2025人教版高中物理选择性必修第三册强化练习题（有解析）--2　热力学第一定律　3　能量守恒定律

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2025人教版高中物理选择性必修第三册
2　热力学第一定律　　　3　能量守恒定律
基础过关练
题组一　热力学第一定律
1.一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
2.(2024北京平谷模拟预测)一定质量的理想气体,在温度保持不变的条件下,若气体体积减小,则 (　　)
A.气体的内能不变
B.气体可能从外界吸收热量
C.气体的压强可能不变
D.气体压强与体积的乘积变小
3.(2024广东佛山二模)如图是小魔术“浮沉子”的模型。在密封的矿泉水瓶中,一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气,可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开矿泉水瓶后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中小瓶内气体温度保持不变,则上浮过程中小瓶内气体(　　)
A.体积不变,内能不变
B.体积不变,压强不变
C.对外界做功,并放出热量
D.体积增大,对外界做功
4.(经典题)(2024江西阶段测试)如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的横截面积为S、质量为(p0为大气压强,g为重力加速度大小),活塞与汽缸底部相距为L。汽缸和活塞绝热性能良好,初始时气体的温度与外界大气温度均为T0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,活塞缓慢向上移动0.5L后停止,整个过程中气体吸收的热量为4p0SL。忽略活塞与汽缸间的摩擦,则该过程中理想气体 (　　)
A.压强逐渐减小
B.压强逐渐增大
C.内能的增加量为6p0SL
D.内能的增加量为2p0SL
题组二　能量守恒定律
5.(多选题)如图所示,汽缸放置在水平地面上,质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室,两气室中均充有理想气体,汽缸、活塞是绝热的且不漏气。开始活塞被销钉固定,现将销钉拔掉,活塞最终静止在原位置下方h处,设活塞移动前后甲气室中气体内能的变化量为ΔE,不计气体重心改变的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.甲气室中气体体积减小,温度升高
B.ΔE>mgh
C.ΔED.ΔE=mgh
6.(教材习题改编)太阳向地球表面每平方米辐射光能的功率是1.4 kW,今要用凹面镜制成的太阳灶烧水,并要使标准大气压下初温为20 ℃、质量为5 kg的水在1 200 s内沸腾,则太阳灶中凹面镜受光照面积的直径至少应该是多少 [设太阳灶的总效率为50%,水的比热容c水=4.2×103 J/(kg·℃)]
能力提升练
题组一　热力学第一定律与 =C结合
1.(经典题)(多选题)(2024云南玉溪期末)如图所示,带有活塞的汽缸中密封着一定质量的理想气体,汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻(随温度升高,电阻变小)置于汽缸中,热敏电阻与汽缸外的电阻表连接,汽缸固定不动,缸内活塞可自由移动且不漏气,活塞下挂一沙桶,沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞,细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是 (　　)
A.外界对气体做功,气体的内能增大
B.气体对外界做功,气体的内能减小
C.气体的压强增大,体积减小
D.电阻表的指针逐渐向右偏转
2.(2024江苏苏州期中)如图所示,绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分,K与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用的势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后,a、b各自达到新的平衡。下列说法中错误的是 (　　)
A.a的温度升高
B.加热后a的分子热运动比b的更剧烈
C.a的体积增大,压强变小
D.a增加的内能大于b增加的内能
