间的平均距离，由于气体分子间距很大，故无法求出分子的体积。本题选不能估算到的，故选B答案：B2.（多选）一般物质分子非常小，分子质量也非常小，科学家采用摩尔为物质的量的单位，实现了微观物理量与宏观物理量间的换算。1 摩尔的任何物质都含有相同的粒子数，这个数称为阿伏伽德罗常量NA，通过下列条件可以估算出阿伏伽德罗常量的是（）A.已知水分子的体积和水蒸气的摩尔体积B.己知酒精的摩尔质量和酒精分子的质量C.已知液氧分子的体积和液氧的摩尔体积D.已知氧气分子的质量和氧气的摩尔质量解析：水蒸气分子之间的距离远大于水分子之间的距离，所以知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏伽德罗常量，故 A 错误；由酒精的摩尔质量M 和酒精分子的质M量 可 以 计 算 出 阿 伏 伽 德 罗 常 量NA=嬴，故 B 正确；已知液氧分子的体积Vo和液氧的V摩尔体积匕 可以计算出阿伏伽德罗常量NA=7，故 C 正确。已知氧气分子的质量恤 和氧V o气的摩尔质量用，可以计算出阿伏伽德罗常量NA=必，故 D 正确。故选B、C、Dmo答案：BCD3.对于固体、液体和气体的物质来说，如果用M 表示摩尔质量，m 表示分子质量，0 表示物质的密度，丫表示摩尔体积，人表示分子体积，NA表示阿伏伽德罗常量，下列关系中一定正确的是（）A.NA=B.必=技M mC-必=五 D.必=而解析：气体分子间隙很大，1 m ol气体的体积丫远大于NA个气体分子的体积NA%,故 A、MB 错误；摩尔质量”等于NA个分子的质量，故NA=故 C 正确，D 错误。故选C。答 案:C4.（多选）已知下列物理量，能算出氢气密度的是（）A.氢气分子的体积和氢气分子的质量B.氢气的摩尔质量和氢气的摩尔体积C.氢气分子的质量、氢气的摩尔体积及阿伏伽德罗常量D.氢气分子的质量和氢气的摩尔质量解析：已知氢气分子的体积和氢气分子的质量，可以得到氨气分子的密度，但气体分子间隙大，故氢气分子密度不等于氢气密度，故 A 错误；氢气的摩尔质量除以摩尔体积等于氢气的密度，故 B 正确；氢气的摩尔体积除以阿伏伽德罗常量等于氢气分子占据的体积，氨气分子的质量除以氢气分子占据的体积等于氢气的密度，故 C 正确；由氢气分子的质量和氢气的摩尔质量不能求解氢气的密度，故 D 错误。答案：BC5.（多选）若以 表示某气体的摩尔质量，M表示其摩尔体积，0 表示其密度，NA为阿伏伽德罗常量，小 S 分别表示每个气体分子的质量和体积，下列关系中正确的是（）A.NA=*B.p=T-HVC片 女 D.S=瓦解析：p （表 示 摩 尔 质 量（单个分子的质量）=NA（表示阿伏伽德罗常量），故 A 正确；密度等于摩尔质量处于摩尔体积即：p=,故 B 错误；单个分子的质量加=摩尔质量+阿伏伽德罗常量NA,故 C 正确；对水蒸气，由于分子间距的存在，摩尔体积除于阿伏伽德罗常量等于每个分子占据的空间体积，但并不等于分子体积，故 D 错误。故选A、C。答案：AC6.某 固 体 物 质 的 摩 尔 质 量 为 密 度 为 p,阿伏伽德罗常量为NA，则每个分子的质量和分子直径分别为（）解析：阿伏伽德罗常量=至不不俞房至故每个分子的质量是歹；NR、M摩尔质量=密度X摩尔体积，故摩尔体积为：VM=M每个分子的体积：Vo=S=;/VA pN x体 积 V内所含的分子数：=已V=笔NA一DVv o M4 i r f P分子的体积：钝=与兀/?3=一j o所以分子的直径：Q=子3 I,6 M故 A、C、D错误，B正确。故选B。答案：B7.现在已经有能放大数亿倍的非光学显微镜（如电子显微镜、场离子显微镜等），使得：；：人们观察某些物质内的分子排列成为可能。、三 匕如图所示是放大倍数为3 X 1 0 7倍的电子显 广 冉 G居”.微镜拍摄的二硫化铁晶体的照片。据图可以粗略地测出二硫化铁分子体积的数量级为多少立方米。（照片下方是用最小刻度为毫米的刻度尺测量的照片情况）解析：由题图可知，将每个二硫化铁分子看作一个立方体，四个小立方体并排边长之和为4d =4 cm,所以平均每个小立方体的边长df=1 c m。又因为题图是将实际大小放大了i t3X107 倍拍摄的照片，所以二硫化铁分子的小立方体边长为：=荻 市=X 0-23 X 1（）7m 3.33X10-1 0m,所以测出的二硫化铁分子的体积为：丫=/=（3.33X10-1。m）3 3.7 X10-2 9m3o答案：l O F n?8 .一般正常人呼吸时每次吸入空气500 m L,空气中的含氧量为2 1%,如果每次呼吸吸入少于 37 5 mL的空气时将感觉呼吸困难。假设某感染2019-nC oV 患者感觉呼吸困难，请估算该患者每次呼吸吸入氧气的分子数比正常人少多少？（已知氧气摩尔质量为0.032k g/m ol,密度为 1.43k g/n?,阿伏伽德罗常量为6 X 1023,结果保留一位有效数字）解析：该患者每次呼吸吸入氧气的体积比正常人吸入氧气的体积少 V=（500-37 5）m L X21%=26.25 m L=26.25 X 10-6 m3;则该患者每次呼吸吸入氧气的分子数比正常人少“=甯NA=0 6乂6 TA TC,故从A 到B的过程温度升高，A项正确；从 B 到 C 的过程温度降低，B 项错误；从 A 到 8 再到C 的过程温度先升高后降低，C 项错误：4、C 两点在同一等温线上，温度相等，D 项正确。