高中物理 3.2-3.3热力学第一定律 能量守恒定律课时作业(含解析)粤教版选修3-3

第二节热力学第一定律第三节能量守恒定律1．物体内能的增加等于______________________与______________________的和，这个关系叫做热力学第一定律，公式________________．它们的正负号规定如下：外界对系统做功，W______0；系统对外界做功，W______0.系统从外界吸热，Q______0；系统向外界放热，Q______0.系统内能增加，ΔU______0；系统内能减小，ΔU______0.2．能量既不会____________，也不会____________，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________和________过程中其总量不变．3．任何机器对外界做功都要消耗能量，能量守恒定律的发现使人们进一步认识到：任何一部机器，只能使能量从____________转化为____________形式，而不能无中生有地________能量．因此，第一类永动机是____________制成的，因为它违背了________________．4．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变5．(双选)一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统( )A．机械能守恒B．总能量守恒C．机械能和内能增加D．机械能减少，内能增加6．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律B．违背了能量守恒定律C．做功产生的热不符合热功当量D．找不到合适的材料和合理的设计方案【概念规律练】知识点一热力学第一定律1．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105J，则下列各式中正确的是( )A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－4×104J2．(双选)下列关于物体内能的说法正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增加B．物体放出热量，内能一定减少C．当做功和热传递同时存在时，物体的内能可能不变D．物体对外做功，内能可能增加知识点二能量守恒定律3．如图1所示，A、B是两个完全相同的铁球，A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂，现只让它们吸收热量，当它们升高相同的温度时，它们所吸收的热量分别为Q A、Q B，则( )图1A．Q A＝Q B B．Q A<Q BC．Q A>Q B D．无法确定Q A、Q B的大小4．水能不产生污染物，是一种清洁能源，位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达每秒6000m3，而且一年四季流量稳定，瀑布落差50m，若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率．(g取10m/s2)【方法技巧练】热力学第一定律的应用技巧5．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105Pa的状况下，体积从20L膨胀到30L，这一过程中气体从外界吸热4×103J，则气体内能的变化为( )A．增加了5×103JB．减少了5×103JC．增加了3×103JD．减少了3×103J6．(双选)如图2图2所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时( )A．体积可能不变B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热1．某系统的初状态具有内能1J，在外界对它做0.5J的功后，它放出0.2J的热量，系统在这个过程中内能的增量是( )A．0.7JB．0.3JC．0.66JD．－0.34J2．某气体温度升高了(体积不变)，可能的原因是( )A．气体一定吸收了热量B．气体可能放出了热量C．外界对气体可能做了功D．气体可能吸收了热量图33．(双选)如图3所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住，将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时( ) A ．氢气的温度不变 B ．氢气的压强减小 C ．氢气的体积减小 D ．氧气的温度升高 4．(双选)图4如图4所示，一绝热容器被隔板K 隔开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 ，最终达到平衡状态．在此过程中( ) A ．气体对外界做功，内能减少 B ．气体不做功，内能不变 C ．气体压强变小，温度降低 D ．气体压强变小，温度不变5．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W 1表示外界对气体做的功，W 2表示气体对外界做的功，Q 1表示气体吸收的热量，Q 2表示气体放出的热量．则在整个过程中一定有( ) A ．Q 1－Q 2＝W 2－W 1B ．Q 1－Q 2＝W 1－W 2 C ．W 1＝W 2D ．Q 1＝Q 26．如图5所示是一定质量的理想气体从状态A 经B 至C 的p —1V图线，则在此过程中( )图5A ．气体的内能改变B ．气体的体积增大C ．气体向外界放热D ．气体对外界做功7．如图6所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad 平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法错误的是( )图6A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法中正确的是( )A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒9．(双选)行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流．上述不同现象所包含的相同物理过程是( )A．物体克服阻力做功B．物体的动能转化为其他形式的能量C．物体的势能转化为其他形式的能量D．物体的机械能转化为其他形式的能量图710．如图7所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，则下面有关能的转化的说法中正确的是( )A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能11．在图8所示的两端开口的“U”形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高．现打开阀门K，从打开阀门到两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔE k；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得图8①W1＝0②W2－W3＝ΔE k③W2－W3＝Q＝ΔU④W3－Q＝ΔU其中，正确的是( )A．①②③B．①②④C．②③D．①③1.5×105J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？13．一定量的气体从外界吸收了2.6×105J的热量，内能增加了4.2×105J，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？如果气体吸收的热量仍为2.6×105J不变，但是内能只增加了1.6×105J，这一过程做功情况怎样？14．一铁球从高H处由静止落到地面上，回弹速率是落地速率的一半，设撞击所转化的内能全部使铁球温度升高，则铁球的温度升高多少？(设铁的比热容为c，各物理量取国际制单位)15．重1000kg的气锤从2.5m高处落下，打在质量为200kg的铁块上，要使铁块的温度升高40℃，气锤至少应落下多少次？(设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高，且铁的比热c＝0.11cal/(g·℃)，1 cal＝4.2 J，g取10 m/s2)答案课前预习练1．物体吸收的热量Q外界对物体做的功WΔU＝Q＋W> < > < > <2．凭空产生凭空消失转化转移转化转移3．一种形式另一种创造不可能能量守恒定律4．C [根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，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．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错．同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错．