3.(经典题)(2022山东威海月考)“百脉寒泉珍珠滚”为章丘八大景之一。泉水深5 m,底部温度为17 ℃,一个体积为5.8×10-7 m3的气泡,从底部缓慢上升,到达泉水表面温度为27 ℃,其内能增加了2×10-2 J。重力加速度g取10 m/s2,外界大气压强取1.0×105 Pa,水的密度取1×103 kg/m3,气泡内气体视为理想气体,热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K。下列说法正确的是(　　)
A.气泡内所有分子动能都增大
B.气泡上升过程中对外做功,放出热量
C.气泡到达水面时的体积为8.7×10-8 m3
D.上升过程中气泡吸收热量小于6.8×10-2 J
4.(2024江苏泰州期末)如图,绝热容器的容积V0=60 mL,在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为S=2 cm2且足够长的玻璃管,玻璃管下端与容器内部连接且不漏气。玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时,容器内气体温度T0=300 K,压强等于大气压强p0=1.00×105 Pa。现采用两种方式加热气体至T1=400 K。方式一:活塞用插销固定住,电阻丝缓慢加热气体;方式二:拔掉插销,电阻丝缓慢加热气体。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体,不计摩擦及玻璃管对外散热。求:
(1)用方式一完成加热后,容器内气体的压强p1(计算结果保留三位有效数字);
(2)采用哪种方式加热气体吸收的热量更多,多吸收的热量ΔQ。
题组二　热力学第一定律与气体状态图像的综合应用
5.(2024北京丰台一模)如图所示,一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B,下列说法正确的是 (　　)
A.气体一定吸收热量
B.分子的平均动能减小
C.气体的内能可能减少
D.单位体积内的分子数增加
6.(2024江苏泰州一模)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。下列判断正确的是 (　　)
A.气体在a→b过程中做等温变化
B.气体在b→c过程中内能增加
C.气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等
D.气体在一次循环过程中会向外界放出热量
7.(2024江苏泰州一模)一定质量理想气体的卡诺循环过程p-V图线如图所示,状态a、d的温度分别为Ta、Td,ad、bc两条绝热线下的面积分别为S1、S2(图中阴影部分),则 (　　)
A.TaS2　　　　D.S1=S2
8.(2024江苏盐城阶段测试)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,最后变化到状态C,V-T图像如图所示。已知该气体在状态B时的压强为1.0×105 Pa。下列说法正确的是 (　　)
A.状态A时气体的压强为2.0×105 Pa
B.A→B过程气体吸热
C.B→C过程气体压强增大
D.B→C过程气体对外做功200 J
9.(经典题)(2023广东揭阳期末)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后再回到状态a,其p-T图像如图所示,则该气体 (　　)
A.在状态a的内能小于在状态b的内能
B.在状态a的分子密集程度大于在状态b的分子密集程度
C.在b→c过程中气体对外界做功等于a→b和c→a过程外界对气体做功的和
D.在a→b过程气体放出的热量小于b→c过程中气体从外界吸收的热量
10.(2023湖南名校联盟期末)如图甲所示,一质量m=2 kg、横截面积S=1×10-3 m2的绝热活塞K将一定质量的理想气体封闭在开口向上的圆筒形绝热汽缸内。现通过电热丝对气体缓慢加热,使活塞由M位置缓慢地向上移动到达N位置(即可以认为活塞在任意时刻都处于平衡状态),在此过程中,缸内气体的T-V图像如图乙所示,已知大气压强p0=1.0×105 Pa,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求活塞处于M位置时,汽缸内气体的压强和体积;
(2)若活塞由M位置缓慢到达N位置过程中,汽缸内气体内能的变化量ΔU=50 J,求汽缸内气体在该过程中从电热丝吸收的总热量。
　
答案与分层梯度式解析
1.B 2.A 3.D 4.D 5.AB
1.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,选项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。
