第3章 2.热力学第一定律 3.能量守恒定律-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册作业与测评word（人教版2019）

2.热力学第一定律 3.能量守恒定律 典型考点一　热力学第一定律及其应用 1．(多选)下列过程可能发生的是(　　) A．物体吸收热量，同时对外做功，内能增加 B．物体吸收热量，同时对外做功，内能减少 C．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少 D．外界对物体做功，同时物体放热，内能增加 答案　ABD 解析　当物体吸收的热量多于物体对外做的功时，物体的内能就增加；当物体吸收的热量少于物体对外做的功时，物体的内能就减少；外界对物体做功，同时物体吸收热量，则物体的内能必增加；当物体放出的热量少于外界对物体做的功时，物体的内能增加。故A、B、D可能发生，C不可能发生。 2.如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩一定质量的理想气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的(　　) A．温度升高，内能增加600 J B．温度升高，内能减少200 J C．温度降低，内能增加600 J D．温度降低，内能减少200 J 答案　A 解析　对一定质量的理想气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正，表示内能增加了600 J。内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，A正确。 3．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa的状况下，体积从20 L膨胀到30 L，这一过程中气体从外界吸热4×103 J，则气体内能的变化为(　　) A．增加了5×103 J B．减少了5×103 J C．增加了3×103 J D．减少了3×103 J 答案　C 解析　气体等压膨胀过程对外做功W′＝pΔV＝1.0×105×(30－20)×10－3 J＝1.0×103 J，这一过程气体从外界吸热Q＝4×103 J，由热力学第一定律得，ΔU＝W＋Q＝－W′＋Q＝－1.0×103 J＋4.0×103 J＝3.0×103 J，即气体内能增加了3×103 J，故C正确。 [名师点拨]　由W＝F·l＝pS·l可知，气体做的功W＝pΔV。 4．一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体(　　) A．内能增加 B．对外界做正功 C．减少的内能小于放出的热量 D．减少的内能大于放出的热量 答案　C 解析　气球内的气体时刻与湖水温度相同，随着气球向下运动，气体温度降低，内能减小，A错误；气体的压强p＝p0＋ρgh，则随着气球向下运动，气体压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C，可得气体体积减小，对外界做负功，B错误；由A、B项分析可知气球内气体内能减小，即ΔU＜0，外界对气球做功，即W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q＜0，且|ΔU|＜|Q|，即气体放出热量，且减少的内能小于放出的热量，C正确，D错误。 5.(多选)如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出。在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。关于这一过程，下列说法正确的是(　　) A．汽缸内气体的内能保持不变 B．汽缸内气体的内能不断减小 C．气体对外界做功大于气体从外界吸收的热量 D．气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量 答案　AD 解析　被封闭气体温度不变，故汽缸内的气体的内能保持不变，A正确，B错误；温度不变，内能不变，体积增大，气体对外做功，根据ΔU＝W＋Q，可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，D正确，C错误。 6．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问： (1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？ (2)分子势能是增大还是减小？ (3)分子的平均动能是增大还是减小？ 答案　(1)减小 1.8×105 J (2)增大 (3)减小 解析　(1)气体从外界吸热为：Q＝4.2×105 J 同时外界对气体做功为：W＝－6×105 J 由热力学第一定律有： ΔU＝W＋Q＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J。 ΔU为负，说明气体的内能减小，减小量为1.8×105 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，分子力表现为引力，做负功，气体分子势能增大。 (3)因为气体对外做功，分子势能增大，而气体的内能减小，所以分子平均动能减小。 典型考点二　能量守恒定律 7．