课时跟踪检测（十二） 热力学第一定律 能量守恒定律

课时跟踪检测（十二）热力学第一定律能量守恒定律A组—重基础·体现综合1．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速运动，在这一过程中 ()A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能相互转化C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减少D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变解析：选D汽车在关闭发动机后能匀速运动，说明汽车和斜坡之间一定有摩擦力作用，所以汽车的机械能不守恒，一部分机械能转化为内能，但能的总量保持不变，故D正确。2．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，但总能量守恒解析：选D自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减小，故A、C错误；但能量没有消失，减少的机械能通过摩擦转化成了内能，故B错误，D正确。3．如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，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 ()A．气体分子平均动能增大B．气体分子平均动能不变C．气体分子平均动能减小D．气体内能变化了Q＋p0(V2－V1)解析：选A气体等压膨胀，由eq\f(pV,T)＝C，体积V增大，故温度T升高；温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增大，故选项A正确，B、C错误；根据热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，而W＝－p0SΔL＝－p0ΔV＝－p0(V2－V1)，所以气体内能变化了ΔU＝Q－p0(V2－V1)，故选项D错误。4．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的 ()A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小解析：选D由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104J，W＝－1.0×104J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错误；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错误，D正确。5．出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体) ()A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小解析：选B温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需要考虑分子势能，而气体质量不变，储气罐内天然气分子数不变，所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D项错误；由热力学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸收热量，B项正确；天然气体积不变，由eq\f(pV,T)＝C可知，随温度升高，气体压强增大，C项错误。6．某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内(活塞与缸壁间的摩擦不计)，待活塞静止后，将小石子缓慢地加在活塞上，如图所示。在此过程中，若大气压强与室内的温度均保持不变，下列说法正确的是 ()A.由于汽缸导热，故缸内气体的压强保持不变B．缸内气体温度不变，缸内气体对活塞的压力保持不变C．外界对缸内气体做的功大小等于缸内气体向外界释放的热量D．外界对缸内气体做功，缸内气体内能增加解析：选C将小石子缓慢地加在活塞上，由平衡条件可知气体对活塞的压力变大，则气体压强变大；汽缸导热性能良好，缸内气体温度不变，故A、B错误；温度不变时，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，外界对气体做的功与气体放出的热量相等，故C正确，D错误。7．(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V图中从a到b的直线所示。在此过程中 ()A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热解析：选BCD由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C知，从a到b的过程中气体温度一直升高，故A错误；一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确；气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确；根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确。8．三峡水力发电站是我国最大的水力发电站。三峡水库蓄水后，平均水位落差约为100m，用于发电的水流量约为1.0×104m3/s。如果通过水轮机以后水的动能忽略不计，水流减少的机械能有90%转化为电能，按照以上数据估算，三峡发电站的发电功率最大数量级最接近(g取10m/s2) ()A．1010W B．108WC．107W D．105W解析：选A每秒钟水流质量m＝ρQ，每秒钟流水的势能Ep＝mgh，每秒钟流水转化的电能E＝90%Ep，所以三峡发电站的发电功率P＝eq\f(E,t)＝0.9ρQgh＝0.9×1.0×103×1.0×104×10×100W＝0.9×1010W，即三峡发电站的发电功率最大数量级最接近1010W，故A正确，B、C、D错误。9.如图所示，有人设计了这样一台“永动机”：距地面一定高度架设一个水槽，水从槽底的管中流出，冲击一个水轮机，水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮。他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去，这样循环不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。请你分析一下，高处水槽中水的势能转变成哪几种形式的能，说明这个机器是否能够永远运动下去。解析：取顶部水槽中流出的水为研究对象，在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中，它的重力势能一部分转化为自身的动能，一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能，一部分转化为砂轮和工件的内能，还有一部分转化为抽水机抽上的水的重力势能。由能的转化和守恒定律知，抽水机抽上的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能，如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积，则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽，即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去，如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽，则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多，最后顶部水槽中的水很快就会流光。答案：见解析B组—重应用·体现创新10.(多选)车轮的轮胎在正常情况下是充满气体的，但在维修车轮时有时要将轮胎内的气体放掉。若迅速拔掉轮胎的气门芯，如图所示，轮胎里面的气体会在一瞬间释放出来，此时用手立即去触摸充气嘴处，会感觉到充气嘴的温度降低，这种现象在夏天比较明显。将轮胎内的气体视为理想气体。喷气时间极短，视轮胎为绝热材料，下列说法正确的是 ()A．轮胎内气体在喷出过程中其内能迅速减小B．轮胎内部气体压强迅速减小C．轮胎内的气体迅速向外喷出是由于分子做扩散运动引起的D．气体喷完后瞬间充气嘴有较凉的感觉，是由轮胎内气体迅速膨胀对外做功而温度下降导致的解析：选ABD轮胎为绝热材料，Q＝0，向外喷射气体，气体体积增大，对外做功，W<0，则ΔU<0，所以轮胎内气体在喷出过程中其内能迅速减小，故A正确；理想气体的内能由分子动能决定，轮胎放气时，胎内气体迅速膨胀对外做功，内能减小时，分子的平均动能减小，由于温度是分子平均动能的标志，所以温度会下降，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，体积变大，温度下降，压强会迅速减小，故B、D正确；轮胎内的气体迅速向外喷出是由于轮胎内外压强差引起的，不是分子扩散的原因，故C错误。11.(多选)如图为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，设在所有过程中空气均为理想气体，且温度不变，下列说法正确的是 ()A．充气后，密封气体压强增大B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水全部喷出解析：选AC温度不变，气体分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积不变，气体的压强增大，且大于1atm，选项A正确，B错误；打开阀门后，气体膨胀，对水做正功，选项C正确；温度不变，如果水全排出，假设气体压强为p2，由玻意耳定律得p2(2＋0.5)＝p1(0.5＋0.1)，其中p1＝1atm，则p2＝0.24atm，但实际气体压强不可能小于1atm，故不再充气不能把水喷光，选项D错误。12.爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食，如图所示为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花。设当地温度为t1＝27℃，大气压强为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0，试分析：(1)容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度。(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15kJ，并向外释放了20kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？解析：(1)根据查理定律：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)p1＝p0，T1＝300K，p2＝4p0整理得：T2＝1200K，t2＝927℃。(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20kJ－15kJ＝－35kJ，故内能减少35kJ。答案：(1)927℃(2)减少35kJ13.(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压p0＝0.99×105Pa，求气体(1)在状态B的温度；(2)在状态C的压强；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。解析：(1)由状态A到状态B为等压变化，根据盖－吕萨克定律可得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TB＝eq\f(VB,VA)TA＝eq\f(33,30)×300K＝330K。(2)由状态B到状态