答案：AD4.一定质量的气体经历一系列状态变化，其 图 线如图所示，变化顺序由“fC-*f a,图中外线段延长线过坐标原点，cd线段与p 轴垂直，击 线 段 与 棚 垂直。气体在此状态变化过程中（）A.L b,压强减小、温度不变、体积增大B.b-c,压强增大、温度降低、体积减小C.cd,压强不变、温度升高、体积减小D.d-a,压强减小、温度升高、体积不变解析：由题图可知，a i,温度不变，体积增大，压强减小，A 正确；h-c,温度升高，压强增大，体积增大，B 错误；L d,压强不变，温度降低，体积减小，C 错误；d a,压强减小，温度降低，体积不变，D 错误。答案：A5.如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，n f右管开口，左管内封闭一段气体，水银面比右管低。现保持左管不 1 A动，为了使两管内水银面一样高，下面采取的措施可行的是（）A.减小外界气压B.从 U 形管的右管向内加水银C.把 u形管的右管向上移动D.把 U形管的右管向下移动解析：为使两管内水银面一样高，左管中气体的压强减小，由玻意耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D正确。答案：D6 .如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温透明液体中，筒中液面与A 点齐平。现缓慢将其压到更深处，筒中液面与8 点齐平，不计气体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏 三 三 圜。三三（液体温度不变）。下列图像中能体现筒内气体从状态A 到 8 变化过程的是（）解析：气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A 下降到B的过程中，气体体积丫变小，压强p变大，选项C正确。答案：C7 .用如图甲所示的实验装置探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系。在注射器活塞上涂润滑油并插入针管，用细软管将针管小孔与压强传感器连接，密封一定质量气体，移动活塞改变气体的体积和压强，气体体积由注射器刻度读取，气体压强由压强传感器读取。（1）下列说法正确的是 oA.气体的压强和体积必须用国际单位B.在活塞上涂润滑油目的只是为减小摩擦力C.移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器D.若实验中连接传感器和注射器的软管脱落，可以立即接上继续实验 交 流 实 验 成 果 时 某 同 学 发 现 各 小 组 所 测 的 pV乘 积 并 不 相 同，最主要的原因是（3）某小组实验操作无误，但根据测得的数据作出巧 图像不过坐标原点，如图乙所示，图中人代表 的体积。解析：（1）本实验研究气体的压强和体积的比例关系，单位统一即可，不需要采用国际单位，故 A错误；为了防止漏气，应当在注射器活塞上涂润滑油，来增加连接处密封性，故 B错误；移动活塞要缓慢，实验时不要用手握住注射器，都是为了保证实验的恒温条件，故 C正确；压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量变化了，应该重新做实验，故 D错误。（2）交流实验成果时某同学发现各小组所测的p V 乘积并不相同，是因为密封的气体质量不同。（3）理论上，根据实验数据画出的巧图线应是过坐标原点的直线。在实际实验过程中实验操作规范正确，根据实脸数据画出如题图乙所示的廿 图线不过坐标原点，该图线的方程为V=-V0,说明注射器中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，图中均代表压强传感器与注射器之间气体的体积。答案：（1）C （2）密封的气体质量不同（3）压强传感器与注射器之间气体8 .如图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V o、压强为p o的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S,求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。解析：设压力为F,压缩后气体压强为p由 p o V o=p V 和 F=p S,得 F=，p o S。答案：第p（）5|能力提升练9 .（多选）如图甲所示，一气缸竖直放置，气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把气缸向右倾斜9 0。（如图乙所示），达到平衡后，与原来相比（）A.气体的压强变大B.气体的压强变小C.气体的体积变大D.