课时分层检测(11)功，热和内能的改变-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（十一） …。基础达标练 1.下列有关焦耳及焦耳实验的说法正确的是 A.焦耳是法国物理学家，他的主要贡献是焦： 耳定律及热功当量 B.焦耳实验用到的容器可以用普通玻璃杯 代替 C.焦耳实验的研究对象是容器中的水 D.焦耳实验中要使容器及其中的水升高相： 同的温度，实验中悬挂重物的质量、下落 的高度可以不相同，但做功必须相同 2.以下所述现象中，属于通过传热改变了物体 内能的是 ( A.将一段铁丝反复弯折，弯折处会发热 B.放在空气中的一杯热水会冷却 C.在转动的砂轮上磨车刀，车刀发热 D.电流通过电阻丝 3.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一 支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡 子卡住的可移动胶塞。用打气筒慢慢向容 : 器内打气，使容器内的压强增大到一定程 度，这时读出温度计示数。打开卡子，胶塞 冲出容器口后 灵敏温度计 胶塞 气 胶塞 接打气筒 A.温度计示数变大，实验表明气体对外界做 功，内能减少 B.温度计示数变大，实验表明外界对气体做 功，内能增加 C.温度计示数变小，实验表明气体对外界做 功，内能减少 D.温度计示数变小，实验表明外界对气体做： 功，内能增加 14 得分 功、热和内能的改变 4.(多选)关于热量与内能，下列说法正确的是 () A.热量是物体在热传递过程中内能变化的 量度 B.热水的内能比冷水的内能多 C.热量有可能从内能少的物体传给内能多 的物体 D.温度高的物体热量多，内能多 5.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，使左侧气体自由膨胀直至达 到平衡，则在此过程中（不计气体的分子势 能) () 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 6.冬天站在室外时，人们习惯地搓着双手来取 暖，这个过程中 A.人站着不动就没有做功 B.即使双手光滑也能搓手取暖 C.人体内的化学能转换为双手的机械能 D.双手的内能转换为机械能 7.如图所示，固定容器及可动 活塞P都是绝热的，中间有 B 一导热的固定隔板B,B的 两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓 慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随 其内能的增加而升高，则在移动P的过程中 () A.外力对乙做功；甲的内能不变 B.外力对乙做功；乙的内能不变 C.乙传递热量给甲；乙的内能增加 D.乙的内能增加；甲的内能不变 班级 姓名 8.两人共同拉锯伐木，每人在180s内拉动 60次，每次拉动的距离为75cm,两人用的力 均为20N,做功的40%转变为内能，则每秒 钟产生的热量是多少？若产生热量的20%！ 被钢锯吸收，则60s后钢锯的温度将升高多 少？[设钢锯的比热容为1.2×102J/(kg· ℃)，钢锯的质量为0.5kg] …0能力提升练0… 9.某同学打乒乓球时不小心把乒乓球踩扁了，！ 他认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩 扁的乒乓球放在热水里泡一下，基本恢复了 原状。乒乓球内的气体可视为理想气体，对： 于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确： 的是 ( A.内能变大，乒乓球内气体对外做正功的同： 时吸热 B.内能变大，乒乓球内气体对外做正功的同！ 时放热 C.内能变大，乒乓球内气体对外做负功的同： 时吸热 D.内能变小，乒乓球内气体对外做负功的同： 时放热 10.关于内能、温度和热量，下列说法正确的是 A.物体的温度升高时，一定吸收热量 B.物体沿斜面下滑时，内能将增大 C.物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大 D.内能总是从高温物体传递给低温物体， 当内能相等时热传递停止 11.器壁透热的汽缸放在 ☑ 0 恒温环境中，如图所 示。汽缸内封闭着一 定量的气体，气体分子 2222222222222222Z2222Z☑ 间相互作用的分子力可以忽略不计。当缓 慢推动活塞Q向左运动的过程中，有下列： -144 得分 说法：①活塞对气体做功，气体的平均动能 增加；②活塞对气体做功，气体的平均动能 不变；③气体的单位体积分子数增大，压强 增大；④气体的单位体积分子数增大，压强 不变。