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第11講 熱力學定律
考題一　熱力學第一定律的理解及應用
（2023 浙江二模）下列說法正確的是（　　）
A．布朗運動觀察到的是液體分子的無規則運動
B．容器內氣體壓強是分子無規則運動撞擊器壁造成的，故與容器形狀有關
C．隨著物體運動速度增大，其內能也一定增大
D．方解石的雙折射現象說明其具有各向異性的屬性
（2023 杭州一模）夏天，從湖底形成的一個氣泡，在緩慢上升到湖面的過程中沒有破裂。若越接近水面，湖水的溫度越高，大氣壓強沒有變化，將氣泡內的氣體看作理想氣體。則上升過程中，以下說法正確的是（　　）
A．氣泡內氣體的內能可能不變
B．氣泡上升過程中可能會放熱
C．氣泡內氣體的壓強增大
D．氣泡內分子單位時間內對氣泡壁單位面積的撞擊力變小
（2022 浙江開學）下列關于熱現象的說法正確的是（　　）
A．夏天可以將冰箱門打開，使密閉房間的溫度降下來
B．一定質量的氣體通過等壓變化和等容變化升高1℃需要吸收相同的熱量
C．部分行星的大氣中相對分子質量小的成分會隨著時間推移而變少
D．疊放在一起的兩個裝有空氣的封閉氣缸，在真空中靜止釋放，它們之間沒有壓力，同時也不會受到內部空氣的壓力
（2022 浙江開學）如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣．擠壓礦泉水瓶，小瓶緩慢下沉到底部：松開后，小瓶緩慢上浮。下沉過程中，小瓶內氣體（　　）
A．內能減少
B．氣體對外界做功
C．內能的變化量的絕對值大于放出的熱量
D．內能的變化量的絕對值等于放出的熱量
（多選）（2022春 寧波月考）如圖，一定質量的理想氣體從狀態a（p0、V0、T0）經熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態a，且外界環境為非真空狀態。則下列說法正確的是（　　）
A．b、c兩個狀態氣體溫度相同
B．ca過程中，氣體對外做功
C．bc過程中，氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界所做的功
D．ab過程中，氣體內能一定增加
1．熱力學第一定律的理解
不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系．
2．對公式ΔU＝Q＋W符號的規定
符號 W Q ΔU
＋ 外界對物體做功 物體吸收熱量 內能增加
－ 物體對外界做功 物體放出熱量 內能減少
3.幾種特殊情況
(1)若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU，外界對物體做的功等于物體內能的增加量．
(2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收的熱量等于物體內能的增加量．
(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q.外界對物體做的功等于物體放出的熱量．
考題二　熱力學定律與氣體實驗定律綜合問題
（2023 樂清市校級模擬）如圖所示，浸沒在水中的容器被隔板K隔開成相等的A、B兩部分，水與外界絕熱。已知A內有一定量的稀薄氣體，達到平衡狀態時溫度為T0，壓強為P0；B內為真空。抽開隔板K后，A內氣體進入B，在此過程中水溫不變，最終達到新的平衡狀態。若容器內氣體內能與溫度的關系為ΔU＝αΔT（α為已知常量）。
（1）求達到新平衡態過程中氣體吸收的熱量Q和所做功A；
（2）求達到新平衡態時容器的壓強p；
（3）若抽開隔板K后再將水溫升至1.5T0，求容器內最終的壓強p'和吸收的熱量Q′。
（2023 寧波二模）如圖所示，質量m＝0.5kg的金屬圓柱形氣缸內封閉有長為l0＝1m的空氣，氣缸與水平面的動摩擦因數μ＝0.4，截面為T字形的活塞與豎直墻面接觸且無擠壓力，活塞底面積S＝1×10﹣3m2。忽略活塞與氣缸間的摩擦，環境溫度穩定，氣缸內的空氣可視為理想氣體，大氣壓強Pa。現用水平外力F使氣缸緩慢向右運動，當氣缸向右運動l＝0.6m時。
（1）求此時氣缸內空氣的壓強；
（2）求此時外力F的大小；
（3）在氣缸緩慢向右運動的過程中，請判斷氣體是吸熱還是放熱？并比較外界對氣缸內氣體所做的功W與氣體跟外界交換的熱量Q的大小并說明理由。
（2023 臺州二模）一導熱汽缸內用活塞封閉著一定質量的理想氣體。如圖甲所示，汽缸水平橫放時，缸內空氣柱長為l0。已知大氣壓強為p0，環境溫度為T0，活塞橫截面積為S，汽缸的質量，不計活塞與汽缸之間的摩擦。現將氣缸懸掛于空中，如圖乙所示。求：
（1）穩定后，汽缸內空氣柱長度；
（2）汽缸懸在空中時，大氣壓強不變，環境溫度緩慢地降至多少時能讓活塞回到初始位置；