气体的体积变小解析：对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强pi=po喈，而气缸向右倾斜90。后，P2=po,故Pl 匕，故A、D正确。答案：AD1 0.某实验小组用如图所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。巴 巴 一 橡胶套(1)关于该实验，下 列 说 法 正 确 的 是。A.实验前应将注射器内的空气完全排出B.空气柱体积变化应尽可能地快些C.空气柱的压强随体积的减小而减小D.作 出 图像可以直观反映出p与V的关系(2)如图是甲、乙两同学在实验中得到的 图像，若两人实验时均操作无误且选取的坐标标度相同，那么两图像斜率不同的主要原因是 o解析：(1)实脸是以注射器内的空气为研究对象的，所以实脸前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；吊图像是一条倾斜的直线，作出 J图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确。(2)根据J图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同O答案：(1)D(2)研究气体的质量不同(或同质量气体在不同温度下进行的研究)1 1 .如图所示，竖直静止放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有。、两段水银柱，将 A、B两段空气柱封闭在管内。已知水银柱。长 加为 1 0 c m,水银柱b两个液面间的高度差/?2 为 5 c m,大气压强为 7 5 c m H g,求空气柱A、8 的压强分别是多少。解析：设管的横截面积为S,选 a的下端面为参考液面,它 受 向 下 的 压 力 为 受向上的大气压力为p o S,由于系统处于静止状态，则 A+p/n)S=p oS,所以p A=p op i =(7 51 0)c m H g=6 5 c m H g,再选的左下端面为参考液面，由连通器原理知，液柱后的上表面处的压强等于P B,则(PB+PII2)S=PAS,所以 PB=PA phi=(6 5 5)c m H g=6 0 c m H g。答案：6 5 c m H g 6 0 c m H g1 2 .如图所示，一竖直放置在水平面上的容积为M的圆柱形气缸内盛有一定质量的气体，活塞的横截面积为S,活塞将气体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此时A中气体的压强为(未知)。现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、8两部分气体的体积之比为I ：2,两部分气体的压强均为1.5 p oo在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞进入另一部分，外界气体温度不变，气缸壁光滑且导热良好，活塞厚度不计，重力加速度为g,求:(1)心 的大小；(2)活塞的质量m.解析：(1)对气体A,由玻意耳定律可得PAVA=PVV V其中勿=5，V 1=1,p i =l.5 p o解得PA=P0。(2)对气体B,由玻意耳定律可得PBVB=P2 V 2其中 PB=PA+詈=PO+弩，/，又 因 为p2=L5po答案：(l)p o(2)管O 创新应用练1 3.如图所示，马桶吸由皮吸和气缸两部分组成，手柄气缸，连杆活塞皮吸下方半球形皮吸空间的容积为1 0 0 0 c m 3,上方气缸的长度为40 c m,横截面积为5 0 c m 2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及活塞与气缸间密封完好，不考虑皮吸与气缸的形状变化，环境温度保持不变，气缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p o=l.O X l()5 p a,g取(1)若初始状态下活塞位于气缸顶部，当活塞缓慢下压到气缸底部时，求皮吸中气体的压强;(2)若初始状态下活塞位于气缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起2 0 cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小。解析：(1)以气缸和皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p o,体积为 V,=1 0 0 0 c m3+40 X 5 0 c m3=3 0 0 0 c m3当活塞下压到气缸底部时，设封闭气体的压强为0 2,体积为3=1 O O O c n?,由玻意耳定律得p oV l=p 2 V 2解得p 2=3p o=3.0 X 1 05 P a,(2)以皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p o,体积为V 3=l O O O c n P,活塞缓慢向上提起2 0 cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F,封闭气体的压强为P 4,体积为必=1 0 0 0 c m3+2 0 X 5 0 c m3=2 0 0 0 c m3由玻意耳定律有/7 0 丫 3=。