其中说法正确的是 ( A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ …0f 创新应用练0 2.如图所示是焦耳在研究热与功之间关系的 两个典型实验，那么从焦耳的这两个实验 中可得出的结论是 ( A.热量可由高温物体传给低温物体 B.机械能守恒 C.在各种不同的绝热过程中，系统状态的 改变与做功方式无关，仅与做功数量 有关 D.在各种不同的绝热过程中，系统状态的 改变不仅与做功方式有关，还与做功数 量有关 3.暖瓶中有0.5kg、25℃的水，一人想用上下 摇晃的方法使冷水变为开水，设每摇晃一 次水的落差为15cm,每分钟摇晃30次，不 计所有热散失，他约需多长时间才可以把 水“摇开”？[c水=4.2×103J/(kg·℃)， g取10m/s2]若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为L2'=20cm,{ 面积最小，故A正确。 此时弹簧要仲长5cm 答案AD 对活塞b有pa'S十k△l=pB'S :10.解析在宇宙飞船内完全失重的情况下，由于重力的存在而产生 解得pB=pA'+会=1.25X10Pa 的一切现象都消失：因为液体的表面张力不受失重的影响，水银不 浸润玻璃，水银的形状只由表面张力来决定。在液体表面张力的 对于B部分气体 作用下，水银的表面有收缩到最小的趋势，而体积一定时，球形的 初态pB=1X105Pa,VB=L2S,TB=(273+27)K=300K 表面积最小，所以景终水银会呈现球形，D正确。 答案 未态pm'=1.25×105Pa,VB=L2'S :11.解析解答本题应把握以下两点：(1)浸润液体和不浸润液体具有 T8=? 不同的毛细现象：(2)毛细管越细，内、外液面的高度差越大。浸涧 根据理想气体状态方程得PB=V华 液体在毛细管内上升，管越细，上升越高：不浸润液体在毛细管内 T 下降，管越细，下降越多，故A、D正确，B、C错误。 解得TB′=500K,则t2=227℃。 答案AD 答案227℃ 12.解析甲在升温至t2℃时开始熔化，一段时间内温度保持不变：丙 10,解析(1)令空气柱的压强为p2,水银柱产生的压强p1=25cmHg, 在升温至1℃时开始熔化，一时间内温度保持不变，因此，甲、丙 对水银柱进行受力分析，由平衡条件有p1S十p2S=S 为晶体，且甲的熔点高。乙没有确定的熔点，为非晶体，故选项A、 解得AB段空气柱的压强p2=50cmHg。 )正确 环境温度缓慢升高到T2时，假设水银柱下端刚好到达D点，以{ 答案 AD AB段封闭的理想气体为研究对象，初态有V1=S1,l1=25cm,13.解析 因两个方向电阻相等，而这两个方向的长度和横裁面积不 T1=300K. 等，所以，该样品的导电性能为各向异性，该样品必是单晶体，所以 末态有V2=Sl2,T2=600K, C正确。 答案 根据盖一吕萨克定律有元=了 ·14.解析石墨中的碳原子在平衡位置附近振动，故A错误；石墨单层 代入数据解得l2=50cm,由此可知水银柱下端刚好到达D点，AB: 的厚度d-0m3×10”m,里层与层之问有空做，故B 段气柱长度变为原来的2倍。 (2)环境温度缓慢升高到T3时，水银柱下端刚好到达E点，以封闭 错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力， 故C错误：石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，所以碳原子的 的理想气体为研究对象，初态有V2=Sl2,l2=50cm,T2=600K, 平均动能不变，故D正确。 2=50 cmHg, 答案D 末态有V3=Slg,l3=75cm,p3=75cmHg :15.解析当玻璃板在底部时，由平衡条件得F弹十F浮十F支=G,可知 根据一定质量理想气体状态方程有，_b,Y 禅力小于重力： T 当玻璃板在水中且没有接触杯底时，由平衡条件得F弹十F浮=G, 代入数据解得T,=1350K。 可知禅力小于重力： 答案(1)2倍(2)1350K 当玻璃杯刚好要高开水面时，设玻璃板与水分子之间的吸引力为 课时分层检测（十） F分，F单=G十F分，可知弹力大于重力： 1,解析因为外形是否规则可以用人工的方法处理，所以选项A错 当玻璃板在空中时，弹力等于重力。故A、B、D错误，C正确。 误：多晶体在物理性质上是各向同性的，选项B错误：实验证明非晶 i. 答案C 体在适当的条件下可以转化为晶体，选项C错误：晶体与非晶体的 课时分层检测（十一） 区别表现在是否有确定的熔点，选项D正确。 :1.