（3）第（2）小題過程中，若氣體內能減少了ΔU，此氣體釋放了多少熱量。
（2023 杭州二模）如圖甲、乙，是某一強力吸盤掛鉤，其結構原理如圖丙、丁所示。使用時，按住鎖扣把吸盤緊壓在墻上（如圖甲和丙），空腔內氣體壓強仍與外界大氣壓強相等。然后再扳下鎖扣（如圖乙和丁），讓鎖扣通過細桿把吸盤向外拉起，空腔體積增大，從而使吸盤緊緊吸在墻上。已知吸盤掛鉤的質量m＝0.02kg，外界大氣壓強p0＝1×105Pa，丙圖空腔體積為V0＝1.5cm3，丁圖空腔體積為V1＝2.0cm3，如圖戊，空腔與墻面的正對面積為S1＝8cm2，吸盤與墻面接觸的圓環面積S2＝8cm2，吸盤與墻面間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力。吸盤空腔內氣體可視為理想氣體，忽略操作時溫度的變化，全過程盤蓋和吸盤之間的空隙始終與外界連通。
（1）扳下鎖扣過程中空腔內氣體吸熱還是放熱？
（2）求板下鎖扣后空腔內氣體的壓強p1；
（3）若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，求所掛重物的質量M。
（多選）（2023 樂清市校級模擬）下列說法正確的是（　　）
A．照相機鏡頭玻璃的顏色是光的干涉造成的
B．空調在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量
C．在慣性參考系S中，法拉第電磁感應定律成立；在相對S系作勻速運動的參照考系S'中，則法拉第電磁感應定律不一定成立
D．在有些核反應堆里要讓中子與原子核碰撞，以便把中子的速率降下來，則應該選用質量較小的原子核
（2012 永嘉縣模擬）關于能量和能源，下列說法正確的是（　　）
A．能量在轉化和轉移過程中，其總量有可能增加
B．能量在轉化和轉移過程中，其總量會不斷減少
C．能量在轉化和轉移過程中，其總量保持不變，故節約能源沒有必要
D．能量的轉化和轉移具有方向性，且現有可利用的能源有限，故必須節約能源
（2023春 杭州期末）某海灣水面面積約為2.0×106m2，現利用這個海灣修建一座水壩。若漲潮后關上水壩的閘門，可使水位保持在20m不變。退潮時，壩外水位降至16m。假如利用此水壩建水力發電站，且重力勢能轉化為電能的效率為50%，則該電站一次退潮能獲得的電能約為（　　）
A．1.0×1010J B．8.0×1010J C．2.0×1011J D．3.2×1011J
（2023 浙江模擬）國內首個重力儲能技術應用示范項目—如東100MWh重力儲能項目正在緊鑼密鼓地建設中。該項目的工作原理是利用新能源產生的多余電能來推動復合磚進行儲能，等到用電高峰時，再降下復合磚，用重力做功發電。該項目中所有復合磚一上一下，完成一次充放電，最大可輸出電能100MWh，最大功率25MW，已知此裝置把重力勢能轉化為電能的效率為90%，設每組復合磚質量為2×104kg，每組復合磚的平均提升高度為120m，則共需復合磚的數量為（　　）
A．5×103組 B．1.7×104組 C．5×104組 D．3.4×105組
（多選）（2023 樂清市校級模擬）三峽水力發電站是我國最大的水力發電站，三峽水庫蓄水后，平均水位落差約為100m，水的流量約為1.35×104m3/s。船只通航需要約3500m3/s的流量，其余流量可全部用來發電。水流沖擊水輪機發電時，水流減少的機械能有20%轉化為電能。則三峽發電站（　　）
A．最大功率約為2×109W
B．年發電量約為1.8×1010kWh
C．天發電量能充滿約109輛新能源汽車
D．通航一天流失的能量7×105J
（多選）（2023 浙江）下列說法正確的是（　　）
A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體
B．液體的表面張力方向總是跟液面相切
C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的
D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率
（多選）（2023春 浙江月考）如圖所示，某水力發電站是我國最早自行設計建設的水電站，水庫年徑流量約為110億立方米，年發電量為18.6億千瓦時，上下游高度差約108m，里面裝有九臺水電機組，裝機總容量（即九臺機組一起工作時的功率）662.5兆瓦（1兆＝1×106），只有在用電高峰期才會開啟九臺機組。設每戶人家平均每月用電為155度，我們平時所說的一度電即為1千瓦時的電能，根據以上信息，以下分析正確的是（　　）
A．該水力發電站可以為1.0×106戶家庭供電
B．一年平均開啟的發電機組約6臺
C．水電站是將水的機械能轉化為電能，該發電站的轉化效率約為56%
D．3.3立方米的水從水庫上游流下時，發出的電能約為一度電