2.A　一定质量的理想气体,温度保持不变时,气体的内能不变,ΔU=0,A正确;气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体放出热量,B错误;气体体积减小,根据玻意耳定律pV=C,可知气体压强增大,气体压强与体积的乘积不变,C、D错误。故选A。
3.D　上浮过程,小瓶内气体温度保持不变,压强逐渐减小(破题关键),根据pV=C,可知气体体积变大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,其中ΔU=0,W<0,可知Q>0,说明瓶内气体从外界吸热。故选D。
4.D　
思路点拨
设汽缸中气体压强为p1,活塞缓慢移动,所以受力平衡(气体发生等压变化)(破题关键),有p1S=p0S+mg,其中m=,得p1=4p0,A、B错误;气体对外界做功,W=-p1S·0.5L=-2p0SL,气体吸收热量,Q=4p0SL,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得ΔU=2p0SL,C错误,D正确。故选D。
5.AB　在绝热过程中,甲气室中气体体积减小,外界对它做功,内能增加,温度升高,故A正确。乙气室中气体体积增加,它对外界做功,内能减少;活塞下落,重力势能减少,设乙气室中气体对活塞的力做功为W乙,由题可知W乙为正值,由能量守恒定律可以得出ΔE=mgh+W乙,故C、D错误,B正确。
方法技巧
利用能量守恒解决问题时,首先应明确题目中涉及哪几种形式的能量,然后分析哪几种能量增加,哪几种能量减少,利用增加量等于减少量求解。
6.答案　1.6 m
解析　设凹面镜的直径为d,在t=1 200 s内太阳辐射到凹面镜的能量E=Pt·S=1 400×1 200×π(J),根据能量守恒定律,可知50%E=c水mΔt,即50%E=4.2×103×5×(100-20) J,解得d≈1.6 m
能力提升练
1.ACD 2.C 3.D 5.A 6.C 7.D 8.D 9.D
1.ACD　汽缸和活塞均具有良好的绝热性能,气体与外界没有热交换,Q=0,在细沙缓慢漏出的过程中,沙桶对活塞向下的拉力减小,活塞在大气压的作用下向上运动(破题关键),气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体的内能增大,温度升高,由=C可知,气体压强增大,A、C正确,B错误;气体的温度升高,由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,电阻表示数减小,指针右偏,D正确。故选A、C、D。
2.C　
图形剖析
汽缸和隔板都是绝热的,电热丝加热过程中,气体a吸收热量,内能增大,a的温度升高,压强增大,b气体被压缩,体积减小,绝热隔板K对b气体做功,W>0,b气体与外界没有热交换,Q=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知b的内能增大,温度升高,由理想气体状态方程=C可知气体b的压强增大,维持与气体a的压强相等,A正确,C错误;a、b是同种气体,初始时刻压强相等,体积相等,温度相同,则=,加热过程气体a和气体b压强相等,最终a体积大于b体积,由=可知,加热后气体a的温度高于b的温度,则气体a的分子热运动比气体b的更剧烈,a增加的内能比b增加的内能多,B、D正确。故选C。
3.D　内能增大,气体分子的平均动能增大,并不是所有分子的动能都增大,选项A错误;由ΔU=W+Q可知,气泡上升过程中,气体内能增加,体积增大,对外做功,所以吸收热量,选项B错误;由题意知,在泉水底部p1=p0+ρgh=1.5×105 Pa,V1=5.8×10-7 m3,T1=(273+17) K=290 K,到达水面时p2=p0=1.0×105 Pa,T2=(273+27) K=300 K,由理想气体状态方程=代入数据可求得,气泡到达水面时的体积为V2=9×10-7 m3,选项C错误;当压强不变时,气体对外做功为W'=p1ΔV=1.5×105×(9×10-7-5.8×10-7) J=4.8×10-2 J,由于上升过程中气体压强减小,所以对外做功小于4.8×10-2 J,外界对气体做功W=-W',由ΔU=W+Q可得上升过程中气泡吸收热量小于6.8×10-2 J,选项D正确。
4.答案　(1)1.33×105 Pa　(2)见解析
解析　(1)采用方式一加热过程,气体体积一定,根据查理定律有=
解得p1≈1.33×105 Pa
(2)采用方式二加热过程,气体压强一定,设活塞在玻璃管中上升的距离为L,根据盖-吕萨克定律有=
解得L=0.1 m
由于方式一气体体积不变,气体与外界之间没有做功,则气体增大的内能等于吸收的热量,方式二气体体积增大,气体对外做功,则气体增大的内能小于吸收的热量,可知,采用方式二加热气体吸收的热量多,方式二中
