高中物理3 能量守恒定律复习练习题

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\l "_Tc1161" 【题型1 联系实际】
\l "_Tc25206" 【题型2 能量守恒定律的应用】
\l "_Tc9103" 【题型3 第一类永动机】
\l "_Tc6522" 【题型4 综合问题】
【题型1 联系实际】
【例1】(多选)空调市场上有很多变频空调，据专家介绍变频空调比定频的要节能，因为定频空调开机时就等同于汽车启动时，很耗能，是正常运行的5~7倍。空调在工作时达到设定温度就停机，等温度高了再继续启动。这样的频繁启动，耗电多，而变频空调启动时有一个由低到高的过程，运行过程是自动变速来保持室内温度，从开机到关机中间不停机，而是达到设定温度后就降到最小功率运行，所以比较省电。阅读上述介绍后，以下说法合理的是( )
A．变频空调节能，运行中不遵守能量守恒定律
B．变频空调运行中做功少，转化能量多
C．变频空调在同样工作条件下运行效率高，省电
D．变频空调与定频空调做同样功时，消耗同样电能
【解析】自然界的一切过程都遵守能量守恒定律，A错；功是能量转化的量度，做同样的功，消耗同样电能，B错D正确；对由变频空调的工作特点可知省电的原因是效率高，C正确。故选CD。
【答案】 CD
【变式1-1】如图是一自热米饭盒，盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热量，盖上盒盖便能在10～15分钟内加热食品。自热米饭盒的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸，下列说法正确的是（ ）
A．饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，则盒内每一个气体分子速率都增大了
B．饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强增大导致的结果
C．在饭盒爆炸的瞬间，外界对盒内气体做正功
D．在饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度急剧升高
解析:饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，但是不是盒内每一个气体分子速率都增大了，故A错误；饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，分子的平均动能增大，所以气体压强增大导致饭盒爆炸，故B正确；在饭盒爆炸的瞬间，气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；根据热力学第一定律可知，爆炸前气体温度升高，内能增大，在饭盒爆炸的瞬间，气体对外界做功，其内能应减小，盒内气体温度急剧下降，故D错误。
答案：B
【变式1-2】一种冷暖两用型空调在制热时，每消耗电能，放出约的热量。下列说法正确的是( )
A．空调制热过程产生了新能量
B．空调制热时放出的热量全部是由电能转化面来的
C．此过程违反了能量守恒定律
D．空调制热时放出的热量，一部分是由电能转化而来，另一部分则是从外界吸收
【解析】 该空调向室内放出的热量，一部分是通过电流做功，消耗电能转化而来，另一部分则是通过从外界吸收，因此并不违反能量守恒定律，故选项D正确，ABC错误。故选D。
【答案】 D
【变式1-3】(多选)下列关于能量转化现象的说法中，正确的是( )
A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能
B．电灯发光是电能转化为光能
C．核电站发电是电能转化为内能
D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能
【解析】用太阳灶烧水是太阳能转化为内能；A正确；电灯发光是消耗电能，转化为光能；B正确；核电站发电是核能转化为电能；C错误；生石灰放入凉水中，水温升高是化学能转化为内能。D错误。故选AB。
【答案】 AB
【题型2 能量守恒定律的应用】
【例2】(多选)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，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．欧姆表的指针逐渐向右偏转
【解析】 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，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高，由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，欧姆表示数减小，指针右偏，故A、C、D正确，B错误。故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-1】静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)( )
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
答案 B
解析 U＝Ffx＝60×10 J＝600 J
Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J。
【变式2-2】(多选)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则( )
A．从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为
B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动
C．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对地面先做匀减后匀加最后做匀减速运动
D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒没有往复运动，但总位移向下
【解析】设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒，解得，摩擦力对棒及环做的总功为，联立解得，故A正确；
棒第一次与地面碰撞后，一开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，加速度大小为，环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，加速度大小为，此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩擦影响，均做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故B错误C正确；
当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落体运动，无相对于棒做往复运动，且位移总向下。故D正确；故选ACD。
【答案】 ACD
【变式2-3】如图所示，A、B是两个完全相同的热胀冷缩明显的金属球，初温相同。A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂。现只让它们吸热，当它们升高相同的温度时，吸热分别为QA、QB，则( )
A．QA=QBB．QAC．QA>QBD．无法确定
【解析】 A、B升高相同的温度，根据Q=cmΔt可知，升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀，A的重心升高，重力势能增加，QA一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔEp，即QA=Q+ΔEp;B的重心降低，重力势能减小，QB和减少的重力势能ΔEp共同用于升温，即Q=QB+ΔEp;显然QA>QB。故选项C正确。
【答案】 C
【题型3 第一类永动机】
【例3】下列说法正确的是( )
A．气体吸收了热量，其温度一定升高
B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律
C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显
D．晶体均有规则的几何形状
【解析】由热力学第一定律，可知气体吸收热量，如果气体对外做功，内能可能减小，则其温度可能降低，故A错误；做功的过程就是能量转化的过程，第一类永动机指的是不消耗能量就能做功的机器，因违反了能量守恒定律不可能造成，故B正确；对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何形状，故D错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-1】(1)如图甲所示，一理想的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展面“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法中正确的是( )
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
(2)如图乙所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2，则在此过程中，气体分子的平均动能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了______．
答案 (1)A (2)增大 Q－p0(V2－V1)
解析 (2)根据热力学定律，汽缸内气体的内能增加量等于气体吸收的热量减去气体对外做的功．
【变式3-2】“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为( )
A．它不符合机械能守恒定律
B．它违背了能的转化和守恒定律
C．它做功产生的热不符合热功当量
D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料
【解析】 第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
【变式3-3】关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是( )
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用油膜法测分子直径的实验中，应使用纯油酸滴到水面上
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，同时空气的内能增加2.2×105 J，则空气从外界吸热5.2×105 J
【解析】布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；用油膜法测分子直径的实验中，应使用油酸溶液滴到水面上，便于稀释后紧密排列在水面上，故B错误；第一类永动机违背了能量守恒定律，故C正确；由热力学第一定律△U=W+Q可知，空气向外界散出0.8×105J的热量，故D错误；故选C。
【答案】 C
【题型4 综合问题】
【例4】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再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为。下列说法正确的是( )
A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量
B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
【解析】 a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D错误。故选A。
【答案】 A
【变式4-1】如图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，共同摆起一定的高度，则下面有关能量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．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能
【解析】 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．
【答案】 D
【变式4-2】如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
解析: 在A状态，根据题意
解得故A错误；根据图像可知所以气体做等压变化解得故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功故C错误；根据热力学第一定律故D正确。
答案：D
【变式4-3】有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙、图丙是其工作原理示意图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图乙），然后把锁扣扳下（如图丙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中（ ）
A．吸盘内气体要吸收热量B．吸盘内气体分子的密度增大
C．吸盘被向外拉出过程中，吸盘内气体不对外界做功D．吸盘内气体压强增大
解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变，∆U=0，由热力学第一定律∆U=W+Q可知Q=∆U−W>0吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，B错误；吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律PV=C可知，吸盘内气体压强减小，D错误。
答案：A