课时跟踪训练（十二） 热力学第一定律 能量守恒定律

PAGE第5页共5页课时跟踪训练（十二）热力学第一定律能量守恒定律A级—双基达标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；而减少的机械能通过摩擦转化成了内能，故B错误，D正确。3．对于一个大气压下100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中，下列说法正确的是()A．水的内能增加，对外界做功，一定是吸热B．水的内能不变，对外界做功，从外界吸热C．水的内能减少，对外界不做功，向外界放热D．水的内能增加，对外界做功，向外界放热解析：选A水变成水蒸气的过程是吸热的过程，又因气体膨胀对外界做功，分子间距增大，分子势能增加，分子动能不变，由此判断可知A对。4．(2025·北京高考)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体()A．压强变小B．对外界不做功C．内能保持不变D．分子平均动能增大解析：选D猛推推杆压缩筒内气体，气体来不及与外界发生热交换，则Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故其温度升高，分子平均动能增大，又气体体积减小，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知气体压强增大，故A、C错误，D正确；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误。5．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。6．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，随温度升高，气体压强增大，C项错误。7．(2025·江苏高考)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体()A．内能迅速增大 B．温度迅速升高C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀解析：选D瓶塞跳出的过程中，气体体积迅速膨胀，瓶内的气体对外做功，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强减小。故选D。8．某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内气体视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则()A．外界对气囊内气体做正功B．气囊内气体压强增大C．气囊内气体内能增大D．气囊内气体从外界吸热解析：选D气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，故C错误，D正确。9．目前地热资源主要用来发电和供暖。若有85℃的地热水，质量为4×105kg，经过散热器放热后的水温为35℃，则这些地热水放出了多少热量？[c水＝4.2×103J/(kg·℃)]解析：地热水的质量：m＝4×105kg，地热水放出的热量：Q放＝c水mΔt＝4.2×103J/(kg·℃)×4×105kg×(85℃－35℃)＝8.4×1010J。答案：8.4×1010JB级—选考提能10．(2025·甘肃高考)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是()A．A→B过程为吸热过程B．B→C过程为吸热过程C．状态A压强比状态B的小D．状态A内能比状态C的小解析：选ACDA→B过程，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，选项A正确；B→C过程，气体温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，气体体积不变，温度升高，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知，气体压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；气体在状态A的温度低于在状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的内能小，选项D正确。11.(多选)如图，在水平放置的刚性汽缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接。汽缸内两活塞之间保持真空，活塞与汽缸壁之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同，略抬高汽缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量ΔpA、ΔpB均大于零，对活塞压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则()A．A体积增大 B．A体积减小C．ΔFA>ΔFB D．ΔpA<ΔpB解析：选AD以两个活塞和杆整体为研究对象，初始时刻有pASA＝pBSB，略抬高汽缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增大。对A部分气体，压强减小，温度升高，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知体积增大。因A部分气体体积增大，所以B部分气体体积减小，活塞向B端移动，A项正确，B项错误；仍以两个活塞为研究对象，开始时，两活塞受力平衡，略抬高汽缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，最终两个活塞的受力还要平衡，有pA′SA＋mgsinθ＝pB′SB，则压力的变化不相等，ΔFB>ΔFA，C项错误；由Δp＝eq\f(ΔF,S)，又SA>SB，结合C项分析可得ΔpA<ΔpB，D项正确。12．(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升eq\f(1,5)h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：(1)再次平衡时容器内气体的温度。(2)此过程中容器内气体吸收的热量。解析：(1)由题意可知，气体进行等压变化，则由盖­吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)，即eq\f(hS,T0)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(1,5)h))S,T1)，解得T1＝eq\f(6,5)T0。(2)此过程中气体