4丫 4又 F+p4Sp()S解得尸=2 5 0 N 答 案:3.0 X l()5 p a (2)2 5 0 N 基础达标练1.(多选)图中描述一定质量的气体做等容变化图线的是()解析：由查理定律知，一定质量的气体，在体积不变时，其压强与热力学温度成正比，选项C正确，选项A、B错误；在p f 图像中，直线与横轴的交点表示热力学温度的0K,选项D正确。答案：C D2.（多选）一定质量的某种气体自状态A 经状态C 变化到状态8,这一过程如图所示，则（）A.在过程AC中，气体的压强不断变大B.在过程C 8 中，气体的压强不断变小C.在状态A 时，气体的压强最大D.在状态8 时，气体的压强最大解析：气体在过程A C 中发生等温变化，由pV=C（恒量）可知，体积减小，压强增大，故选项 A 正确；在 CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由与=C（恒量）可知，温度升高，压强增大，故选项B 错误；综上所述，在 ACB过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态8 时的压强最大，故选项C 错误，选项D 正确。答案：AD3.一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、7 的变化情况不可能的是（）A.p、V、T 都减小B.V减小，p 和 T 增大C.p 和 丫增大，7 减小D.p 增 大,丫和T 减小解析：根据理想气体状态方程竿=C 可知，p、K 7都减小，竿可能不变，故 A 不符合题意：丫减小，和T 增大，牛可能不变，故 B 不符合题意；p、V增大，T 减小，则罕一定增大，不可能存在，故 C 符合题意；p 增大，V和 T 减小，牛可能不变，故 D 不符合题意。故选C。答案：c4.在一定的温度下，一定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于（）A.单位体积内的分子数增多，单位时间内分子对器壁碰撞的次数增多B.气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变大C.每个气体分子对器壁的平均撞击力变大D.气体密度增大，单位体积内分子重量变大解析：体积减小，单位体积内的分子数目增多，所以气体压强增大，A 正确；分子和器壁间无引力作用，B 错误；气体的温度不变，分子的平均动能不变，每个气体分子对器壁的平均撞击力不变，C 错误；单位体积内气体的重量变大，不是压强变大的原因，D 错误。答案：A5.一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0 升高到1 0 时，其压强的增量为岫,当它由1 0 0 升高到1 1 0 时，其压强的增量为2，则 即 1 与 之 比 是（）A.1 0 ：1 B.37 3:2 7 3C.1：1 D.38 3:2 8 3解析：由查理定律可知，一定质量的气体在体积不变的条件下午为恒量，且 =自 兀 温度由0 升高到1 0 和 由 1 0 0 升高到1 1 0 ,A r=1 0 K 相同，故压强的增量A p i=A/?2,C项正确。答案：c6.如图所示，在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是（）A.软木塞受潮膨胀B.瓶口因温度降低而收缩变小C.白天气温升高，大气压强变大D.瓶内气体因温度降低而压强减小解析：由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内气体的温度降低，根据查理定律有余=发，由 于 7|4，所 以 即 暖 瓶 内 的 压 强 由 p i 减小为偿，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，D正确。答案：D7 .（多选）如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞与缸壁间无摩擦，可以使其在缸内自由移动，缸壁良好的导热性能使缸内气体的温度总保持与外界大气温度相同。下列结论正确的是（）A.若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B .若外界大气压减小，则气缸的上底面距地面的高度将增大C.若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D.