（2022春 鎮海區校級期末）風力發電是一種環保的電能獲取方式。如圖為某風力發電示意圖。設計每臺風力發電機的功率為10KW。實驗測得風的動能轉化為電能的效率約為40%。空氣的密度是1.29kg/m3，當地水平風速約為5m/s，則風力發電機的葉片長度約為多少才能滿足設計要求？（　　）
A．5m B．10m C．15m D．50m
（2023 浙江）某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA＝300K、活塞與容器底的距離h0＝30cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B。活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度Tc＝363K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158J。取大氣壓，求氣體：
（1）在狀態B的溫度；
（2）在狀態C的壓強；
（3）由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q。
（2023 浙江）如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態A，其體積VA＝600m3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態B，此時體積VB＝500m3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態C，此時壓強pC＝1.4×105Pa。已知從狀態A到狀態C，氣體從外界吸收熱量Q＝14J；從狀態B到狀態C，氣體內能增加ΔU＝25J；大氣壓p0＝1.01×105Pa。
（1）氣體從狀態A到狀態B，其分子平均動能 　不變　（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內壁單位面積受到的壓力 　增大　（選填“增大”、“減小”或“不變”）；
（2）求氣體在狀態C的溫度TC；
（3）求氣體從狀態A到狀態B過程中外界對氣體做的功W。
（2023 寧波一模）如圖所示，向一個空的鋁制飲料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蠟密封，在吸管內引入一小段油柱（長度可以忽略）。如果不計大氣壓的變化，這就是一個簡易的氣溫計。已知鋁罐的容積是358cm3，吸管內部粗細均勻，橫截面積為0.2cm2，吸管的有效長度為20cm，當溫度為300K時，油柱離管口10cm。已知大氣壓強為105Pa。（結果保留到小數點后一位）
（1）這個氣溫計的刻度是否均勻；
（2）這個氣溫計的最大測量值是多少；
（3）已知氣溫計的溫度從300K緩慢上升到最大值的過程中，氣體從外界吸收了0.7J的熱量，則此過程中氣體內能增加了多少？
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第11講 熱力學定律
考題一　熱力學第一定律的理解及應用
（2023 浙江二模）下列說法正確的是（　　）
A．布朗運動觀察到的是液體分子的無規則運動
B．容器內氣體壓強是分子無規則運動撞擊器壁造成的，故與容器形狀有關
C．隨著物體運動速度增大，其內能也一定增大
D．方解石的雙折射現象說明其具有各向異性的屬性
【解答】解：A、布朗運動是懸浮在液體當中的固體顆粒的運動，不是液體分子的無規則運動，而是液體分子無規則運動的反映，故A錯誤；
B、容器內氣體壓強是大量氣體分子無規則運動撞擊器壁造成的，與容器形狀無關，故B錯誤；
C、內能與物體的體積、溫度等因素有關，隨著物體運動速度增大，其動能增大，其內能不一定增大，故C錯誤；
D、有些晶體的光學性質各向異性，方解石的雙折射現象說明其具有各向異性的屬性，故D正確。
故選：D。
（2023 杭州一模）夏天，從湖底形成的一個氣泡，在緩慢上升到湖面的過程中沒有破裂。若越接近水面，湖水的溫度越高，大氣壓強沒有變化，將氣泡內的氣體看作理想氣體。則上升過程中，以下說法正確的是（　　）
A．氣泡內氣體的內能可能不變
B．氣泡上升過程中可能會放熱
C．氣泡內氣體的壓強增大
D．氣泡內分子單位時間內對氣泡壁單位面積的撞擊力變小
【解答】解：A．根據題意可知，越往上溫度越高，故氣泡溫度升高，內能變大，故A錯誤。
B．氣泡體積變大，外界對氣體做負功，根據
ΔU＝W+Q
可知
Q＞0
氣泡內能增大，故氣泡吸熱，故B錯誤；
C．氣泡上升
P＝P0+ρgh
深度h減小，汽包內其他壓強減小，故C錯誤；
D．根據氣體壓強定義及其微觀意義，氣泡內氣體壓強減小，氣泡內分子單位時間內對氣泡壁單位面積的撞擊力減小，故D正確。
故選：D。
（2022 浙江開學）下列關于熱現象的說法正確的是（　　）
