高中物理--热力学第一定律能量守恒定律练习

高中物理--热力学第一定律能量守恒定律练习夯基达标1.在一个大气压下，1 kg 100℃的水变为1 kg 100 ℃的水蒸气的过程，下列说法中正确的是（）A.内能不变，对外界做功，一定是吸热过程B.内能增加，吸收的热量等于内能的增加C.内能不变，吸收的热量等于对外界做的功D.内能增加，从外界吸热，吸收的热量等于对外界做的功和增加的内能的和解析：水变成同温度的水蒸气时，分子间距从r0增大到约10r，体积要扩大约1000倍，故需克服大气压力对外做功，同时克服分子力做功，分子势能增加内能增加.由热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q=ΔU-W，其中W为负值，故选项D正确. 答案:D2.对于一定质量的气体加热，气体吸收了500 J的热量，它受热膨胀的过程中对外做功300 J，气体的内能将怎样改变（）A.增加800 JB.减少800 JC.增加200 JD.减少200 J解析：由公式ΔU=W+Q可得出ΔU=-300 J+500 J=200 J.答案:C3.(江苏南京模拟)在温度均匀的水池中，有一小气泡正在缓慢向上浮起，体积逐渐膨胀，在气泡上浮的过程中（）A.气泡内的气体对外界放出热量B.气泡内的气体与外界不发生热传递，其内能不变C.气泡内的气体对外界做功，其内能减少D.气泡内的气体对外界做功，同时从水中吸收热量，其内能不变解析：气泡向上浮起的过程中体积膨胀，对外做功，由于温度不变，内能不变，一定从水中吸热.答案:D4.一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始状态，用W1表示外界对气体做功，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，则在整个过程中一定有（）A.Q1-Q2=W2-W1B.Q1=Q2C.W1=W2D.Q1＞Q2解析：气体状态回到原来的状态，则气体的内能不变，即ΔU=0，由热力学第一定律可得ΔU=W+Q，所以ΔU=0，W=-Q，依题意可得Q1-Q2=W1-W2，其他关系无法确定.气体状态变化时，气体做功的情况非常复杂，例如气体膨胀后再压缩到原体积，做功的代数和不一定为零.答案:A5.运动员跳伞后，在某一段时间内以8 m/s2的加速度下降，在该过程中（）A.重力势能只转化为动能B.机械能转化为内能C.机械能守恒D.系统的总能量守恒解析：物体加速度为8 m/s2,说明物体除受重力以外还受阻力作用，克服阻力做功，机械能转化为内能，但总能量守恒.答案:BD6.在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将作如何变化（）A.降低B.升高C.不变D.无法确定解析：冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部致冷，把冰箱与房间看作一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，不会引起总能量的变化.但系统消耗电能增加了系统的总能量，冰箱正常工作，根据能的转化与守恒定律知，增加的系统能量转化为内能使房间的温度升高，故选B.答案:B7.单摆在摆动过程中，其摆动幅度越来越小，这说明（）A.能量正在逐渐消失B.动能正在向势能转化C.机械能是守恒的D.总能量守恒，正在减少的机械能转化为内能解析：单摆摆动过程中，克服空气阻力做功，机械能减少，内能增大，但总能量守恒.答案:D8.一定质量的气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问（1）物体的内能增加还是减少？变化量是多少？（2）分子的势能是增加还是减少？（3）分子的平均动能是增加还是减少？解析：（1）气体从外界吸收热量Q=4.2×105 J,气体对外界做功W=-6×105 J ，由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=-6×105 J+4.2×105 J=-1.8×105 J,ΔU 为负，说明气体的内能减少，减少了1.8×105 J.（2）因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀了，分子间的距离增大了，分子做负功，气体分子势能增加了.（3）因为气体的内能减少了，同时气体分子势能增加了，说明气体分子的平均动能一定减少了.答案:（1）减少 1.8×105 J (2)增加 （3）减少9.已知暖水瓶中盛有0.5 kg 、25℃的水，一个学生想用上下摇晃的方法使冷水变为开水.假设每摇晃一次水的落差为15 cm ，每分钟摇晃30次，不计所有热量损失，那么，他大约需要多长时间才可以把水“摇开”？［c 水=4.2×103J/(kg·℃）,g=10 m/s 2］解析：此问题中能量转化的方向是：上摇时学生消耗自身的能量通过对水做功转化为水的重力势能，下落时水的重力势能转化为动能再转化为水的内能.由于不计一切热量损失，根据水的重力势能减少量等于水的内能的增加量可求解. 设“摇开”水需时t 分钟，水升温ΔT，由ΔE p 减=ΔE 内增=Q 水吸 得30mg·Δht=cmΔT15.010*******.4303⨯⨯⨯⨯=∆∆=h g T c t min=7.0×103 min 即他要“摇开”水大约需要7.0×103分钟，相当于5天的时间. 答案:5天10.