若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析：以气缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与弹簧弹力作用相等，外界大气压无论增大还是减小，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧的压缩量不变，即活塞距地面的高度不变，故 A、C 错误；设气缸质量为“1,横截面积为S,封闭气体压 强 p=po+警，若外界大气压网减小，则封闭气体压强p 减小，大气温度不变，封闭气体温度不变，由玻意耳定律p V=C 可知，气体体积增大，气缸将上升，气缸的上底面距地面的高度将增大，故 B 正确；若大气温度升高，气体温度T 升高，外界大气压不变，气体V压强p 不变，由盖吕萨克定律=C 可知，气体体积增大，气缸将向上移动，则气缸的上底面距地面的高度将增大，D 正确。答案：BD口-.,8.如图所示为等高U 形管容器，U 形管左、右粗细相同，左端封闭气 A U体 A,中间有水银柱，左、右水银液面高度差为例=4 c m,水银柱横 -J截面积为0.5 c m,左边气柱此时高度为8 c m,温度为280 K,大气压强 po=76 cmHgo(1)求左边密封气体压强内的大小；(2)若缓慢加热气体4则 A 中气体的温度为多少开尔文时，右边水银柱恰好溢出玻璃管？解析：左边密封气体压强PA的大小为pA=po+pg i=(76+4)cmHg=8OcmHg。(2)A 中气体，初态 p i=80cm H g,修=8cm 6,Ti=280K当右边水银柱恰好溢出玻隔管时，左边水银液面下降高度为4 c m,则P2=(7 6+8+4)cmHg=88 cmHg,匕=12 cm,由 嘴=第 解 得 72=462 K答案：80 cmHg(2)462 K能力提升练9.房间里气温升高3 C 时，房间内的空气将有1%逸出到房间外。由此可计算出房间内原来的温度是()A.-7 B.7 C.27 D.24 解析：充气、抽气与漏气问题中往往以所有的气体为研究对象。以升温前房间里的气体为研V V+AV AV究对象，由盖吕萨克定律得亍=M，由 题 意 得 人 工/=1%,解 彳 导 T=297 K,故 f=24C,/1 -rj K Vr 1XV所以D 正确，A、B、C 错误。答案：D10.如图所示，一定质量的空气被水银封闭在竖直放置的U 形玻璃管内，左管封闭，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高爪能使/I 变小的原因是()A.环境温度升高B.大气压强升高C.沿管壁向右管内加水银D.U形玻璃管自由下落3解析：对于左端封闭气体，温度升高，气体发生膨胀，增大，故 A项错；大气压强升高，气体压强将增大，体积减小，减小，故 B项对；向右管加水银，气体压强增大，内、外压强差增大，将增大，故 C项错；当管自由下落时，水银不再产生压强，气体压强减小，h变大，故 D项错。答案：B1 1.2 0 2 0 年 1 月 1日T P M S(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行。汽车行驶时T P M S 显示某一轮胎内的气体温度为27 ,压强为240 k P a,已知该轮胎的容积为30 L,阿伏伽德罗 常 量 为 必=6.0 1023 1110 力、12血 下 10 10 1任何气体的体积均为22.41,123=10 0k P a。则该轮胎内气体的分子数约为()A.1.8 X 1023 B.1.8 X 1024C.8.0 X 10 23D.8.0 X 1024解析：设胎内气体经过一定过程后温度变为T 2=27 3 K,压强变为p2=10 0 k P a,体积变为V2,则 由 理 想 气 体 状 态 方 程 得 噌=陪所 以 吻=串 出=6 5.52 LP 2 i该状态下气体的物质的量为=与=0兽;去1=2.9 25 m ol所以气体的分子数约为巾=NA=1.7 55X 10 24故选B o答案：B12.如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，横截面积为40 c m 2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的物体A封闭在气缸内。在气缸内距缸底6 0 cm处设有“、6两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞放在人上，缸内气体的压强为加6)=1.0 X 10 5 P a为大气压强)，温度为30 0 K。现缓慢加热气缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开“、b-,当温度为36 0 K时，活塞上升了 4 c r r io g取 lO m/s?,求:(1)活塞的质量；(2)物体A的体积。解析：设物体4 的体积为A Ve n?。T i=30 0 K,p1=1.0 X 105P a,Vi=(6 0 X 40-A V)c m34=330 K,p2=(1.0X105+昔十四,v2=V,A=360K,p3=p2,V3=(64X40-AV)cm3(1)由状态1到状态2 为等容过程，由查理定律有包=也TT2代入数据得m4 kg.