A．夏天可以將冰箱門打開，使密閉房間的溫度降下來
B．一定質量的氣體通過等壓變化和等容變化升高1℃需要吸收相同的熱量
C．部分行星的大氣中相對分子質量小的成分會隨著時間推移而變少
D．疊放在一起的兩個裝有空氣的封閉氣缸，在真空中靜止釋放，它們之間沒有壓力，同時也不會受到內部空氣的壓力
【解答】解：A．冰箱制冷時放出的熱量大于吸收的熱量，所以溫度會更高，故A錯誤；
B．一定質量的氣體溫度都升高1℃，內能增加量相等，等壓變化時，氣體體積變大，氣體對外界做功，等容變化時因為體積沒發生變化，則氣體做功為零，根據熱力學第一定律可知，氣體等壓變化的過程中吸收的熱量更多，故B錯誤；
C．行星上的大氣中，相對分子質量小的成分逃逸速度更小，因為平均速率更大，所以隨著時間的推移不斷變少，故C正確；
D．兩個氣缸內部存在空氣，因此仍然會受到氣體的壓力，故D錯誤。
故選：C。
（2022 浙江開學）如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣．擠壓礦泉水瓶，小瓶緩慢下沉到底部：松開后，小瓶緩慢上浮。下沉過程中，小瓶內氣體（　　）
A．內能減少
B．氣體對外界做功
C．內能的變化量的絕對值大于放出的熱量
D．內能的變化量的絕對值等于放出的熱量
【解答】解：A、由題，越靠近瓶口水的溫度越高，則小瓶下沉遠離瓶口的過程中溫度降低，則氣體的溫度降低，由于一定量的理想氣體的內能僅僅與溫度有關，可知小瓶內氣體的內能減小，故A正確；
B、設大氣壓強為p0，瓶內氣體的壓強為p，瓶內氣體下側到水面的高度差為h，則瓶內氣體的壓強：p＝p0+ρgh，其中ρ為水的密度；小瓶下沉的過程中瓶內氣體下側到水面的高度差增大，則瓶內氣體的壓強增大；由理想氣體的狀態方程：C，可知小瓶下沉的過程中瓶內氣體的體積一定減小，則外界對小瓶內氣體做功，故B錯誤；
CD、氣體的內能減小，則ΔU為負，外界對小瓶內氣體做功，則W為正，根據熱力學第一定律：ΔU＝Q+W，可知氣體增大的內能大于氣體吸收的熱量，故CD錯誤。
故選：A。
（多選）（2022春 寧波月考）如圖，一定質量的理想氣體從狀態a（p0、V0、T0）經熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態a，且外界環境為非真空狀態。則下列說法正確的是（　　）
A．b、c兩個狀態氣體溫度相同
B．ca過程中，氣體對外做功
C．bc過程中，氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界所做的功
D．ab過程中，氣體內能一定增加
【解答】解：A、根據圖像可知，b點的壓強是c點壓強的2倍，而c點的體積是b點體積的2倍，根據一定質量的理想氣體的狀態方程pV＝CT可知，bc兩個狀態氣體溫度相同，故A正確；
B、從c→a過程中，氣體的體積減小，所以外界對氣體做功，故B錯誤；
C、根據上述分析可知，bc兩點的溫度相等，則內能相同，因此過程中氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界所做的功，故C正確；
D、ab過程中，氣體的體積不變，壓強增大，根據公式pV＝CT可知氣體的溫度升高，則氣體的內能增加，故D正確；
故選：ACD。
1．熱力學第一定律的理解
不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系．
2．對公式ΔU＝Q＋W符號的規定
符號 W Q ΔU
＋ 外界對物體做功 物體吸收熱量 內能增加
－ 物體對外界做功 物體放出熱量 內能減少
3.幾種特殊情況
(1)若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU，外界對物體做的功等于物體內能的增加量．
(2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收的熱量等于物體內能的增加量．
(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q.外界對物體做的功等于物體放出的熱量．
考題二　熱力學定律與氣體實驗定律綜合問題
（2023 樂清市校級模擬）如圖所示，浸沒在水中的容器被隔板K隔開成相等的A、B兩部分，水與外界絕熱。已知A內有一定量的稀薄氣體，達到平衡狀態時溫度為T0，壓強為P0；B內為真空。抽開隔板K后，A內氣體進入B，在此過程中水溫不變，最終達到新的平衡狀態。若容器內氣體內能與溫度的關系為ΔU＝αΔT（α為已知常量）。
（1）求達到新平衡態過程中氣體吸收的熱量Q和所做功A；
（2）求達到新平衡態時容器的壓強p；
（3）若抽開隔板K后再將水溫升至1.5T0，求容器內最終的壓強p'和吸收的熱量Q′。
【解答】解：（1）由于B內為真空，當抽開隔板K后，氣體將發生擴散，充滿整個氣室，此過程氣體不對外做功，即A＝0，而根據熱力學第一定律
