学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是( )
A．金属导体 B．绝缘体
C．半导体 D．超导体
【解析】 金属导体温度升高时电阻增加；绝缘体温度升高时电阻保持绝缘；对于超导体，在其临界温度以下，温度升高电阻为零不变，高于临界温度，温度升高电阻往往增加；半导体材料受到光照或者温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，同时也形成更多的空穴，于是导电性能明显增强，电阻却大幅度减小．
【答案】 C
2．当你走近豪华宾馆、酒楼的大门时，门就自动为你打开；当你走进门之后，门又在你身后自动关上．你觉得这可能是将下列哪种外界信息转换为有用的信息 ( )
A．温度 B．运动
C．人 D．光线
【解析】 自动门的自动控制要求灵敏、可靠，自动门使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门．
【答案】 D
3．(多选)下列说法正确的是( )
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断
C．电子秤所使用的测力装置是应变片
D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大
【解析】 话筒是将声信号转换为电信号的装置，A正确；电熨斗内的双金属片，是利用它的热胀冷缩程度的不同，使电路随温度的改变实现通断的，B正确；电子秤所使用的测力装置是力传感器，力传感器由金属梁和应变片组成，C错；半导体热敏电阻温度越高，它的电阻值越小，D错．
【答案】 AB
4．指纹识别器在下列哪些方面可以得到广泛应用( )
A．乘坐客车购票时
B．过公路收费处时
C．放学出校门口时
D．开银行保险柜时
【解析】 指纹识别器是因为人的指纹各不相同且终生基本不变，才成为识别身份的有效手段，应用在个人信息有唯一性和稳定性的地方，故D项对．
【答案】 D
5．(多选)如图3-3-3所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场．在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置．由以上信息可知
( )
图3-3-3
A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指
B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大
C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小
D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作
【解析】 电容触摸屏在原理上把人体当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一个极板，故A正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误；如果戴了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较大，不能引起导体层电场的变化，D错误．
【答案】 AB
6．唱卡拉OK用的话筒内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面连接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法中正确的是( )
A．该传感器是根据电流的磁效应工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势
【解析】 膜片振动时，带动金属线圈运动，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电动势，进而产生感应电流．故正确答案为B.
【答案】 B
7.(多选)图示3-3-4为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )
图3-3-4
A．膜片与极板间的电容变小
B．极板的带电量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
【解析】 当膜片与极板间距增大时，膜片与极板间的电容变小，A正确；由E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，C错误；由Q＝CU可知，极板所带电量减少，电容器处于放电状态，有电流通过电阻R，B错误，D正确．
【答案】 AD
8.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计．加速度计的构造原理示意图如图3-3-5所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度 ( )
图3-3-5
A．方向向左，大小为ks/m
B．方向向右，大小为ks/m
C．方向向左，大小为2ks/m
D．方向向右，大小为2ks/m
【解析】 当指针向左偏离O点的距离为s时，与滑块相连的左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，因而弹簧对滑块的弹力的大小均为ks，且方向均水平向右，即滑块受到的合力大小为2ks，方向水平向右．由牛顿第二定律可知选项D正确．
【答案】 D
[能力提升]
9.如图3-3-6所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻、R2为定值电阻，A、B接监控装置．则( )
图3-3-6
A．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高