用钻头在铁块上钻孔时，注入20℃的水5 kg ，10 min 后水的温度上升到100℃，并有1 kg 的水变成水蒸气，如果钻头的功率为10 kW ，则在钻头做功的过程中，有百分之几的功用来改变水和水蒸气的内能？［已知水的比热容c=4.2×103 J/(kg·℃),100℃的水的汽化热L=2.3×106 J/kg ］解析：根据功率的定义，钻头做的功为W 总=Pt=104×600 J=6×106 J,水和水蒸气吸热，使其内能增加为ΔU=cmΔt+Lm=〔4.2×103×5×(100-20）+1×2.3×106〕 J=4×106 J.因此，用来改变水和水蒸气的内能的功占钻头做功的百分数为%.6710610466=⨯⨯=∆=总W U η 答案:67% 走近高考11.(江苏高考，9)分别以P 、V 、T 表示气体的压强、体积、温度.一定质量的理想气体，其初始状态表示为（P 0、V 0、T 0）.若分别经历如下两种变化过程： ①从（P 0、V 0、T 0）变为（P 1、V 1、T 1）的过程中，温度保持不变（T 1=T 0）； ②从（P 0、V 0、T 0）变为（P 2、V 2、V 2）的过程中，既不吸热，也不放热. 在上述两种变化过程中，如果V 1=V 2＞V 0,则（ ） A.P 1＞P 2,T 1＞T 2 B.P 1＞P 2,T 1＜T 2 C.P 1＜P 2,T 1＜T 2 D.P 1＜P 2,T 1＞T 2解析：从（P 0、V 0、T 0）变到（P 2、V 2、T 2），V 2＞V 0，表明对外做功，ΔU=Q+W，Q=0，ΔU＜0，则T 2＜T 0=T 1;P 0V 0/T 0=P 1V 1/T 1=P 2V 2/T 2,T 1=T 0,V 1=V 2＞V 0，所以P 2＜P 1＜P 0,选A. 答案:A12.(广西高考，4)下列说法正确的是（ ） A.外界对一物体做功，此物体的内能一定增加 B.机械能完全转化成内能是不可能的C.将热量传给一个物体，此物体的内能一定改变D.一定量气体对外做功，气体的内能不一定减少解析：本题考查热力学第一定律.由W+Q=ΔU 可知ΔU 由W 、Q 共同决定.选项A 、C 错误，选项D 正确；机械能可以通过克服摩擦做功全部转化为内能，选项B 错误. 答案:D13.(天津高考，4)如图10-3-1，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中.设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小（ ）图10-3-1A.从外界吸热B.内能增大C.向外界放热D.内能减小解析：金属筒在下降过程中，水对筒的压强增大，因此气体的压强增大，气体体积减小，外界对气体做功；又水温恒定，气体内能不变，而外界对气体做了功，则气体应向外界放热，选项C正确.此题考查物体的内能和热力学第一定律.答案:C14.“和平号”空间站已于2001年3月23日成功地坠落在太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海.此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中发生化学反应所需的能量）. （1）试用以下各物理量的符号表示散失能量E′的公式；（2）根据下列数据，算出E′的数值.（结果保留两位有效数字）坠落开始时，=1.17×105 kg；空间站的质量m轨道距地面的高度为h=146 km;地球半径R=6.4×106 m；坠落空间范围内重力加速度取g=10 m/s2;入海残片的质量为m=1.2×104 kg;入海残片的温度升高Δt=3 000 K；入海残片的入海速度为声速v=340 m/s;空间站材料每千克升温1 K平均所需能量C=1.0×103 J；每销毁1 kg材料平均所需能量μ=1.0×107 J解析：本题以社会关注的“和平号”空间站坠落事件为背景，考查综合应用牛顿运动定律、能量守恒定律解决实际问题的能力.通过建模计算空间站初态机械能总量，分析坠落过程中的能量转化并应用能量守恒观点列出方程是解答本题的关键.应用能量守恒定律解决物理问题时，应弄清物理过程和状态，分析参与转化的能量有哪几种，哪些增加，哪些减少，然后由守恒观点列出方程.（1）根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间范围内重力加速度g=10 m/s2,若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的重力势能为E p =m 0gh ①以v 表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得gm rv m 020=② 其中，r为轨道半径，则r=R+h③由②③式可得空间站在近圆轨道上的动能为)(210h R g m E k +=④由①④式得，近圆轨道上空间站的机械能为 E=E p +E k =)2321(0h R g m +⑤在坠落过程中，用于销毁部分所需的能量为 Q 汽=（m 0-m)μ⑥用于残片升温所需的能量 Q 残=cmΔt⑦残片动能为 E 残=221mv ⑧以E′表示其他方式散失的能量，由能量守恒得 E=Q 残+Q汽+E残+E′⑨ 由此得E′=m 0g 〔h R 232+〕-（m 0-m)μ-221mv -cmΔt⑩(2)将数据代入⑩，得E′=2.9×1012 J. 答案:(1)E′=)232(0h R gR m -(m 0-m)μ-221mv -cmΔt (2)2.9×1012J。