第3章 2 热力学第一定律 3 能量守恒定律（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（人教版 江苏北京专用）

第三章　热力学定律 2　热力学第一定律　　3　能量守恒定律 基础过关练 题组一　对热力学第一定律的理解 1.(2025河北保定统考)游泳池底部产生的气泡缓慢向水面浮起,若不计气泡内气体分子个数的变化,气泡内气体可视为理想气体,游泳池水温恒定。在气泡上浮过程中,关于气泡内气体的说法中正确的是(　　) A.大部分气体分子的速率减小 B.分子间的平均距离减小 C.内能减小 D.吸热 2.一定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,则下列各式中正确的是(　　) A.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=2×105 J D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-4×104 J 3.(2025广东惠州期末)如图,某同学将空的玻璃瓶开口向下缓缓压入水中,设水温均匀且恒定,瓶内空气无泄漏,不计气体分子间的相互作用,则被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内气体(　　) A.内能增加 B.向外界放热 C.对外界做功 D.分子平均动能减小 4.(2025江苏盐城期中)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸竖直固定在水平面上,用质量为m的绝热活塞把缸内空间分成两部分,活塞能上、下自由移动。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体,活塞用销钉K固定,已知P部分的气体体积小于Q部分的气体体积。现拔掉销钉,活塞移动一小段距离后再将其固定。下列说法正确的是(　　) A.两部分气体内能之和增大 B.两部分气体内能之和不变 C.两部分气体温度都升高 D.两部分气体温度都降低 题组二　能量守恒定律的理解与应用 5.(2025江苏无锡期末)有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件,当对它挤压或拉伸时,它的两端就会形成一定的电压,这种现象称为压电效应。一种燃气打火机,就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生10~20 kV的高压,形成火花放电,从而点燃可燃气体。在上述过程中,压电陶瓷片完成的能量转化是(　　) A.化学能转化为电能 B.内能转化为电能 C.化学能转化为光能 D.机械能转化为电能 6.(教材习题改编)某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量,他用一个横截面积为S=3.2 dm2的保温圆筒,筒内装有质量为m=0.4 kg的水,让太阳光垂直照射t=3 min,水升高的温度Δt=2.2 ℃,已知水的比热容c=4.2×103 J/(kg·℃),地球半径为R=6 400 km,π取3.14,试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率(结果保留2位有效数字)。(提示:Q=cmΔt) 能力提升练 题组一　热力学第一定律的应用 1.(2025北京延庆期末)如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体,B内为真空。抽开隔板K后,A内气体进入B,最终达到平衡态,对于该过程,下列说法正确的是(　　) A.气体对外做功,内能逐渐减小 B.气体体积增大,分子势能总量增加 C.气体自由膨胀,内能保持不变 D.气体分子对左侧器壁的作用力保持不变 2.(2025江苏南京统考)如图所示为充满了一定质量理想气体的密封气柱袋,主要用于保护易碎、易损坏的物品。当气柱袋受到快速挤压时,过程中与外界无热量交换,关于快速挤压过程中气柱袋内的气体,下列说法正确的是(　　) A.内能不变 B.压强不变 C.对外做功 D.分子热运动的平均动能增大 3.(2025河北邯郸期末)空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置,其基本结构原理如图所示,在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体,若外界温度保持不变,缓慢增大重物的质量,下列说法正确的是(　　) A.汽缸内气体的压强始终等于外界大气压 B.汽缸内气体的内能一定变大 C.汽缸内气体一定从外界吸热 D.汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多 4.(2025安徽淮北期末改编)济南趵突泉是中国著名的风景名胜之一,泉水一年四季恒定在18 ℃左右。严冬,水面上水气袅袅,像一层薄薄的烟雾,一边是泉池幽深,波光粼粼,一边是楼阁彩绘,雕梁画栋,构成了一幅奇妙的人间仙境画面。在水底有很多小孔冒出微小气泡,可以看到气泡在缓慢上升过程中体积逐渐变大且没有破裂。假设初始时小气泡(里面的气体可视为理想气体)体积V1=5.0×10-7 m3,气泡上升过程中内外压强相同。已知泉水水深h0=2 m,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求气泡到达水面时的体积V2; (2)已知气泡上升过程中对外界做功1.07×10-2 J,判断气泡是吸热还是放热,并求出热量的数值。 题组二　热力学第一定律与气体状态图像的综合 5.