高中物理人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律一课一练

2020-2021学年人教版（2019）选择性必修第三册

3.2热力学第一定律 同步练习（含解析）

1．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）（　　）

A．内能增大，放出热量 

B．内能减小，吸收热量 

C．内能增大，对外界做功 

D．内能减小，外界对其做功

2．下列过程，可能发生的为（　　）

A．物体吸收热量，对外做功，同时内能增加 

B．物体吸收热量，对外做功，同时内能减少 

C．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少 

D．外界对物体做功，同时物体放热，内能增加

3．一定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△U＝1.2×105J    Q＝4×104J 

B．W＝8×104J△U＝﹣1.2×105J   Q＝﹣2×105J 

C．W＝﹣8×104J△U＝1.2×105J    Q＝2×105J 

D．W＝﹣8×104J△U＝﹣1.2×105J   Q＝﹣4×104J

4．下面设想符合能量守恒定律的是（　　）

A．利用永久磁铁间的作用力造一台永远转动的机器 

B．做成一条船利用河水的能量逆水航行 

C．通过太阳照射飞机使飞机起飞 

D．不用任何燃料使河水升温

5．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△E，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．△E＞mgh 

C．△E＜mgh 

D．△E＝mgh

6．如图所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体（不考虑分子间的作用力），用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是（　　）

A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少 

B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少 

C．电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变 

D．电流对气体做功一定大于气体对外做功

7．如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣T图中从a到b的直线所示。在此过程中（　　）

A．气体的体积减小 

B．气体对外界做功 

C．气体的内能不变 

D．气体先从外界吸收热量，后向外界放出热量

8．如图所示，气缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2m，活塞面积10cm2，大气压强1.0×105Pa，物重50N，活塞质量及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60J的热量．则封闭气体的压强将　   　（填增加、减小或不变），气体内能变化量为　   　J．

9．固定的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略。假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变。若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，如图所示，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体的下列结论，其中正确的是（　　）

A．气体对外做功，气体内能不变 

B．气体对外做功，气体内能减小 

C．外界对气体做功，气体内能不变 

D．气体从外界吸热，气体内能减小

10．给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体（　　）

A．从外界吸热 B．对外界做负功 

C．分子平均动能减少 D．内能增加

11．如图所示，直立容器内部有被隔板隔开的A和B两部分气体，A的密度小，B的密度较大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸收热量为Q，气体内能增量为△U，则（　　）

A．△U＝Q B．△U＜Q C．△U＞Q D．无法比较

12．如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中的水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中（　　）

A．大气压力对水做功，水的内能增加 

B．水克服大气压力做功，水的内能减少 

C．大气压力对水不做功，水的内能不变 

D．大气压力对水不做功，水的内能增加

13．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和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。该循环过程中，下列说法正确的是（　　）

A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热 

B．B→C过程中，气体分子的平均动能减少 

C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 

D．D→A过程中，外界对气体做功，气体内能增加

14．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如V﹣T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（　　）

A．pb＜pc，Qab＞Qac B．pb＞pc，Qab＜Qac 

C．pb＞pc，Qab＞Qac D．pb＜pc，Qab＜Qac

15．绝热气缸倒扣在水平地面上（底部没有密封），缸内装有一电热丝，光滑的绝热活塞上方封闭了一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0横截面积为S．开始时封闭气体的高度为h，气体的温度为T0，大气压强为p0．现给电热丝加热，活塞缓慢下降（物体始终未碰到地面），若气体吸收的热量为Q时，活塞下降了h，求：