B．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低
C．当仅增大R2的阻值时，可减小A、B之间的电压
D．当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
【解析】 R1是光敏电阻，有光照射时，电阻变小，当有人通过而遮蔽光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故A项错误，B项正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故C项错误；当减小R2的阻值时，电路中的电流增大，A、B间的电压U减小，故D项错误．
【答案】 B
10.一般的电熨斗用合金丝作发热元件，合金丝电阻随温度T变化的关系如图3-3-7中实线①所示，由于环境温度以及熨烫的衣服厚度、干湿等情况不同，熨斗的散热功率不同，因而熨斗的温度可能会在较大范围内波动，易损坏衣物．
有一种用主要成分为BaTiO3被称为“PTC”的特殊材料作发热元件的电熨斗，具有升温快、能自动控制温度的特点，PTC材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示，根据图线分析：
图3-3-7
(1)为什么处于冷态的“PTC”熨斗刚通电时比普通电熨斗升温快？
(2)通电一段时间后电熨斗温度T自动稳定的范围．
【解析】 (1)由于冷态时PTC材料电阻较小，故由P＝知，其发热功率较大，所以升温快．
(2)从图上看出，温度较低时，电阻较小，热功率较大，所以生热快于散热，温度升高，电阻值迅速增大，相应的生热功率减小，当生热功率小于散热功率时，电阻温度降低，电阻值减小，生热功率会相应增大，故当生热功率等于散热功率时，温度会稳定在图中T6～T7之间．
【答案】 (1)见解析 (2)T6＜T＜T7
11．如图3-3-8所示为普通冰箱内温度控制器的结构．铜质的测温泡1、细管2和弹性金属膜盒3连通成密封的系统，里面充有氯甲烷和它的蒸汽，上述材料就构成了一个温度传感器．膜盒3为扁圆形(图中显示为它的切面)，右表面固定，左表面通过小柱体与弹簧片4连接．盒中气体的压强增大时，盒体就会膨胀．测温泡1安装在冰箱的冷藏室中，5、6分别是电路的动触点和静触点，控制制冷压缩机的工作．弹簧7的两端分别连接到弹簧片4和连杆9上，连杆9的下端是装在机箱上的轴．凸轮8是由设定温度的旋钮(图中未画出)控制的．逆时针旋转时凸轮连杆上端右移，从而加大对弹簧7的拉力．
图3-3-8
(1)为什么当冰箱内温度较高时压缩机能够开始工作，而当达到设定的低温后又自动停止工作？
(2)为什么凸轮可以改变设定的温度？
【解析】 (1)冰箱内温度较高时，密封系统中的压强增大，盒体膨胀，膜盒3通过小柱体带动弹簧片4使动触点5与静触点6接触，控制压缩机自动开始工作，而当达到设定的低温时弹簧7带动弹簧片4将触点5、6断开，使压缩机停止工作．
(2)凸轮逆时针旋转会加大连杆9对弹簧7的拉力，该拉力与膜盒3共同控制弹簧片4的运动，故凸轮可以改变设定的温度．
【答案】 见解析
传感器的应用
一、单项选择题
1．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是（ ）．
A．金属导体 B．绝缘体
C．半导体 D．超导体
2．用遥控器调换电视频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化成电信号的过程，下列属于这类传感器的是（ ）．
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控装置
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
3．如图所示是家用电冰箱的压缩启动装置的电路．其中的运行绕组是电冰箱在工作时电动机定子，由于家用交流电是单相的，启动时必须依靠启动绕组的帮助才能产生旋转磁场．在启动绕组的支路中串联有一个PTC元件．这是一种以酞酸钡为主要材料的热敏电阻器．电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度升高而发生显著变化，当电动机转起来正常以后，PTC元件温度较高．电阻很大，启动绕组电流很小，以下判断正确的是（ ）．
①电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少．
②电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少．
③电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的．
④电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变．
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
二、双项选择题
4．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如下图所示，Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，当膜片向右运动的过程中（ ）．
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
5．关于电饭锅的说法，正确的是（ ）．
A．电饭锅中的温度传感器其主要元件是氧化铁
B．铁氧体在常温下具有铁磁性，温度很高时失去铁磁性
C．用电饭锅烧水，水开时能自动断电
D．用电饭锅煮饭时，若温控开关自动断电后，它不能自动复位
6．关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是（ ）．
A．应变片是由导体材料制成
B．当应变片的表面拉伸时，其电阻变大；反之，变小
C．传感器输出的是应变片的电压
D．外力越大；输出的电压差值也越大