(2025黑龙江哈尔滨期末)如图,某密闭容器中一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A。其中,A→B和C→D为等温过程,B→C和D→A为绝热过程,这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是(　　) A.B→C过程中,气体温度升高 B.C→D过程中,气体从外界吸收热量 C.气体处于B状态比处于D状态时分子的平均动能大 D.A→B过程气体对外界做的功比D→A过程外界对气体做功少 6.(2025湖北黄冈期中)如图甲所示,一高度为H的汽缸竖直放置,汽缸壁和活塞都是绝热的,活塞横截面积为S,在汽缸的正中间和缸口处有固定卡环,活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞的厚度不计。活塞下方封闭有一定质量的理想气体,已知理想气体内能U与温度T的关系为U=αT,α为正的常量,重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0,压强等于外界大气压强p0,现通过电热丝缓慢加热,封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程,则(　　) 　 A.活塞质量为 B.从b→c过程,气体对外做功p0SH C.从a→d全过程,气体内能增加3αT0 D.从a→d全过程,气体吸收的热量小于其内能的增量 7.(2025江苏宜兴期中)一定质量的理想气体从状态a开始,经历a→b、b→c、c→a三个过程回到状态a,其p-T图像如图所示。下列判断正确的是(　　) A.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最大 B.a→b过程中气体一定从外界吸收热量 C.b→c过程中气体既不吸热也不放热 D.c→a过程中气体一定对外界做功8.(2025重庆渝中期中)一定质量的理想气体能从状态A等压变化到达状态B,也能从状态A等容变化到达状态C,p-V图像如图所示。假定该理想气体的内能U=pV,其中p、V分别为气体的压强和体积,所有变化过程均缓慢发生。气体从状态A到状态B过程吸收的热量Q1和从状态A到状态C过程吸收的热量Q2之比为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 9.(2025江西南昌期末)绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体,汽缸开口向上置于水平面上,活塞与汽缸壁之间无摩擦,缸内气体的内能UP=72 J,如图甲所示。已知活塞面积S=5×10-4 m2,其质量为m=2 kg,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热,活塞由原来的P位置移动到Q位置,此过程封闭气体的V-T图像如图乙所示,且知气体内能与热力学温度成正比。求: 　　 (1)封闭气体最后的体积; (2)封闭气体吸收的热量。 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.D 2.B 3.B 4.A 5.D 1.D　气泡缓慢上升,由于游泳池水温恒定,所以气泡内气体温度不变,大部分气体分子的速率不变,故A错误;气泡上升过程中,温度不变,压强逐渐减小,根据玻意耳定律可知,气泡的体积增大,所以气泡内气体分子间的平均距离增大,故B错误;由于温度不变,所以气泡内气体的内能不变,故C错误;气泡的体积增大,气泡内气体对外做功,所以W<0,因为气体内能不变,根据热力学第一定律可知ΔU=Q+W=0,故Q>0,即气泡内气体从外界吸热,故D正确。 2.B　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ΔU=Q+W,可得Q=ΔU-W=-1.2×105 J-8×104 J=-2×105 J,B正确。 易错警示 　　应用热力学第一定律应注意: 　　(1)要明确研究的对象是哪个物体或者说是哪个热力学系统; 　　(2)应用热力学第一定律计算时,要依照符号规则代入数据,对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。 3.B　被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内气体温度不变,压强变大,可知气体体积减小,外界对气体做功;气体温度不变,则气体分子平均动能不变,气体内能不变,根据热力学第一定律可知,气体向外界放热。故选B。 4.A　根据=C可知,P部分的气体压强大于Q部分的气体压强,又因为活塞受到竖直向下的重力,则拔掉销钉,活塞向下移动,其重力势能减小,由能量守恒定律可知,两部分气体内能之和增大,故A正确,B错误;活塞下移,P部分的气体对外界做功,汽缸绝热,可知Q=0,根据热力学第一定律知ΔU=W+Q,故P部分气体的内能减小,温度降低,同理可知Q部分气体的内能增大,温度升高,故C、D错误。 5.D　根据题意可知消耗了机械能,转化后得到了电能,故压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能,故选D。 6.答案　8.3×1016 W 解析　水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103×0.4×2.2 J≈3.70×103 J,则太阳在3 min内向地球表面辐射的能量Q总=·πR2=×3.14×(6 400×103)2 J≈1.49×1019 J,则太阳向地球表面辐射能量的功率P== W≈8.3×1016 W。 