解析焦耳是英国物理学家，A错误；焦耳实验的要求是绝热系统， 答案D 普通玻璃杯达不到绝热要求，B错误；实验的研究对象是容器及其 2.解析固态金腐都是晶体，因而黄金也是晶体。只是因为黄金晶体 中的水组成的系统，C错误；要使同一些水及容器升高相同的温度 内部小晶粒的排列杂乱无章，才使黄金没有天然规则的几何形状，A! 即内能增加相同，必须做功相同，D正确。 错误：同一种物质可以形成多种晶体，如碳可以形成金刚石和石墨， 答案 D B错误：单晶体的各向异性是指某些物理性质是各向异性的，C错！2.解析 反复弯折铁丝是用力对物体做功，在转动的砂轮上磨车刀是 误：玻璃是非晶体，因而没有确定的熔点和天然规则的几何形状，D! 摩擦力对车刀做功，电流通过电阻丝并做功，所以三者都是通过做 正确。 功改变物体内能的：热水放在空气中，通过热辐射以及对流等方式 答案D 句外传递了热，而使自身的内能减少，温度下降，它是通过传热方式 3.解析晶体的外形、物理性质都是由晶体的微观结构决定的，A、B、 改变内能的，故B选项正确。 D正确：各向同性的物质不一定是非晶体，多晶体也具有这样的性 答案 质，C错误。 3.解析 胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功W0。由于没来得 答案C 及发生热交换，由W=△U可知内能减小。内能等于物体内所有分 4.解析 一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质均有关， 子动能和势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子平均动 只能说哪种液体对哪种固体浸润或不浸涧，选项A错误：在浸涧现 能减小，所以温度降低，即温度计示数变小。故C正确。 象中，附着层内分子受到固体分子吸引力较液体内部分子吸引力· 答案 大，分子分布比液体内部更密，因而在附着层里液体分子表现出相！4.解析热量是物体在热传递过程中内能变化的量度，在只有热传递 互排斥的力，附着层有扩展的趋势，故选项B、C错误，D正确。 的情况下，有多少热量转移，内能就变化多少，A正确；内能是物体 客) 内所有分子动能和势能的总和，宏观上看，其大小取决于物体的温 5.解析 三种晶体的原子排列不相同，但是对于每一种晶体的原子排· 度、体积、物质的量，温度高只能说明其分子的平均动能大，不能说 列具有各自的规律性，故选项A正确，B错误；晶体的原子在求不停 明它的内能多，B错误：热量从高温物体传递给低温物体，而高温物 息地做热运动，故选项C错误：原子之间存在间隙，故选项D错误。 体的内能有可能比低温物体的内能少，C正确：热量不是状态量，不 答案A 能说某个物体热量多，D错误。 6.解析 小液滴呈球状，这是表面张力的缘故，故A锆误：液体的性质 答案 AC 介于气体和固体之间，更接近固体，故B正确：不论液面为凸形还是！5.解析抽掉隔板后，气体膨胀，体积增大，但由于右侧为真空，所以 凹形，表面张力的效果总是使表面收缩到最小，故C错误：硬币能浮 气体自由膨胀不做功，因而内能不变，温度不变，故选项C正确。 在水面上是表面张力的缘故，故D错误。 答案 答案B 6.解析搓着双手来取暖，是通过克服摩擦力做功发热取暖的，首先 7.解析多晶体和非晶体都没有规则的几何外形，故A错误：同种物！ 人体内的化学能转换为双手的机械能，双手再通过克服摩擦力做功 质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，故B错误：单晶体表 转化为内能，若双手光滑，就无法克服摩擦力做功，无法取暖，故A、 现为各向异性，多晶体表现为各向同性，石，墨和金刚石都是单晶体， B、D错误，C正确 故C正确，D错误。 答案 答案C 7.解析 当活塞P向B移动时，外力对气体乙做功，气体乙的内能增 8,解析液晶的微观结构介于固体和液体之间，虽然液晶分子在特定 加，温度升高。 气体乙通过导热板B向气体甲传热，因此甲乙的内 方向上排列比较整齐，但分子的排列是不稳定的，A、B两项错误：外 能都增加。因此A、B、D错误，C正确。 界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的 答案C 某些性质，温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光 60 学性质，心、D两项正确。 :8.解析每秒钟做功W=2×180×0,75×20J=10J, 答案CD 每秒钟产生的热量Q=40%W=4J, 9.解析先把棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环！ 由Q×60×20%=cm△，得△1=0.8℃。 