三、非选择题
7．一般的电熨斗用合金丝做发热元件，合金丝电阻R随温度t变化的关系如图所示的实线①，由于环境温度、熨烫衣服的厚度、干湿等情况不同，熨斗的散热功率不同，因而熨斗的温度可能会在较大的范围内波动，易损坏衣服．有一种用被称为“PTC”的特殊材料（主要成分为BaTiO3）做发热元件的电熨斗，具有升温快，能自动控制温度的特点，PTC材料的电阻随温度变化的关系如下图中实线②所示．
（1）为什么原来处于冷态的“PTC”熨斗刚通电时，比普通电熨斗升温快？
（2）通电一段时间后，电熨斗温度稳定在什么范围内？
（3）简析PTC发热元件的自动控温过程．
8．如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中A为发光仪器，B为水平传送带，由电动机带动做匀速直线运动．R1为光敏电阻，R2为定值电阻，R1、R2串联在电路中，电源电压保持不变．每当传送带上有易拉罐挡住由A射向R1的光线时，R1的电阻值就增大，计数器就计数一次．请问：
（1）当传送带上有易拉罐挡住由A射向R1的光线时，定值电阻R2两端的电压将如何变化？
（2）已知相邻的两个易拉罐中心之间的距离均为20 cm，若计数器从易拉罐第一次挡住光线开始计时，到恰好计数101次共用时40 s．则传送带的速度为多少？
参考答案
1．答案：C
解析：金属导体温度升高时电阻增加；绝缘体温度升高时电阻保持不变；对于超导体，在其临界温度以下，温度升高电阻不变为零，高于临界温度，温度升高电阻往往增加；半导体材料受到光照或者温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，同时也形成更多的空穴，于是导电性能明显增强，电阻大幅度减小．
2.答案：A
解析：红外报警装置是传感器把光信号（红外线）转化成电信号；走廊照明灯的声控装置是传感器把声音信号转化成电信号；自动洗衣机中的压力传感装置是把位移信号转化成电信号；电饭煲中控制加热和保温的温控器是把温度信号转化成电信号．
3.答案：B
解析：启动时，由于PTC元件温度低电阻小，故耗电多，②正确；启动后，随PTC元件温度升高，PTC元件电阻增大，通过启动绕组的电流减小，故启动绕组功率是变化的，而运行绕组电压不变，故功率不变，则④正确．
4.答案：AC
解析：当膜片向右运动时，电容器两极板间的距离减小，电容变大，在电压不变的情况下，由Q＝CU可知，电容器的带电量增大，电容器充电，电路中产生由B→A的电流，故选A、C．
5.答案：BD
6.答案：BD
解析：应变片是由半导体材料制成的，由可知，应变片拉伸，l变大，R值变大；应变片压缩，l变小，R值变小．
7.答案：见解析
解析：（1）由图可知，冷态的PTC材料的电熨斗电阻比一般电熨斗电阻小，所以发热功率较一般电熨斗大，所以在相同的时间内PTC升温快．
（2）由图可知，温度自动稳定在t6＜t＜t8范围内．
（3）当电熨斗温度升高到t6后，PTC材料的电阻急剧增大，电功率变小，此时如果散热功率大于电功率，熨斗温度会下降，当温度降低时，电阻R急剧减小，电功率增大，温度又升高……，因而电熨斗的温度能稳定在一定的范围内．
8.答案：（1）减小 （2）0.5 m/s
解析：（1）R1与R2串联且总电压不变，故当无光照射R1时，R1增大，电路的电流减小，则R2两端的电压就减小．
（2）从开始计时的t＝40 s内，传送带运动的距离是s＝（101－1）×0.2 m＝20 m，则速度．
课件35张PPT。
第三章 第三节 能量守恒定律学习目标
1.理解热力学第一定律并会运用于分析和计算.
2.理解能量守恒定律，知道能量守恒是自然界普遍遵从的基本规律.
3.知道第一类永动机是不可能造成的.知识探究
新知探究 点点落实题型探究
重点难点 各个击破达标检测
当堂检测 巩固反馈知识探究一、热力学第一定律一根金属丝经过某一物理过程，温度升高了，除非事先知道，否则根本无法判定是经过做功的方法还是使用了热传递的方法使它的内能增加．因为单纯地对系统做功和单纯地对系统传热都能改变系统的内能．既然它们在改变系统内能方面是等效的，那么当外界对系统做功为W，又对系统传热为Q时，系统内能的增量ΔU应该是多少？答案答案 系统内能的增量ΔU＝Q＋W.1.热力学第一定律：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么，物体内能的增加ΔU就等于物体 和外界对物体 之和．
2.热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W.吸收的热量Q做的功W3.对公式ΔU＝Q＋W符号的规定吸收放出增加减少4.三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．
(2)若过程中外界没有对物体做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．
(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．二、热力学第一定律应用举例1.理想气体的内能与什么因素有关？答案答案 由于理想气体忽略了分子间的作用力，即忽略了分子势能，所以理想气体的内能只跟气体的温度和物质的量有关，与气体的体积无关．2.你能应用热力学第一定律讨论理想气体在等压膨胀过程中的能量转换关系吗？答案 设一定质量的理想气体，保持压强不变，由(V1，T1)变为(V2，T2)，而且V1＜V2.
由盖·吕萨克定律 ＝ 及V1＜V2知T1＜T2.
因气体膨胀(V1＜V2)，则气体对外做功，W＜0.
因气体温度升高(T1＜T2)，则气体的内能增加ΔU＞0.
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q＝ΔU－W＞0.即系统由外界吸收热量，系统吸收的热量一部分用来增加内能，一部分转化为气体对外所做的功.答案1.等压过程中的能量转换
(1)等压膨胀：由于W＜0，ΔU＞0，则Q＝ΔU－W＞0，即气体吸收的热量一部分用来 ，另一部分转化为气体对外 .
