课时作业13 热力学第一定律 能量守恒定律（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版）

课时作业(十三)　热力学第一定律　能量守恒定律 [基础达标练] 1．关于物体内能的变化，下列说法中正确的是(　　) A．物体吸收了热量，它的内能可以减小 B．物体的机械能变化时，它的内能也一定随着变化 C．外界对物体做功，它的内能一定增加 D．物体既吸收热量，又对外界做功，它的内能一定不变 解析：选A　AC.物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关，即ΔU＝W＋Q 物体吸收热量，也可以同时对外做功，其内能有可能不变甚至减小，受两者共同影响，无法单一决定，故A正确，C错误； B．物体的内能与物体的体积、温度等因素有关，物体的机械能变化时，物体的速率或高度变化，但其体积和温度可能不变，也可能改变，则其内能可以增加、减小或不变，故B错误； D.由A项可知ΔU＝W＋Q 物体既吸收热量，又对外做了功，它的内能可能保持不变，也可能减小，还可能增加，具体决定于做功和吸热的数值，故D错误。 故选A。 2．在热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q中关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中正确的是(　　) A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正 B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负 C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正 D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负 解析：选C　外界对物体做功时W为正，反之为负；吸热时Q为正，反之为负；内能增加时ΔU为正，反之为负。 故选C。 3．一定质量的理想气体，在某一状态变化过程中，气体对外界做功4 J，气体内能减少12 J，则在该过程中(　　) A.气体放热8 J B．气体吸热8 J C．气体吸热16 J D．气体放热16 J 解析：选A　根据热力学第一定律可知　ΔU＝Q＋W 所以Q＝ΔU－W＝－12－(－4)＝－8 J A正确。 故选A。 4．(多选)一定质量的理想气体经历了ABCDA的循环，其p－V图像如图所示，下列说法正确的是(　　 ) A．由D到A的过程中，气体对外做功 B．由B到C的过程中，气体释放热量 C．由C到D的过程中，气体吸收热量 D．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大 解析：选BD　A．D到A过程，气体体积不变，做功W＝0，A错误； B．B到C过程，气体体积不变，做功W＝0。根据理想气体状态方程pV＝CT可知，该过程温度降低，故ΔU<0。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得Q<0，即气体放热，B正确； C．C到D过程，气体体积减小，外界对气体做功W>0。根据理想气体状态方程pV＝CT可知，该过程温度降低，故ΔU<0。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可得Q<0，即气体放热，C错误； D．根据理想气体状态方程pV＝CT可知B状态气体温度更高，则气体分子的平均动能更大，D正确。故选BD。 5．17世纪70年代，英国赛斯特城的约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，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，维尔金斯认为：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。下列关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是(　　) A．满足能量守恒定律，所以可能实现 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“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，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现 解析：选D　维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律。铁球上升过程中，磁场力对铁球做正功，使铁球增加了机械能；但铁球下落时，同样也受到磁场力，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，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现。 故选D。 6．第一类永动机违反了什么而不能制成(　　) A．违反了热力学第一定律 B．违反了机械能守恒定律 C．违反了能量守恒定律 D．以上说法都不对 解析：选C　第一类永动机指不消耗任何能量但可以不断输出动力的发动机，例如通过燃烧氢气发电，再用部分电产生氢气，剩余部分输出。它违反了能量守恒定律。故ABD错误，C正确，故选C。 7．如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的(　　) A．温度降低，内能增加100 J B．温度降低，内能减少200 J C．温度升高，内能减少200 J D．温度升高，内能增加100 J 解析：选D　据题，外界对气体做功，W＝200 J；气体向外散热，则 Q＝－100 J 根据热力学第一定律得，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J 即内能增加100 J 对于一定质量的理想气体，内能增加温度必然升高，故D正确，ABC错误。 故选D。 8．(多选)水库的底部产生了一气泡，在气泡从库底上升到库面的过程中温度保持不变，对外界做了0.4 J的功，将气泡内气体视为理想气体。则此过程中下列说法正确的是(　　) A．气泡内气体的内能减少 B．气泡内气体的内能保持不变 C．气泡内气体向外界放出了0.4 J的热量 D．气泡内气体从外界吸收了0.4 J的热量 解析：选BD　AB.一气泡从库底上升到库面的过程中温度保持不变，则气泡内气体内能不变，故A错误，B正确； CD.根据热力学第一定律则ΔU＝W＋Q 解得Q＝ΔU－W＝0－(－0.4)J＝0.4 J 即气泡内气体从外界吸收了0.4 J的热量，故C错误，D正确； 故选BD。 9．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，由状态a等容变化到状态b，再从状态b等压变化到状态c，a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　) A.从状态b到状态c的过程中气体放热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度高于在状态a的温度 D．从状态b到状态c的过程中气体对外做正功 解析：选BD　B．a、c两状态温度相等，则气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故B正确； C．