若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，C正确．若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，故D错．]5．BD [物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少．由能量转化和守恒定律知，内能应增加，能的总量不变．]6．B课堂探究练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．]方法总结热力学第一定律的表达式为ΔU＝W＋Q，应用时要熟练掌握各物理量的符号法则．2．CD [当物体从外界吸收的热量与对外做的功正好相等时，物体的内能不变，C正确；物体对外做功，如果同时吸收热量，且吸收的热量比对外做的功多时，内能就可能增加．] 方法总结本题易错之处是有些同学把吸热和内能混为一谈．不假思索就认为物体吸热内能增加，物体放热内能减少而错选A、B.而A和B中只谈到一种改变内能的方式，但并不能否认还可能存在着另一种改变内能的方式——做功．3．C [对A球：吸热后膨胀，重心升高，重力势能增加，则吸收的热量等于增加的重力势能和内能之和．Q A＝ΔE P A＋ΔU A，对B球：吸热后也膨胀，但重心下降，则吸收的热量和重力势能的减少量等于B球内能的变化，即Q B＋ΔE P B＝ΔU B，两球的内能的变化量相同，即ΔU A ＝ΔU B，故Q A>Q B，选项C正确．]方法总结应用能量守恒定律解决问题时，首先应明确有哪几种能量参与转化或转移，哪些增、哪些减，然后利用守恒观点列出方程求解．4．1.5×109W解析水力发电的基本原理是水的机械能转化为电能．每秒钟流下的水的质量为：m＝ρV＝1×103×6000kg＝6×106kg.每秒钟水减少的机械能为：E＝mgh＝6×106×10×50J＝3×109J.设发电机的输出功率为P，则由能量守恒定律可得：Eη＝Pt，解得P＝3×109×50%W＝1.5×109W.方法总结能量守恒定律是普遍适用的定律，在解决有关能量转化问题时，必须想到利用能量守恒定律．5．C [气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105Pa×(30－20)×10－3 m3＝1.0×103 J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103J．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103J＋4.0×103J＝3.0×103J，即气体内能增加3×103 J．]方法总结若气体等压变化，压强为p，体积变化为ΔV，则气体做功W＝p·ΔV.6．BD [本题是气体状态变化、图象与热力学第一定律结合的综合分析题．连接OA、OB，得到两条等容线，故有V B>V A，所以A错误．由于没有限制从状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故B正确．因为气体体积增大，所以是气体对外做功，C错误．因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确．]方法总结(1)一定质量的理想气体的内能只由温度决定，与体积无关．(2)应注意W＋Q＝ΔU和气体实验定律及图象的巧妙结合，综合分析．课后巩固练1．B [因W＝0.5 J，Q＝－0.2 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝0.3 J．] 2．A [体积不变，说明外界对气体做的功W＝0，由于温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，气体内能增加，由ΔU>0知Q>0，即一定吸热．]3．BD [理想气体氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又体积和温度相同，所以氢气产生的压强大，当拔掉销子后，会推动活塞向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无热传递，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低，对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，无热传递的情况下，氧气内能增加，温度升高．]4．BD [因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．]5．A [气体初、末状态相同，内能相同，由热力学第一定律知ΔW＋ΔQ＝0，即W2－W1＝Q1－Q2，故选项A正确．]6．C [由图象可知该理想气体发生的是等温变化，故气体的内能不变，ΔU＝0；但气体的体积在减小，故外界对气体做功，W>0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q<0，气体向外界放热，故C正确．]7．B [从状态d 到c ，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故答案A 错；气体从状态c 到状态b 是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故选项B 正确；气体从状态a 到状态d 是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C 正确；气体从状态b 到状态a 是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故选项D 正确．]8．D [自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能克服阻力、摩擦力做功，增加了内能．]9．AD [此题考查学生综合分析能力，从若干不同的现象中分析找出相同的规律，这四个现象中物体在运动过程中都受到阻力，汽车主要受制动阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁铁下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A 对；四个物体运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁铁是重力势能转化成其他形式的能，总之是机械能转化成了其他形式的能，D 对．]10．D [子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．]11．B [由动能定理可知W 2－W 3＋W 1＝ΔE k ，其中W 1＝p ·ΔV 左－p ·ΔV 右＝0，可知①、②正确．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得ΔU ＝W 3－Q ，可知④正确，③错误．综合以上分析可知B 正确．]12．5×104J解析 选择被压缩的空气为研究对象，根据的热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q由题意可知W ＝2×105J ，ΔU ＝1.5×105J ，代入上式得 Q ＝ΔU －W ＝1.5×105J －2×105J ＝－5×104J.负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104J.13．外界对气体做功，做功为1.6×105J气体对外界做功，做功为1.0×105J解析 由题意知Q ＝2.6×105J ，ΔU ＝4.2×105J ，根据ΔU ＝Q ＋W ，代入可得W ＝1.6×105J ，W 为正值，外界对气体做功，做功为1.6×105J.同理由题意可知Q ′＝2.6×105J ，ΔU ′＝1.6×105J ，利用热力学第一定律得W ′＝－1.0×105J ，这说明气体对外界做功(气体体积变大)，做功为1.0×105J.14.3gH 4c解析 设落到地面时的速率为v ，由v 2＝2gH 得落地时v ＝2gH则铁球在与地面撞击时损失的动能ΔE ＝12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2＝38m ·2gH ＝34mgH 由能量守恒定律得，损失的动能全部转化为铁球的内能则ΔU ＝ΔE ＝34mgH ＝Q 由Q ＝cm Δt 得Δt ＝Q cm ＝34mgH cm ＝3gH 4c即铁球温度升高3gH 4c15．247次解析 气锤下落过程中只有重力做功，机械能守恒，因而气锤撞击铁块时动能为 E k ＝mgh ＝103×10×2.5J＝2.5×104J由动能定理知气锤撞击铁块所做的功为W ＝E k －0＝2.5×104J使铁块温度升高40℃的热量Q ＝cm Δt ＝0.11×200×103×40cal＝3.696×106J设气锤下落n 次才能使铁块温度升高40℃，由能的转化和守恒定律有：n ·W ·η＝Qn ＝Q W ·η＝ 3.696×1062.5×104×60%＝246.4 故气锤至少要下落247次．。