ΔU＝Q+W
可知式中W＝0，而水與外界絕熱，則浸沒在水中的容器內的氣體溫度不變，即ΔU＝0，由此可知Q＝0，即氣體既不對方放熱也不從外界吸熱。
（2）A室中的氣體經擴散再次達到平衡的過程中，發生等溫變化，設容器的體積為V，則由玻意耳定律有
解得：
（3）根據題意由理想氣體的狀態方程有
解得：
而根據容器內氣體內能與溫度的關系為：
ΔU＝αΔT
可知此過程中吸收的熱量
Q′＝ΔU＝αΔT＝0.5αT0
答：（1）達到新平衡態過程中氣體吸收的熱量為0，所做功為0；
（2）達到新平衡態時容器的壓強為；
（3）若抽開隔板K后再將水溫升至1.5T0，容器內最終的壓強為，和吸收的熱量為0.5αT0。
（2023 寧波二模）如圖所示，質量m＝0.5kg的金屬圓柱形氣缸內封閉有長為l0＝1m的空氣，氣缸與水平面的動摩擦因數μ＝0.4，截面為T字形的活塞與豎直墻面接觸且無擠壓力，活塞底面積S＝1×10﹣3m2。忽略活塞與氣缸間的摩擦，環境溫度穩定，氣缸內的空氣可視為理想氣體，大氣壓強Pa。現用水平外力F使氣缸緩慢向右運動，當氣缸向右運動l＝0.6m時。
（1）求此時氣缸內空氣的壓強；
（2）求此時外力F的大小；
（3）在氣缸緩慢向右運動的過程中，請判斷氣體是吸熱還是放熱？并比較外界對氣缸內氣體所做的功W與氣體跟外界交換的熱量Q的大小并說明理由。
【解答】解：（1）根據玻意耳定律可得：p0l0S＝p（l0﹣l）S
代入數據解得壓強：p＝2.5×105Pa
（2）對圓柱形氣缸受力分析，水平方向根據平衡條件可得：p0S+F＝pS+μmg
代入數據解得：F＝152N
（3）氣缸內的空氣可以看成是理想氣體，環境溫度不變，其內能持不變，根據熱力學第一定律可得：ΔU＝W+Q
因ΔU＝0，所以氣體放出熱量
外界對氣體所做的功與氣體放出熱量的代數為零，即壓縮氣體所做的功W等于氣體對外釋放的熱量Q，即W＝|Q|。
答：（1）時氣缸內空氣的壓強為2.5×105Pa；
（2）此時外力F的大小為152N；
（3）在氣缸緩慢向右運動的過程中，氣體是放熱；壓縮氣體所做的功W等于氣體對外釋放的熱量，理由見解析。
（2023 臺州二模）一導熱汽缸內用活塞封閉著一定質量的理想氣體。如圖甲所示，汽缸水平橫放時，缸內空氣柱長為l0。已知大氣壓強為p0，環境溫度為T0，活塞橫截面積為S，汽缸的質量，不計活塞與汽缸之間的摩擦。現將氣缸懸掛于空中，如圖乙所示。求：
（1）穩定后，汽缸內空氣柱長度；
（2）汽缸懸在空中時，大氣壓強不變，環境溫度緩慢地降至多少時能讓活塞回到初始位置；
（3）第（2）小題過程中，若氣體內能減少了ΔU，此氣體釋放了多少熱量。
【解答】解：（1）設氣缸豎直懸掛時，內部氣體壓強為p1，空氣柱長度為l1，根據玻意耳定律可知：
p0l0＝p1l1
對氣缸受力分析，由平衡條件可得：
p1S+mg＝p0S
聯立可得：
（2）氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律可知：
解得：
（3）根據熱力學第一定律可知：
﹣ΔU＝Q+W
其中W＝p1S（l1﹣l0）
得
則氣體釋放的熱量為：Q
答：（1）穩定后，汽缸內空氣柱長度為；
（2）汽缸懸在空中時，大氣壓強不變，環境溫度緩慢地降至時能讓活塞回到初始位置；
（3）第（2）小題過程中，若氣體內能減少了ΔU，此氣體釋放的熱量為。
（2023 杭州二模）如圖甲、乙，是某一強力吸盤掛鉤，其結構原理如圖丙、丁所示。使用時，按住鎖扣把吸盤緊壓在墻上（如圖甲和丙），空腔內氣體壓強仍與外界大氣壓強相等。然后再扳下鎖扣（如圖乙和丁），讓鎖扣通過細桿把吸盤向外拉起，空腔體積增大，從而使吸盤緊緊吸在墻上。已知吸盤掛鉤的質量m＝0.02kg，外界大氣壓強p0＝1×105Pa，丙圖空腔體積為V0＝1.5cm3，丁圖空腔體積為V1＝2.0cm3，如圖戊，空腔與墻面的正對面積為S1＝8cm2，吸盤與墻面接觸的圓環面積S2＝8cm2，吸盤與墻面間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力。吸盤空腔內氣體可視為理想氣體，忽略操作時溫度的變化，全過程盤蓋和吸盤之間的空隙始終與外界連通。
（1）扳下鎖扣過程中空腔內氣體吸熱還是放熱？
（2）求板下鎖扣后空腔內氣體的壓強p1；
（3）若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，求所掛重物的質量M。
【解答】解：（1）整個過程中，溫度不變，空腔內氣體內能不變，扳下鎖扣過程中外力對空腔內氣體做負功，根據熱力學第一定律，空腔內氣體吸熱。
（2）根據玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V1
代入數據解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，對掛鉤受力分析