由状态2 到状态3 为等压过程，由盖吕萨克定律有马=普代入数据得 V=640 cnP。答 案:(1)4 kg 640 cm3 创新应用练13.2020年 11月 1 3 日，我 国“奋斗者”号载人潜水器与“沧海”号着陆器，在马里亚纳海沟完成了世界上首次万米海底联合作业。“奋斗者”号球形载人舱容积1=9.5 n A 潜水前舱内温度r=2 4,压 强 p=1.0义105 P a,该状态下空气的密度为p=1.20kg/m3。密封下潜海底后，海水温度仅4 左右，需要开启换气装置缓慢向舱内充入空气以保障环境的舒适性，当温度”=12、压强p=1.0X 105 P a时关闭换气装置,求载人舱内增加的空气质量A/MO(不考虑舱内潜航员的影响，空气可视为理想气体)解析：设载人舱内原有气体质量为，*p=1.0X105 Pa,V=9.5 m3,T=297 Km=pV设需要充入载人舱的气体的压强为p、温度为7 时体积为匕A/n=pAVV AV V则充气后载入舱内气体质量为A机+机，温度Ti=285 K,由理想气体状态方程得了+亍=万T T解得 1Vr m AV又=/m VT_ 7得 A w=-yp9K=0.48 kg。答 案:0.48 kg14.桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 c m,高为35 cm；柱形压水器气囊直径为6 cm、高为8 c m,水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出.已知水桶所在处的大气压强相当于10.00 m 水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm 高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。(1)至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化)(2)若桶内气体已封闭，将水桶从7 的室外移到室内，一段时间后发现有水从管口溢出,则室内温度至少是多少。C?(不考虑水体积的膨胀)解析：水刚好流出时，桶内气压增大的数值为A p=(3 0+1 0)c m H 2 0=40 c m H 2。如果以次压入的气体NVO和桶内气体V 这个整体为研究对象，由玻意耳定律有p o X (Vo+V)=(/%+)X V代入数据解得=2.4次所以至少需要压缩3次。(2)封闭气体的体积不变，由查理定律可得票=*10 11其中 7 b=(2 7 3+7)K=2 8 OK,p i=p o+A p=1 0 40 c m b h O,代入数据解得 A=2 9 1.2 K则室内温度至少是1 8.2 。2解析：因为该气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以内能没有变化，根据热力学第一定律可知W|-W2+Q-Q=AU=0,即。1 一。2=卬 2 卬1。答案：A4.下列说法正确的是（）A.随着科技的发展，第一类永动机是可能制成的B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了热力学第一定律，因而是不可能的D.物体的机械能为零时内能也为零解析：第一类永动机违背了热力学第一定律，故永远无法制成，A项错误；太阳照射到宇宙空间的能量转化成其他形式的能量，B项错误；马儿奔跑时同样需要消耗能量，故“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了热力学第一定律，因而是不可能的，C项正确；机械能包括动能和势能，内能包括分子热运动动能和分子势能，故物体机械能与内能无关，D项错误。答案：C5.一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5 X 1 0）,气体对外界做功1.0 X 1 0 4J.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：由A U=W+。可得理想气体内能变化量 U=-1.0 X 1 04J+2.5 X 1 04 J=1.5 X I O4 J 0,故温度升高，A、B两项错误。因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由=年可知密度变小，故 C项错误，D项正确。答案：D6 .如图所示，给旱区送水的消防车停在水平地面上。在缓慢放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体()A.从外界吸热 B.对外界做负功C.分子平均动能减小 D.内能增加解析：缓慢放水的过程中，胎内气体压强减小，气体膨胀对外界做正功，选 项 B 错误；胎内气体温度不变，故分子平均动能不变，选 项 C 错误：由于不计分子间势能，气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，选项D 错误；由A U=W+。