上布满肥皂液薄膜。膜中分子间的距高比液体内部大一些，分子间！ 答案4J0.8℃ 的相互作用表现为引力，所以产生收缩效果。若用烧热的针刺破A!9,解析乒兵球内的气体受热膨胀，故对外做功，气体温度升高，故内 侧的薄膜，B侧的薄膜具有收缩趋势，能使其面积最小，故D正确：： 能增加，所以吸热，故选项A正确，选项B、C、D错误 若用烧热的针刺破B侧的薄膜，A侧的薄膜具有收缩的趋势，使其 答案A 226 10.解析改变物体内能有做功和传热两种方法，故温度升高，内能增！9.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 加，不一定吸收热量，A错误：物体沿斜面下滑时，可能不受摩擦！ 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 力，内能可能不变，B错误：物体克服摩擦力做功，摩擦生热，内能： 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， 可能增大，C正确：热传递的条件是物体间存在温度差，热量从温 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 度高的物体传递给温度低的物体，温度相同时热传递停止，D 的热量大于内能的增加量，D正确 错误。 答案D 答案 C 11,解析推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应该升高。 10.解析气体等压膨胀，由y=C,体积V增大，故温度T升高：温度 但是推动很缓慢，所以增加的内能又以热量的形式释放到周围环 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 境中了，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，气体分 大，故选项A正确，B、C错误：根据热力学第一定律得：△U=Q十 子的平均动能不变，①错误，②正确；由于气体被压缩，气体单位体 W,而W=一poS△L=一po△V=p(V2一V1),所以气体内能变 积内的分子数增大，所以单位面积上汽缸受到气体分子的碰撞次 化了△U=Q一po(V2一V1),故选项D错误。 数增多，因此气体的压强增大，③正确，④错误。故选C。 答案A 答案 12.解析 焦耳通过多次实验，最后得到的结论是，在各种不同的绝热！11，解析 (1)由查理定律得=卫 TT, 过程中，系统状态的改变与做功方式无关，仅与做功数量有关，故 选项C正确。 答案 解得p=To。 13.解析设“摇开”水所需时间为t,水升温△T,由W=△得30g· (2)温度由T下降到T,过程为等容过程，W=0,温度降低，内能 △h·t=ckm△T, 减少，由热力学第一定律得△U=Q。 c水△T 4.2×10×(100-25) I- min=7X103min,即“摇开”水t 30g△1 30×10×0.15 答案(1号。(2)内能减少Q 需7×103min。 ·12.解析甲车靠小型发电机踩动单车时线圈在磁场中转动产生电 答案7×103min 能，故是将机械能转化为电能；乙车靠车筐底部的太阳能电池板有 课时分层检测（十二） 光照时产生电能，故是将光能转化为电能。故A、B、D错误，C 1.解析因为外界对气体做功，W取正值，即W=8X101J:内能减 正确。 少，△U取负值，即△U= -1,2×10J:根据热力学第一定律△U= 答案C W+Q,可知Q=△U-W=-1.2×105J-8×101J=-2×105J,即 113.解析(1)活塞移动时受力平衡，有p1S=0S十f,气体对外界做 B选项正确 功W=1SL,根据热力学第一定律△U=Q一W,解得△LU=Q 答案B (PoS+f)L 2.解析 一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气体内 能不变，故A、B错误：根据热力学第一定律△U=W十Q,则Q (2)活塞发生移动前为等容变化， △J一W=0一（一0.6）J=0.6J,即气泡内气体从外界吸收了0.6J VL_V 的热量，故C正确，D错误。 活塞向右移动L的过程为等压变化，=宁，且V=2V1, 答案C 3.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 解得T=2(pS十f) 的状态，所以内能没有变化，△U=0。根据热力学第一定律可知 W1-w,+Q1-Q2=△U=0,即Q1-Q2=W2-W1。 答案A 答案(1)Q-(pS+f)L(2)2(pS+f) PoS 4.