（m+M）g＝μFN
掛鉤對墻面的壓力
FN＝p0S2+（p0﹣p1）S1
聯立解得；M＝4.98kg
答：（1）扳下鎖扣過程中空腔內氣體吸熱；
（2）板下鎖扣后空腔內氣體的壓強為7.5×104Pa；
（3）若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，所掛重物的質量M為4.98kg。
（多選）（2023 樂清市校級模擬）下列說法正確的是（　　）
A．照相機鏡頭玻璃的顏色是光的干涉造成的
B．空調在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量
C．在慣性參考系S中，法拉第電磁感應定律成立；在相對S系作勻速運動的參照考系S'中，則法拉第電磁感應定律不一定成立
D．在有些核反應堆里要讓中子與原子核碰撞，以便把中子的速率降下來，則應該選用質量較小的原子核
【解答】解：A．照相機鏡頭玻璃鍍了一層透光的膜，是為了讓反射光發生相消干涉，這樣就可以降低鏡頭表面的反射率，減少光能損失，因此其顏色是光的干涉造成的，故A正確；
B．空調在制冷過程中，把室內的熱量向室外釋放，消耗電能，產生熱量，則從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量，故B正確；
C．在慣性參考系S中，法拉第電磁感應定律成立，則在相對S系作勻速運動的參照考系S'中，則法拉第電磁感應定律也一定成立，故C錯誤；
D．設中子和作減速劑的物質的原子核A的質量分別為mn和mA，碰撞后速度分別為vn和vA，碰撞前后的總動量和總能量守恒，以中子的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mnvn＝mnvn′+mAvA，由機械能守恒定律得，聯立解得，但由于中子質量一般小于原子核質量，因此|vn′|，可見當中子的質量和原子核的質量相等時速度最小，因此一般選擇質量較小的原子核，故D正確。
故選：ABD。
（2012 永嘉縣模擬）關于能量和能源，下列說法正確的是（　　）
A．能量在轉化和轉移過程中，其總量有可能增加
B．能量在轉化和轉移過程中，其總量會不斷減少
C．能量在轉化和轉移過程中，其總量保持不變，故節約能源沒有必要
D．能量的轉化和轉移具有方向性，且現有可利用的能源有限，故必須節約能源
【解答】解：A、根據能量轉化和守恒定律可知能量在轉化和轉移過程中總量既不會增加，也不會減少。故A正確。
B、根據能量轉化和守恒定律可知能量在轉化和轉移過程中總量既不會增加，也不會減少。故B錯誤。
C、能量在轉化和轉移過程中，其總量保持不變，但品質越來越差，即可利用率越來越低，故必需節約能源。故C錯誤。
D、能量的轉化和轉移具有方向性即朝可利用率低的方向轉化，且現有可利用的能源有限，故必須節約能源，故D正確。
故選：D。
（2023春 杭州期末）某海灣水面面積約為2.0×106m2，現利用這個海灣修建一座水壩。若漲潮后關上水壩的閘門，可使水位保持在20m不變。退潮時，壩外水位降至16m。假如利用此水壩建水力發電站，且重力勢能轉化為電能的效率為50%，則該電站一次退潮能獲得的電能約為（　　）
A．1.0×1010J B．8.0×1010J C．2.0×1011J D．3.2×1011J
【解答】解：設Δh為退潮時水的重心減少的高度，退潮時水位降低h＝20m﹣16m＝4m，則Δhh＝2m，設S為海灣水面的面積。
利用潮汐發電，就是水的重力勢能轉化為電能，水能轉化電能的效率是50%，一次退潮后水壩內水的勢能減少：
W水＝G Δh＝mgΔh＝ρ水VgΔh＝ρ水ShgΔh＝2ρ水SgΔh2
則水的勢能可轉變為電能：
W電＝ηW水＝2×50%×1.0×103×2.0×106×10×22J＝8.0×1010J。
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023 浙江模擬）國內首個重力儲能技術應用示范項目—如東100MWh重力儲能項目正在緊鑼密鼓地建設中。該項目的工作原理是利用新能源產生的多余電能來推動復合磚進行儲能，等到用電高峰時，再降下復合磚，用重力做功發電。該項目中所有復合磚一上一下，完成一次充放電，最大可輸出電能100MWh，最大功率25MW，已知此裝置把重力勢能轉化為電能的效率為90%，設每組復合磚質量為2×104kg，每組復合磚的平均提升高度為120m，則共需復合磚的數量為（　　）
A．5×103組 B．1.7×104組 C．5×104組 D．3.4×105組
【解答】解：設共需n組復合磚，根據能量守恒定律有
W＝nmgh×90%
將W＝100MWh＝3.6×109J代入解得
n＝1.7×104組
故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