(多选)下列对能量守恒定律的认识，正确的是(　　) 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——永动机是可能制成的 D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了 答案　AB 解析　根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到别的物体，故某种形式的能量减少，必然有其他形式的能量增加，某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，A、B正确；第一类永动机违反了能量守恒定律，是不可能制成的，C错误；石子从空中落下，最后静止在地面上，石子的机械能转化为了内能，能量并没有消失，D错误。 8.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　　) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 答案　D 解析　该永动机叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，由于不断向空气释放热量，所以水温逐渐降低，A、B、C错误；叶片在热水中吸收的热量一部分转化为自身的机械能，一部分释放在空气中，D正确。 9.如图所示，容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压强恒定。A、B的底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。起初，A中水面比B中的高，打开阀门，使A中的水逐渐流向B中，最后达到平衡。在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A．大气压力对水做功，水的内能减小 B．水克服大气压力做功，水的内能减小 C．大气压力对水不做功，水的内能不变 D．大气压力对水不做功，水的内能增加 答案　D 解析　达到平衡前，容器A中活塞向下移动，容器B中活塞向上移动，设大气压强为p0，A中活塞横截面积为S1，最终移动距离为L1， B中活塞横截面积为S2，最终移动距离为L2，大气压力通过A中活塞对水做正功，WA＝p0S1l1，大气压力通过B中活塞对水做负功，WB＝－p0S2l2，由于水的总体积不变，则有S1l1＝S2l2，在整个过程中，大气压力对水做的功为W＝WA＋WB＝p0S1l1－p0S2l2＝0，A、B错误。大气压力对水不做功，同时整个装置与外界绝热，没有热交换，但是水从容器A流向容器B的过程中，水的重心下降，水的重力势能减小，根据能量守恒定律，减少的水的势能转化为水的内能，水的内能增加，C错误，D正确。 10.如图所示，一个小铁块沿半径为R＝0.2 m的半球内壁自上端由静止下滑，当滑至半球底部时，速度为1 m/s，设此过程中损失的机械能全部变为内能，并有40%被铁块吸收，已知铁的比热容c＝0.64×103 J/(kg·℃)，重力加速度g取10 m/s2。求铁块升高的温度。 答案　9.375×10－4℃ 解析　铁块滑到底部产生的内能 ΔE＝mgR－mv2 由Q＝cmΔt，且Q＝ΔE×40% 得铁块升高的温度Δt＝ 联立并代入数据解得Δt＝9.375×10－4℃。 1．(多选)在光滑水平面上运动的物体，受到一个与速度同方向的推力，物体的温度与环境温度相同，在这个过程中以物体为研究对象(　　) A．与传热等效的功是正功，物体的内能增加 B．与传热等效的功是零，内能不变 C．动能定理中的功是正功，动能增加 D．动能定理中的功是零，动能不变 答案　BC 解析　水平面光滑无摩擦，推力对物体做功只是使物体机械运动的动能增加，没有机械能与物体内能之间的转化，因此物体的内能不变，故B、C正确。 2．一定质量的理想气体，从某一状态开始经过一系列改变后又回到开始状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则整个过程一定有(　　) A．Q1－Q2＝W1－W2 B．Q1＝Q2 C．W2＝W1 D．Q1－Q2＝W2－W1 答案　D 解析　一定质量的理想气体，从某一状态开始经过一系列变化后又回到开始状态，根据热力学第一定律可知ΔU＝W1－W2＋Q1－Q2＝0，整理可得Q1－Q2＝W2－W1，D正确。 3.(多选)如图所示，两端封闭的细玻璃管竖直放置，用一段水银将管内空气分成a、b两部分，玻璃管导热良好。若缓慢转动玻璃管至水平位置，则转动过程中(　　) A．a气体压强变小，吸收热量 B．a气体压强变大，放出热量 C．b气体吸收的热量大于a气体放出的热量 D．b气体吸收的热量小于a气体放出的热量 答案　BC 解析　对水银柱，根据平衡条件可知，开始时b气体压强大于a气体压强，玻璃管水平时，a、b气体压强相等，又因为两部分气体温度保持不变，结合玻意耳定律分析可知，玻璃管转动过程中，a气体体积减小，压强变大，b气体体积增大，压强变小，则外界对a气体做功Wa，b气体对外界做功Wb，a、b气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，a气体放出热量Qa，b气体吸收热量Qb，故A错误，B正确。因b气体体积的增加量等于a气体体积的减小量，先有pb>pa，最终pb＝pa，根据W＝pΔV可知，Wb>Wa，根据热力学第一定律可知，ΔUa＝Wa－Qa＝0，ΔUb＝Qb－Wb＝0，则Qa＝Wa，Qb＝Wb，Qb>Qa，C正确，D错误。 