解析第一类永动机违背了能量守恒定律，故永远无法制成，A项 课时分层检测（十三） 错误：太阳照射到宇宙空间的能量均能转化成其他形式的能量，B;1.解析 气泡上升过程中，气泡内的压强减小，且温度不变，根据 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”违背了能量守恒定律，因而是不可能的，C项正确：不用上 p1V1=2V2可知，气泡的体积变大，则气体对外界做功，根据热力 发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是不 学第一定律△U=Q十W,其中W<0,可知Q>0,所以气泡从外界吸 存在的，它违背了能量守恒定律，D项错误。 热，故D正确，A、B、C错误。 答案C 答案D 5,解析在喷水过程中，瓶内气体体积增大，气体对外界做功，W<0 2,解析从a到b气体做等容变化，根据Y=C可知，气体压强减小、 故A错误：在喷水过程中，瓶内气体与外界绝热，Q一0，由热力学第 一定律△U=W十Q可知，瓶内气体内能减小，温度降低，故B正确： t. 温度降低，气体分子热运动的速率减小，故A、B错误：从b到c气体 喷水阶段气体内能减小，而物体运动，机械能增加，所以内能转化为 做等压变化，根据Y =C可知，气体体积增大、温度升高，气体对外 机械能，故C错误：瓶内气体压强减小，即瓶内壁单位面积上所受气 体分子撞击的作用力减小，故D正确。 做功，内能增大，根据热力学第一定律△U=W十Q可知气体吸收热 答案BID 量，故D正确，C错误。 6.解析(1)由题意得开始时杆中恰无掸力，则初快态b1=p。=1.0×: 答案D 105Pa,T1=300K,当汽缸相对地面刚开始滑动时，对汽缸受力分！3.解析由题图可知，，b和c三个状态中，（快态温度最低，分于平均 析得pS=poS十mg解得p2=1.1×105Pa 动能最小，A错误：由题图可知，过程ab中温度不变，则内能不变， 又体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收 则由查理定律得=架，解得汽缸相对地面刚开始滑动时，缸内气 热量，B错误：由题图可知，过程b中气体的温度和体积都减小，则 内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放 体的温度T=330K (2)由题意汽缸缓慢移动，所以为等压变化过程，则初状态V1=Sh,· 出热量，C正确：由题图可知，c过程气体发生等容变化，气体温度 T2=T=330K 升高，内能增大，根据理想气体状态方程可知气体压强增大，所以 和（两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的 当活塞恰到汽缸口时，满足V,=SH 次数不同，D错误。 由盖一吕萨克定徐得片 ,解得T1=375K 答案 C T 又因为U=aT :4.解析口6过程中气体处于等容变化，根据 =C,可知气体的压 所以△UU=375×2J-330×2J=90J 强增大，温度升高，所以气体分子单位时间内撞击器壁次数增大，故 又因为汽缸滑动后，直至活塞恰到汽缸口过程中，气体做功为W p2△V=-33J A错误：a→b过程中，设a的温度为T,根据，V=,V ,可知b的 T. 由热力学第一定律△U=Q十W,解得Q=123J。 答案(1)330K(2)123J 温度为3T,bc过程气体处于等压变化，根据Y =C,可知c的温 7.解析 由状态A到状态B,气体温度不变，理想气体的内能只与温 度有关，可知气体的内能不变，故A错误：由状态A到状态B,气体 度为6T,所以a→b过程气体升高的温度小于b>c过程气体升高的 体积增大，由理想气体状态方程y=C可知，气体的压强减小，故B 温度，故B错误：（→d过程，根据Y =C,可知d的温度为6T,所以 错误；由状态A到状态B,气体体积增大，则气体对外界做功，C正 从a→d,温度升高，内能增大，根据△U=Q十W,所以整个过程气体 确：由前面分析知气体内能不变，又气体对外界做功，根据热力学第 对外做的功小于从外界吸收的热量，故C正确：b·(过程气体温度 一定律△U=Q十W,知气体一定吸热，故D错误。 升高，内能增大（→d过程属于等温变化，内能不变，根据图像与坐 答案C 标轴围成的面积可知W>Wd,结合热力学第一定律△U=Q十W 8.解析子禅在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转 可知bc过程气体吸收的热量大于c→d过程气体吸收的热量，故 变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子禅的机： D错误。 械能。 答案C 答案D 227