（多選）（2023 樂清市校級模擬）三峽水力發電站是我國最大的水力發電站，三峽水庫蓄水后，平均水位落差約為100m，水的流量約為1.35×104m3/s。船只通航需要約3500m3/s的流量，其余流量可全部用來發電。水流沖擊水輪機發電時，水流減少的機械能有20%轉化為電能。則三峽發電站（　　）
A．最大功率約為2×109W
B．年發電量約為1.8×1010kWh
C．天發電量能充滿約109輛新能源汽車
D．通航一天流失的能量7×105J
【解答】解：A、已知水的流量為Q1＝1.35×104m3/s，船只通航需要的流量為Q2＝3500m3/s
三峽發電站的最大功率為P＝ρ（Q1﹣Q2）gh×20%＝1.0×103×（1.35×104﹣3500）×10×100×20%W＝2×109W，故A正確；
B、年發電量約為W年＝Pt年＝2×106kW×365×24h≈1.8×1010kW h，故B正確；
C、一天的發電量為
W＝Pt天＝2×106kW×24h≈4.8×107kW h
每臺新能源汽車需要的電量為
W′0.048kW h，不符合實際，故C錯誤；
D、通航一天流失的能量：W失＝ρQ2ght＝1.0×103×3500×10×100×24×3600J≈3×1014J，故D錯誤。
故選：AB。
（多選）（2023 浙江）下列說法正確的是（　　）
A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體
B．液體的表面張力方向總是跟液面相切
C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的
D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率
【解答】解：A、根據熱力學第二定律得，熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；
B、液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；
C、在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是相同的，故C錯誤；
D、根據多普勒效應的原理可知，當波源與觀察者相互接近時，觀察者接收到波的頻率增大；反之，觀察者接收到波的頻率減小。故D正確。
故選：BD。
（多選）（2023春 浙江月考）如圖所示，某水力發電站是我國最早自行設計建設的水電站，水庫年徑流量約為110億立方米，年發電量為18.6億千瓦時，上下游高度差約108m，里面裝有九臺水電機組，裝機總容量（即九臺機組一起工作時的功率）662.5兆瓦（1兆＝1×106），只有在用電高峰期才會開啟九臺機組。設每戶人家平均每月用電為155度，我們平時所說的一度電即為1千瓦時的電能，根據以上信息，以下分析正確的是（　　）
A．該水力發電站可以為1.0×106戶家庭供電
B．一年平均開啟的發電機組約6臺
C．水電站是將水的機械能轉化為電能，該發電站的轉化效率約為56%
D．3.3立方米的水從水庫上游流下時，發出的電能約為一度電
【解答】解：A、用戶的總用電量W＝155×12×n＝18.6×108kW h，用電戶數n＝1.0×106戶，故A正確；
B、由18.6×108×103＝P×365×24，得P＝212兆瓦，大約3臺發電機組的功率，故B錯誤；
C、水的重力勢能Ep＝mgh＝ρVgh＝1×103×110×108×10×108J＝1.188×1016J，年發電量為：W＝18.6×108kW h＝6.696×1015J，該發電站的轉化效率η100%100%≈56%，故C正確；
D、3.3立方米的水從水庫上游流下時減少的重力勢能ΔEp＝mgh＝ρV1gh＝1×103×3.3×10×108J＝3.564×106J，而一度電1kW h＝1000×3600J＝3.6×106J，由C可知發電站的轉化效率約為56%，所以3.3立方米的水從水庫上游流下時，發出的電能不是一度電，故D錯誤。
故選：AC。
（2022春 鎮海區校級期末）風力發電是一種環保的電能獲取方式。如圖為某風力發電示意圖。設計每臺風力發電機的功率為10KW。實驗測得風的動能轉化為電能的效率約為40%。空氣的密度是1.29kg/m3，當地水平風速約為5m/s，則風力發電機的葉片長度約為多少才能滿足設計要求？（　　）
A．5m B．10m C．15m D．50m