W=-p0SL
根据热力学第一定律有ΔU=Q1,ΔU=W+Q2
解得ΔQ=Q2-Q1=2 J
方法技巧
流程法解决热力学第一定律相关问题
5.A　气体从状态A等压变化到状态B,气体的体积增大,根据盖-吕萨克定律V=CT,可知气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,B错误;理想气体的内能只跟气体的温度有关,温度升高,气体的内能增加,ΔU>0,C错误;气体体积增大,气体对外界做功,W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即气体一定吸收热量,A正确。一定质量的理想气体,分子总数不变,由于体积增大,因此单位体积内的分子数减小,D错误。故选A。
6.C　根据理想气体状态方程=C,气体在a→b过程中p、V乘积变大,可知温度升高,A错误;气体在b→c过程中p、V乘积变小,可知温度降低,内能减小,B错误;气体在a→b过程和b→c过程,其p-V图像与横轴围成的面积表示气体对外界所做的功(解题技法),可知两个过程气体对外界做的功相等,C正确;气体在一次循环过程中,a→b→c过程气体对外界做功,c→a过程外界对气体做功,整个过程气体对外界做功,W<0(W的绝对值在数值上等于△abc的面积),由于温度不变,则气体内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,则气体会从外界吸收热量,D错误。故选C。
7.D　对于图中的两个等温过程,等温线离原点远的温度高,所以有Ta=Tb>Td=Tc,A、B错误;由图可知,S1表示d→a外界对气体做的功,S2表示b→c气体对外界做的功,两个过程均为绝热过程,则Q=0,有ΔU=W,且温度变化量的大小相同,则ΔU大小相同,所以两个过程做功大小相同,S1=S2,C错误,D正确。故选D。
8.D　从状态A变化到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有pAVA=pBVB,解得pA=0.5×105 Pa,A错误;A→B过程,气体温度不变,则内能不变,ΔU=0,体积减小,外界对气体做功,W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,气体放热,B错误;由理想气体状态方程=C,得V=T,可知V-T图线上的点与原点连线的斜率k=,由图像可知B→C段图线上的点与原点连线的斜率不变,所以B→C过程气体压强不变(破题关键),C错误;B→C过程气体体积变大,气体对外界做功,则有W=-pB(VC-VB),代入数据解得W=-200 J,负号表示气体对外做功,D正确。故选D。
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。
9.D　状态a、b温度相同,则气体内能相等,选项A错误;根据=C,气体在状态a的体积大于在状态b的体积,故气体在状态a的分子密集程度小于在状态b的分子密集程度,选项B错误;根据=C,气体在状态a的体积等于在状态c的体积,则b→c气体体积变化量等于a→b体积变化量,根据W=pΔV,b→c气体压强大于a→b气体压强,故b→c气体对外做功大于a→b外界对气体做功,c→a外界对气体不做功,故在b→c过程中气体对外界做功大于a→b和c→a过程外界对气体做功的和,选项C错误;气体在状态c的温度高于在状态a的温度,则气体在状态c的内能大于在状态a的内能,则气体在a→b→c过程中ΔU>0,在a→b→c过程中,气体对外做功大于外界对气体做功,W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,得Q>0,在a→b→c过程中气体吸热,即a→b过程气体放出的热量小于b→c过程气体从外界吸收的热量,选项D正确。
方法技巧
解答本题,可将p-T图像转化为p-V图像,结合图像“面积”的物理意义解题。
10.答案　(1)1.2×105 Pa　2×10-4 m3　(2)62 J
解析　(1)活塞从M位置缓慢移动到N位置,活塞受力平衡,气体发生等压变化,
对活塞受力分析,有pS=p0S+mg
解得汽缸内气体的压强p=p0+=1.2×105 Pa
由盖-吕萨克定律有=
解得活塞处于M位置时汽缸内气体的体积VM=2×10-4 m3
(2)由于气体温度升高,气体的内能增加,ΔU=50 J
外界对气体做的功W=-p(VN-VM)=-12 J
由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q=62 J
气体从电热丝吸收的总热量为62 J
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