知，AU=O,W 0,气体从外界吸热，选项A 正确。答案：A7.一定质量的气体从外界吸收了 4.2 X1 0 5 J 的热量，同时气体对外做了 6 X1()5 j 的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子势能是增加还是减少？(3)分子的平均动能是增加还是减少？解析：(1)气体从外界吸收的热量为Q=4.2 X1 0 5 j外界对气体做的功为W=6X 1 05 J由热力学第一定律得U=W+Q=6X 1 05 J+4.2 X1 05J=-1.8X1 05J U 为负，说明气体的内能减少了。所以，气体内能减少了 1.8X1 0 5 J。(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大，分子力做负功，气体分子势能增加。(3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，所以气体分子的平均动能一定减少。答案：减 少 1.8X1 0 5 J (2)增 加(3)减少 能力提升练8.如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下列有关能量转化的说法中正确的是()A.子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能B.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的机械能C.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能D.子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能解析：子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能。答案：D9.五颜六色的气球是很多小孩非常喜欢的玩具。将一个气球从较冷的室外带到较温暖的室内（室内外温差较大），一段时间后球内气体状态稳定，气球无漏气现象。在此过程中，关于气球内气体说法正确的是（）A.分子平均间距减小B.分子平均动能减小C.气体的压强不会发生变化D.气体吸收的热量大于内能的增加量解析：温度升高，气球体积膨胀，分子平均间距增大，A 错误；温度升高，分子的平均动能增大，B 错误：根据气体状态方程，因为气体温度及体积均变大，所以其压强无法确定，C错误；气体温度升高，内能增大，气球膨胀，对外做功，根据热力学第一定律知，气体吸收的热量大于内能的增加量，D 正确。答案：D10.北京春秋两季的昼夜温差较大，细心的司机发现从早晨到中午，车胎的体积和胎内气体的压强都会变大。若这段时间胎内气体质量不变，且可将其视为理想气体，那么从早晨到中午这段时间内，车胎内的气体（）A.对外界做功，内能减小B.对外界做功，内能不变C.吸收热量，内能不变D.吸收的热量大于对外所做的功解析：车胎的体积和胎内气体的压强都会变大，由华=C 可知，温度升高，则气体内能增大，且对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于对外所做的功，故选D。答案：D 创新应用练1 1.如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为乙，压强为p o,经过一段时间温度降为7 2,忽略这一过程中气体体积的变化。活塞出水口刁V：芸:芸:求温度降为7 2时瓶内气体的压强p；(2)封闭气体温度由不降为7 2过程中，其传递的热量为Q,则气体的内能如何变化，求变化量的大小AU。解析：(1)由查理定律得靖i 1 12解得0=枭。(2)温度由Ti下降到n过程为等容过程，W=0,温度降低，内能减少，由W+Q=AU得 U=Q.答案：(1)枭0 (2)内 能 减 少Q1 2 .新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。壶的容积为1.5 L,内含1.0 L的消毒液。闭合阀门K,缓慢向下压压杆4每次可向瓶内储气室充入0.0 5 L的1.0a t m的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0 a t m时，按下按柄8,阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，l.O a t m=1.0义1。5 p a。(1)求充气过程向下压压杆A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；(2)喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，如图乙所示，估算全过程壶内气体从外界吸收的热量。解析：(1)壶中原来空气的体积h=0.5 L由玻意耳定律得p i(M o+H)=山解得=1 0次当喷壶内气体压强变为1 atm 时，液体不再喷出，此 时 喷 壶 内 增 加 的 气 体 体 积 为 因 此最多喷射的液体A V=n Va=0.5 L。