根据＝C 从状态a到状态b为等容过程，压强减小，温度降低，故C错误； D．从状态b到状态c为等压过程，体积增大，气体对外做正功，故D正确； A．从状态a到状态b，温度降低，内能减小，气体对外不做功；从状态b到状态c的过气体对外做正功，内能减小，而a、c两状态内能相同，说明从状态b到状态c的过程中气体吸热，故A错误。 故选BD。 [能力提升练] 10．(多选)下列关于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械(第一类永动机)不可能制成 D．树叶从空中落下，最后停止在地面上，说明能量消失了 解析：选ABC　A．由能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，必然有其他形式的能量增加，故A正确； B．由能量守恒定律可知，某个物体能量减少，必然有其他物体能量增加，故B正确； C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律，故C正确； D．树叶从空中落下，停止在地面上，能量减少，但没有消失，故D错误。 故选ABC。 11．如图，用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒气嘴上，把气针慢慢插入篮球气孔，然后压缩打气筒内空气，在一次缓慢充气过程中，设篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内和篮球内的全部气体(　　 ) A．此过程中气体的内能增大 B．此过程中气体从外界吸收热量 C．此过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力变大 D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多 解析：选D　A．在一次缓慢充气过程中，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，A错误； B．充气前，气体在篮球和气筒之间，充气后，气体在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可得：Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，B错误； C．由于气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，则此过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力不变，C错误； D．缓慢充气过程气体的温度不变，由玻意耳定律可得，气体的压强变大，气体的温度不变，气体分子对篮球内壁的平均撞击力不变，因此此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多，D正确；故选D。 12．如图是斯特林循环的V－t图像。一定质量的理想气体按图线从状态a经b、c和d后再回到a，图中ab、cd和横轴平行，bc和ad与纵轴平行。下列说法不正确的是(　　) A．从a到b，气体从外界吸收热量 B．从b到c过程中气体对外界做的功，小于从d到a过程中外界对气体做的功 C．从c到d，气体的压强减小，向外放热 D．从d到a，单位体积内的气体分子数目增多 解析：选B　A．由图示图像可知，从a到b过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，外界对气体不做功，ΔU>0，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知Q＝ΔU－W＝ΔU>0 气体从外界吸收热量，故A正确； B．由图示图像可知，从b到c与从d到a过程气体体积的变化量ΔV相等，从b到c气体压强的变化量大于从d到a过程气体压强的变化量大，从b到c过程中气体对外界做的功大于从d到a过程中外界对气体做的功，故B错误； C．由图示图像可知，从c到d过程气体体积V不变而温度T降低，外界对气体不做功，气体内能减小，W＝0，ΔU<0，由理想气体状态方程＝C 可知气体压强p减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知Q＝ΔU－W＝ΔU<0气体向外放出热量，故C正确； D．从d到a过程气体体积减小，气体分子数不变而体积减小，单位体积内的气体分子数目增多，故D正确；故选B。 13．(多选)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p—T图像如图所示，已知该气体在状态A时的体积为1×10-3 m3，则下列说法中正确的是(　　) A．状态A的气体体积比状态B的气体体积大 B．该气体在状态C时的体积为3×10-3 m3 C．该气体从状态A到状态B的过程中对外界放热 D．该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体向外界传递的热量为200 J 解析：选BC　A．根据＝C有p＝T 由p－T图可知斜率一定，则A、B两状态体积相等，选项A错误； B．A、C状态温度相同，根据pAVA＝pCVC可得VC＝3×10-3m3 选项B正确； C．气体从状态A到状态B体积不变(既不对外做功，外界也不对气体做功)，温度降低，所以气体从状态A到状态B的过程中对外界放热，选项C正确； D．A、C状态温度相同，则气体内能相同，从A到B过程，体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，只有从B到C过程气体对外做功W＝pΔV＝1×105×J＝200 J 故整个过程中气体从吸收的热量为Q＝200 J 选项D错误。 故选BC。 14．如图所示，用质量为m＝2 kg、横截面积为S＝20 cm2的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞静止在距汽缸底的高度为h＝10 cm处且汽缸足够高，气体温度为27 ℃，外界大气压强为P0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，绝对零度取－273 ℃。求： (1)若给汽缸缓慢加热，当活塞距汽缸底高度为h1＝13 cm时，求此时缸内气体的温度； (2)如果在(1)的过程中气体吸收热量为20 J，请计算气体内能的增量。 (3)若给汽缸缓慢加热，为使活塞保持距汽缸底的高度为h＝10 cm高度处静止，需要同时给活塞施加一个竖直向下的作用力F(图中未画出)，当温度升高到87 ℃时，求此时F的大小。 解析：(1)以缸内气体为研究对象，由题可知 T0＝ K＝300 K 缸内气体做等压变化，根据＝可得＝ 代入数据解得T1＝390 K (2)由题意可知，缸内气体初始压强p＝p0＋＝1.1×105 Pa 气体对外做功W＝pΔV＝－6.6 J 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝20 J－6.6 J＝13.4 J (3)由题意可知，缸内气体初始压强p＝p0＋＝1.1×105 Pa T0＝K＝300 K T2＝K＝360 K 气体做等体积变化，根据＝ 由平衡条件得F＋mg＋p0S＝p2S 联立解得F＝44 N 答案：(1)390 K　(2)13.4 J　(3)44 N 学科网（北京）股份有限公司 $