①此时气体的温度为多少？

②此过程气体的内能增加多少？

参考答案与试题解析

1．【分析】因为不计势能，故可看作理想气体，内能由温度决定；分析温度的变化及体积的变化即可得出内能的变化及做功情况；由热力学第一定律可得出空气是吸热还是放热．

【解答】解：A、因不计分子势能，所以瓶内空气内能由温度决定，内能随温度降低而减小，故AC均错；

B、空气内能减少、外界对空气做功，根据热力学第一定律可知空气向外界放热、故B错误；

C、由A的分析可知，C错误；

D、薄塑料瓶因降温而变扁、空气体积减小，外界压缩空气做功，故D正确；

故选：D。

2．【分析】根据热力学第一定律求解物体内能的变化．

【解答】解：A、物体吸收热量，对外做功，且吸收的热量大于对外做功，内能增加，A正确；

B、物体吸收热量，对外做功，且吸收的热量小于对外做功，内能减少，B正确；

C、外界对物体做功，同时物体吸热，内能增加，C错误；

D、外界对物体做功，同时物体放热，且做功大于放热，内能增加，D正确；

故选：ABD。

3．【分析】已知气体做功与内能变化情况，由热力学第一定律即可正确解题．

【解答】解：外界对气体做了8×104J的功，则W＝8×104J，气体的内能减少了1.2×105J，则△U＝﹣1.2×105J；

由热力学第一定律可得：Q＝△U﹣W＝﹣1.2×105J﹣8.0×104J＝﹣2×105J，气体向外放出的热量为2×105J；

故选：B。

4．【分析】能量在转化的过程中，即不能凭空产生，也不能凭空消失，根据这一点可以做出判定．

【解答】解：A、利用磁场能可能使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能，使转动停止，故A错；

B、让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机起飞，故B、C正确；

D、设计水坝利用河水的重力势能发电，一部分重力势能通过水轮机叶片转化为水的内能、另外电能也可转化为内能使水升温，故D正确。

故选：BCD。

5．【分析】乙气体对外做功，内能减小；外界对甲气体做功，内能增加；对甲气体、乙气体、活塞系统，总能量守恒．根据能量守恒定律分析甲气体内能的变化量．根据内能的变化分析两气体温度的变化．

【解答】解：A、在绝热过程中，甲气室中气体体积减小，外界对它做正功，根据热力学第一定律可知，内能增加，温度升高，故A正确；

BCD、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，且为正功，由能量守恒定律可以得出△E＝mgh+W乙，故B正确，CD错误；

故选：AB。

6．【分析】由题意可知气体为理想气体，分析活塞可知气体为等压变化；由等压变化规律可知气体体积及温度的变化；由热力学第一定律可知气体内能的变化。

【解答】解：因活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；活塞上升的过程中气体体积增大，故温度一定升高；

A、因体积变大，故气体单位体积内的分子数减小时，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，故A正确；

B、因气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，故气体的内能一定增大，故BC均错；

D、因内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸热一定大于对外做功，故D正确；

故选：AD。

7．【分析】根据图示图线判断气体压强与温度如何变化，应用气体状态方程判断气体体积如何变化；

根据气体体积的变化判断气体做功情况；应用热力学第一定律分析答题。

【解答】解：A、由图示图线可知，由a到b过程气体温度保持不变而气体压强p增大，由玻意耳定律pV＝C可知，气体体积V减小，故A正确；

B、气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，故B错误；

C、由图示图线可知，从a到b过程气体温度不变，气体内能不变，△U＝0，故C正确；

D、由热力学第一定律△U＝W+Q可知，Q＝△U﹣W＝﹣W＜0，气体向外界放出热量，故D错误；

故选：AC。

8．【分析】大气压强不变，绳子对活塞的拉力不变，气缸内气体的压强不变；根据活塞移动的距离，由W＝Fs求出外界对气体所做的功，然后由热力学第一定律求出气体内能的变化量．

【解答】解：气缸内气体压强等于大气压与活塞对气体产生的压强之差，大气压不变，活塞产生的压强不变，则气体压强不变；

活塞向上移动时，气体对外做功W＝Fs＝Gh＝50N×0.2m＝10J；气体吸收的热量Q＝60J，由热力学第一定律可知，气体内能的变化量△U＝Q﹣W＝60J﹣10J＝50J；