(2)外界对气体做的功W=一以9zW=-75 J由热力学第一定律有AU=W+Q=O解得。=75 J,答案：(1)10 次 0.5 L(2)75 基础达标练1.热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程()A.有的只遵守热力学第一定律B.有的只遵守热力学第二定律C.有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律D.所有的都遵守热力学第一、第二定律解析：热力学第一、第二定律是热力学的基本定律，对所有涉及热现象的宏观过程都成立，选项D 正确。答案：D2.下列说法正确的是()A.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加B.第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的C.电流的能不可能全部转化为内能D.热量不可能从低温物体传到高温物体解析：由 U=W+Q 可知，A 项错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，所以制造不出来，B 项正确；电流通过纯电阻电路可使电能全部转化为内能，C 项错误；在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，D 项错误。答案：B3.关于能源的开发和利用，下列观点不正确的是()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.开发和利用能源的同时必须加强环境保护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解析：能量守恒定律是自然界普遍存在的规律，但由于能量耗散，所以仍存在能源危机问题。答案：B4.（多选）下列说法中正确的是（）A.一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性B.一切不违背能量守恒定律的物理过程都是可以实现的C.由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行D.一切物理过程都不可能自发地进行解析：由热力学第二定律的物理意义知，A、C 正确，D 错误。不违背能量守恒定律的物理过程，如果违背热力学第二定律，也是无法实现的，故 B 错误。答案：AC5.（多选）根据热力学定律，下列说法中正确的是（）A.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B.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D.能源的消耗会使自然界的能量不断减少解析：要想将热量从低温物体向高温物体传递，必须要由外界对其做功才可以完成，A、B选项均是这样的应用实例，且空调从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，A、B 正确；内燃机将燃料的化学能转化为内能再转化为机械能，不可能成为单一热源的热机，C 选项违背了热力学第二定律，C 错误；由能量守恒定律可知，能源的消耗不会使自然界的能量减少，D 错误。答案：AB6.我们绝不会看到一个放在水平地面上的物体靠降低温度可以把内能自发地转化为动能而运动起来。其原因是（）A.这违反了能量守恒定律B.在任何条件下内能都不可能转化成机械能，只有机械能才会转化成内能C.机械能和内能的转化过程具有方向性，内能转化成机械能是有条件的D.以上说法均不正确解析：此现象说明了机械能和内能之间转化的方向性，并不违反能量守恒定律，因 此 C 正确，A、B、D 错误。答案：C7.如图所示，两个相通的容器P、。间装有阀门K,尸中充满气体，。内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门后，P 中的气体进入。中，最终达到平衡，则（）A.气体的体积膨胀，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.。中气体不可能自发地全部退回到P中解析：当阀门K被打开，P中气体进入Q中，由于。中为真空，且系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，选项A、B错误。气体体积增大，温度不变，压强减小，选项C错误。由热力学第二定律可知，。中气体不可能自发地全部退回到P中，选 项 D正确。答案：D8.下列过程可能发生的是（）A.将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开B .利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高C.打开一高压密闭容器，