能力提升练 1.C 2.D 3.D 5.C 6.C 7.B 8.A 1.C　绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q=0,稀薄气体向真空扩散没有对外做功,W=0(易错点),根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知ΔU=0,内能不变,故A错误,C正确;稀薄气体可视为理想气体,所以气体的分子势能总量不变,气体体积增大,压强必然减小,气体分子对左侧器壁的作用力减小,故B、D错误。 2.D　气柱袋受到快速挤压时,气柱袋内气体的体积减小,外界对气柱袋内气体做功,气柱袋内气体与外界无热量交换,根据热力学第一定律可知,气柱袋内气体的内能增大,故A错误;气柱袋内气体的体积变小,内能增大,则温度升高,根据理想气体的状态方程=C可知,气柱袋内气体的压强增大,故B错误;气柱袋内气体的体积减小,外界对气柱袋内气体做功,故C错误;气柱袋内气体的内能增大,温度升高,分子热运动的平均动能增大,D正确。 3.D　设活塞的质量为M,根据平衡条件可得pS=p0S+(M+m)g,可知汽缸内气体的压强大于外界大气压,故A错误;由于汽缸导热良好,外界温度保持不变,则汽缸内气体的温度保持不变,汽缸内气体的内能不变,即ΔU=0,缓慢增大重物的质量,汽缸内气体的压强增大,根据pV=C,可知气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即汽缸内气体向外界放热,故B、C错误;由于汽缸内气体的温度保持不变,气体分子平均动能不变,而汽缸内气体的压强增大,根据气体压强的微观解释可知,汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多,故D正确。 4.答案　(1)6.0×10-7 m3　(2)吸热　1.07×10-2 J 解析　(1)气泡在h0深度时,压强为p1=ρgh0+p0 解得p1=1.2×105 Pa 水温不变,根据玻意耳定律有p1V1=p0V2 解得V2=6.0×10-7 m3 (2)温度不变,内能不变,ΔU=0 体积变大,气泡上升过程中对外界做功,则有 W=-1.07×10-2 J 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 解得气泡从外界吸收热量Q=1.07×10-2 J 方法技巧 　　流程法解决热力学第一定律相关问题 5.B→C为绝热过程,由图像可知,气体体积增大,则气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,气体内能减小,气体温度降低,故A错误;C→D为等温过程,气体内能不变,由图像可知,气体体积减小,则外界对气体做功,根据ΔU=W+Q,其中ΔU=0,W>0,可知Q<0,即气体向外界放热,故B错误;由于B→C过程气体温度降低,C→D为等温过程,则B状态温度高于D状态温度,气体处于B状态比处于D状态时分子的平均动能大,故C正确;根据p-V图线与横轴围成的面积表示做功的大小(解题技法),由题图可知,A→B过程气体对外界做的功比D→A过程外界对气体做功多,故D错误。 6.C　气体在等压膨胀过程中,由活塞受力平衡可得1.5p0S=p0S+mg,解得m=,故A错误;从b→c过程,气体等压膨胀,活塞从汽缸中间运动到汽缸口,气体对外做功W=1.5p0S·=p0SH,故B错误;在a→d全过程中,由理想气体状态方程有=,可知气体内能的变化量ΔU=α(Td-T0)=3αT0,故C正确;根据=C可得=,可知从a→b过程气体的体积不变,从b→c过程气体的体积增大,从c→d过程气体的体积不变,故从a→d全过程,气体对外做功,温度升高,内能增大,根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量大于其内能的增量,故D错误。 方法技巧 　　气体做功的求解方法 　　(1)等压变化,|W|=|p(V2-V1)|; 　　(2)非等压变化,可用热力学第一定律计算; 　　(3)可以用p-V图线与横轴围成的面积计算。 7.B　由图可知,状态a气体的温度最低,则状态a分子的平均动能最小,故A错误;a→b过程中气体做等容变化,外界对气体不做功,气体的温度升高,内能增加,由热力学第一定律可知,气体一定从外界吸收热量,故B正确;b→c过程中气体做等温变化,气体的内能不变,压强减小,体积变大,气体对外界做功,由热力学第一定律可知,气体一定从外界吸热,故C错误;c→a过程中气体做等压变化,气体温度降低,可知,气体体积减小,则外界一定对气体做功,故D错误。 8.A　气体从状态A到状态B过程,气体体积增大,气体对外做功,则有W1=-p0ΔV=-p0V0,内能增加量为ΔU1=UB-UA=pBVB-pAVA=p0V0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体吸收的热量为Q1=ΔU1-W1=p0V0;气体从状态A到状态C过程,气体体积不变,气体对外做功为零,即W2=0,内能增加量为ΔU2=UC-UA=pCVC-pAVA=p0V0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,吸收的热量为Q2=ΔU2-W2=p0V0,所以=,故选A。 9.答案　(1)6×10-4 m3　(2)64 J 解析　(1)以封闭气体为研究对象,根据盖-吕萨克定律,有= 解得VQ=6×10-4 m3 (2)依题意,气体的内能与热力学温度成正比,有= 解得UQ=108 J 活塞从P位置缓慢移到Q位置,活塞受力平衡,封闭气体做等压变化,以活塞为研究对象有pS=p0S+mg 解得p=p0+=1.4×105 Pa 封闭气体体积增大,外界对气体做功W=-p(VQ-VP)=-28 J 根据热力学第一定律有UQ-UP=Q+W 解得气体变化过程吸收的总热量为Q=64 J 14 学科网（北京）股份有限公司 $