故答案为：不变；50．

9．【分析】气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变内能不变，做功放热问题可由热力学第一定律讨论，压强的变化可由压强产生的微观解释分析。

【解答】解：气体体积变大，故气体对外做功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变即内能不变，故BC错误，A正确；

内能不变：即△U＝0，又气体对外做功，故W＜0，由热力学第一定律：△U＝W+Q得：Q＝﹣W＞0；故气体从外界吸热，故D错误。

故选：A。

10．【分析】在缓缓放水的过程中，胎内气体压强减小，温度不变，即气体发生了等温变化过程，由理想气体状态方程可知，气体体积变大，对外做功，根据能量守恒定律可以知道与外界的热量交换情况。

【解答】解：B、胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，由理想气体状态方程可知，气体体积变大，故气体对外界做正功，B错误；

C、温度是分子平均动能的标志，由于气体的温度不变，故分子平均动能不变，C错误；

D、不计分子势能，分子平均动能不变，故气体内能不变，D错误；

A、胎内气体内能不变，又对外做正功，根据能量守恒定律，气体从外界吸收热量，故A正确；

故选：A。

11．【分析】由题意，开始时A的密度小，B的密度大，两气体混合均匀后重心升高，整个气体的重心升高，重力势能增加，根据能量守恒定律进行分析。

【解答】解：据题意，A的密度小，B的密度大，两气体混合均匀后整体的重心升高，重力势能增加，吸收的热量一部分用来增加内能，一部分用来增加系统的重力势能，所以：△U＜Q．故B正确。

故选：B。

12．【分析】如图，打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，A中水面下降，B中水面上升；由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2，求出两管中大气压力对水做的功，进而求出大气压力对水做的总功；

打开阀门K后，A中的水逐渐向B中流，即A中水的重力做正功，B中水的重力做负功，但从最后的效果看，是A管中高度为h1的水移至较低的B管中高度为h2的地方，如图所示，所以在这个过程中水的重力做正功．同时，整个装置是绝热的，根据热力学第一定律可知水的内能变化．

【解答】解：打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，如下图所示，即A中水面下降，B中水面上升；

设A管截面积为S1，水面下降距离为h1，B管截面积为S2，水面上升距离为h2，

由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2，

A管中大气压力对水做的功：W1＝p0S1h1，

B管中大气压力对水做的功：W2＝﹣p0S2h2，

大气压力对水做的总功：

W＝W1+W2＝p0S1h1﹣p0S2h2，

∵S1h1＝S2h2，

∴W＝0，即大气压力对水不做功；

由于水的重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律知水的内能增加。故D正确。

故选：D。

13．【分析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。

【解答】解：A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热，故A正确；

B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B正确；

C、C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；

D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，故D正确；

故选：ABD。

14．【分析】根据理想气体状态方程，整理后可得V﹣T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热

【解答】解：根据理想气体状态方程＝C，

整理可得：V＝T，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点。

由热力学第一定律△U＝W+Q

经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U相等，

又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，

而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多。

故选：A。

15．【分析】①加热过程气体发生等压变化，求出气体初末状态参量，应用盖吕萨克定律可以求出末状态的温度。

②应用热力学第一定律可以求出气体内能的增加量。

【解答】解：①气体初状态的参量为：V1＝hS，T1＝T0

气体末状态参量为：V2＝2hS，

气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：＝

即：＝

解得：T2＝2T0；

②封闭气体的压强为：p＝p0﹣

加热过程气体对外做功为：W＝Fs＝pSh＝（p0S﹣G﹣G0）h，

由热力学第一定律得：△U＝﹣W+Q＝Q﹣（p0S﹣G﹣G0）h；

答：①此时气体的温度为2T0；

②此过程气体的内能增加了Q﹣（p0S﹣G﹣G0）h。