(2)等压压缩：由于W＞0，ΔU＜0，则Q＝ΔU－W＜0，即气体对外界放热，放出的热量等于外界对气体 与气体 之和.增加内能所做的功所做的功内能减小量2.等容过程中的能量转换
(1)温度升高：由于ΔU＞0，W＝0，则Q＝ΔU，即气体从外界吸收的热量全部用于增加气体的 .
(2)温度降低，由于ΔU＜0，W＝0，则Q＝ΔU，即气体向外界放出的热量等于气体 .
3.等温过程中的能量转化
(1)等温膨胀：由于W＜0，ΔU＝0，则Q＝－W＞0，即气体从外界吸收的热量全部转换为气体对外 .
(2)等温压缩：由于W＞0，ΔU＝0，则Q＝－W＜0，即外界对气体所做的功全部转换为气体传给外界的 .内能内能的减少量所做的功热量三、能量守恒定律使热力学系统内能改变的方式是做功和热传递.做功的过程是其他形式的能转化为内能的过程，热传递是把其他物体的内能转移为系统的内能.在能量发生转化或转移时，能量的总量会减少吗？答案 能量的总量保持不变.答案1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式 成为另一种形式，或者从一个物体 到别的物体；在转化和转移过程中其总量 .
2.对能量守恒定律的理解
(1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定 .
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定 .转化不变相等相等转移3.能量的存在形式及相互转化
各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有诸如电磁能、化学能、原子能等.各种形式的能通过某种力做功可以相互转化.
4.第一类永动机
(1)定义：不需要任何动力或燃料却能不断 的机器.
(2)不可能制成的原因：违背了能量守恒定律.对外做功热力学第一定律、机械能守恒定律是能量守恒定律的具体体现吗？答案 是答案题型探究例1 (多选)关于物体内能的变化情况，下列说法中正确的是答案解析一、热力学第一定律A.吸热的物体，其内能一定增加
B.体积膨胀的物体，其内能一定减少
C.放热的物体，其内能也可能增加
D.绝热压缩的气体，其内能一定增加解析 做功和热传递都能改变物体的内能，不能依据一种方式的变化就判断内能的变化.√√例2 空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？答案 5×104 J解析 选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q.
由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，代入上式得：
Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J.
负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J.答案解析例3 如图1所示，倒悬的导热气缸中封闭着一定质量的理想气体.轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0.起初环境的热力学温度为T0时，活塞到气缸底面的距离为L.当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，气缸中的气体吸收的热量为Q.求：二、热力学第一定律与气体实验定律的结合图1(1)气缸内部气体内能的增量ΔU；答案 Q－0.1p0SL＋0.1LG 解析 密封气体的压强p＝p0－(G/S)
密封气体对外做功W＝pS×0.1L
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG答案解析(2)最终的环境温度T.答案 1.1T0解析 该过程是等压变化，由盖·吕萨克定律有
＝
解得T＝1.1T0答案解析例4 下列对能量守恒定律的认识错误的是答案解析三、能量守恒定律A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不
可能制成的
D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了√解析 A选项是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的.
B选项是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，A、B选项正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移.
第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律.所以A、B、C正确；
D选项中石子的机械能减少，但机械能并没有消失，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，故D错误.故选D项.达标检测1.(热力学第一定律)一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则根据热力学第一定律，下列各式中正确的是答案解析1234A.W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B.W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C.W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D.W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J√解析 因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，
可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，即B选项正确.12342.(热力学第一定律)如图2所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中.设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降的过程中，筒内空气体积减小，且答案解析1234图2A.从外界吸热 B.内能增大
C.向外界放热 D.内能减少√解析 本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错.
根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对.
正确答案为C.12343.(能量守恒定律)下面设想不符合能量守恒定律的是答案解析1234A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B.做一条没有动力系统的船，在水面上行驶
C.通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行
D.利用核动力，驾驶地球离开太阳系√解析 利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A不符合.
船能利用水流的能量行驶，飞机可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B、C符合；
利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D符合.
故选A项.12344.(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)如图3是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的气柱长度为22 cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的气柱长度变为2 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞的重力.问：1234图3(1)若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大？答案 1.1×106 Pa 答案解析解析 设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22 cm，l＝2 cm，V0＝l0S，V＝lS，缓慢压缩，气体温度不变
由玻意耳定律得p0V0＝pV
解出p＝1.1×106 Pa1234(2)若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)答案 82 J答案解析解析 大气压力对活塞做功W1＝p0S(l0－l)＝2 J
人做功W2＝100 J
由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W2＋Q
Q＝－20 J
解得ΔU＝82 J1234