4.如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，有人认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。关于这样的“永动机”，正确的认识应该是(　　) A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题 B．如果忽略斜面的摩擦，这样的“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则这样的“永动机”可以实现 D．违背能量守恒定律，不可能实现 答案　D 解析　这样的“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律。小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球的机械能增加；但小球下落时，同样也受到磁场力作用，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，这样的“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以这样的“永动机”不可能实现，故选D。 5．温室效应是全球变暖的重要原因之一，如图为温室效应的简化图(图中数据单位为W/m2)，它展现了自然界，包括太空、大气与地表(水、陆平均)之间的能量流向与功率以及温室效应。图中X为地表每单位面积转移给大气的热量功率，依据图中的资料，X的数值为(　　) A．452 B．492 C．519 D．586 答案　A 解析　由题图可知地表单位面积吸收热量的功率为P吸＝168 W/m2＋324 W/m2＝492 W/m2，地表单位面积放出热量的功率为P放＝X＋40 W/m2，地表平均温度不变，内能不变，则P吸＝P放，解得X＝452 W/m2，故A正确。 6.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B，等容过程B→C，等温过程C→A，又回到了状态A，则(　　) A．A→B过程气体降温 B．B→C过程气体吸热 C．C→A过程气体放热 D．全部过程气体做功为零 答案　ABC 解析　A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，A正确；B→C过程气体等容升压，由＝C可知，气体温度升高，其对应内能增加，因做功W＝0，故该过程气体必定从外界吸热，即B正确；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程气体放热，C正确；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积，B→C过程气体不做功，C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程外界对气体做功，其数值为ABC封闭曲线包围的面积，D错误。 [名师点拨]　由ΔW＝pΔV及微元累积法可知，p­V图线与V轴所围面积表示气体对外界(外界对气体)做的功。 7.(多选)在一绝热汽缸内用质量为M、横截面积为S的活塞封闭质量为m的空气，在汽缸内有一电阻为r的加热器，现给加热器通以电流强度为I的电流，通电时间t后断开电源，测得活塞缓慢升高了Δh的距离，已知大气压强为p0，空气的内能U与热力学温度T的关系为U＝kmT，其中k为常量，不计绝热容器吸收的热量，则下列说法中正确的是(　　) A．由于气体膨胀对外所做的功为W＝(p0S＋Mg)Δh B．气体温度升高了ΔT＝ C．气体的内能增加了I2rt D．若用力将活塞向下压时，气体的内能保持不变 答案　AB 解析　加热过程活塞缓慢上升，受力平衡，设汽缸内空气的压强为p，则有pS＝Mg＋p0S，气体进行等压膨胀，对外所做的功为W＝pSΔh＝(p0S＋Mg)Δh，A正确；气体吸收热量Q＝I2rt，根据热力学第一定律，气体内能增加ΔU＝Q－W＝I2rt－(p0S＋Mg)Δh，又U＝kmT，则气体内能增加量ΔU＝kmΔT，可得气体温度升高ΔT＝，B正确，C错误；若用力将活塞向下压时，外界对气体做功，且气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律，可知气体的内能增加，D错误。 8．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。若这一过程中损失的机械能全部转化为内能，其中42%被铅弹吸收而使其升温，对铅弹穿过木块过程，求： (1)铅弹克服摩擦力做的功； (2)摩擦力对木块做的功； (3)产生的总热量； (4)铅弹升高的温度。 答案　(1)1600 J　(2)40 J　(3)1560 J (4)260 ℃ 解析　(1)铅弹克服摩擦力做的功： W1＝m(v－v2)＝×20×10－3×(5002－3002) J＝1600 J。 (2)摩擦力对木块做的功： W2＝Mv′2－0＝×200×10－3×202 J＝40 J。 (3)这一过程中损失的机械能为： W＝W1－W2＝1600 J－40 J＝1560 J 已知损失的机械能全部转化为内能，即产生的总热量Q＝1560 J。 (4)已知产生的总热量中有42%被铅弹吸收而使其升温，则铅弹升高的温度为： Δt＝＝ ℃＝260 ℃。 10 学科网（北京）股份有限公司 $$