【解答】解：風的動能，t時間內風通過葉片為半徑的圓柱體內的質量m＝ρV＝ρπl2vt，功率，代入數據解得l＝10m，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023 浙江）某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA＝300K、活塞與容器底的距離h0＝30cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B。活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度Tc＝363K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158J。取大氣壓，求氣體：
（1）在狀態B的溫度；
（2）在狀態C的壓強；
（3）由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q。
【解答】解：（1）從狀態A到狀態B的過程中氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律得
代入數據解得：TB＝330K
（2）氣體在狀態B的壓強為pB＝p00.99×105PaPa＝1×105Pa
從狀態B到狀態C的過程中氣體發生等容變化，根據查理定律得
代入數據解得：pC＝1.1×105Pa
（3）從狀態A到狀態B的過程中氣體對外做的功為W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J
從狀態B到狀態C的過程中氣體不做功。由狀態A到狀態C過程中，根據熱力學第一定律得
ΔU＝Q﹣W
代入數據解得：ΔU＝188J
答：（1）氣體在狀態B的溫度為330K；
（2）氣體在狀態C的壓強為1.1×105Pa；
（3）由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q為188J。
（2023 浙江）如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態A，其體積VA＝600m3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態B，此時體積VB＝500m3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態C，此時壓強pC＝1.4×105Pa。已知從狀態A到狀態C，氣體從外界吸收熱量Q＝14J；從狀態B到狀態C，氣體內能增加ΔU＝25J；大氣壓p0＝1.01×105Pa。
（1）氣體從狀態A到狀態B，其分子平均動能 　不變　（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內壁單位面積受到的壓力 　增大　（選填“增大”、“減小”或“不變”）；
（2）求氣體在狀態C的溫度TC；
（3）求氣體從狀態A到狀態B過程中外界對氣體做的功W。
【解答】解：（1）狀態A到狀態B的過程中，圓筒內氣體與熱源處于熱平衡狀態，則圓筒內氣體的溫度保持不變，其分子平均動能不變；
根據一定質量的理想氣體狀態方程pV＝CT可知，因為從狀態A到狀態B過程，氣體的溫度不變，體積減小，所以氣體的壓強增大，所以圓筒內壁單位面積受到的壓力增大；
（2）從狀態A到狀態B的過程中，氣體的溫度保持不變，根據玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A狀態時，根據活塞的平衡狀態可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
從狀態B到狀態C的過程中，氣體的體積保持不變，根據查理定律可得：
聯立解得：TC＝350K
（3）因為A到B過程中氣體的溫度保持不變，則ΔUAB＝0
從狀態A到狀態C的過程中，根據熱力學第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因為狀態B到狀態C過程氣體的體積不變，則WAC＝WAB
根據題意可得：ΔUAC＝ΔU
聯立解得：WAB＝11J
答：（1）不變；增大；
（2）氣體在狀態C的溫度為350K；
（3）氣體從狀態A到狀態B過程中外界對系統做的功為11J。
（2023 寧波一模）如圖所示，向一個空的鋁制飲料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蠟密封，在吸管內引入一小段油柱（長度可以忽略）。如果不計大氣壓的變化，這就是一個簡易的氣溫計。已知鋁罐的容積是358cm3，吸管內部粗細均勻，橫截面積為0.2cm2，吸管的有效長度為20cm，當溫度為300K時，油柱離管口10cm。已知大氣壓強為105Pa。（結果保留到小數點后一位）
（1）這個氣溫計的刻度是否均勻；
（2）這個氣溫計的最大測量值是多少；
（3）已知氣溫計的溫度從300K緩慢上升到最大值的過程中，氣體從外界吸收了0.7J的熱量，則此過程中氣體內能增加了多少？
【解答】解：（1）根據題意可知，封閉氣體做等壓變化，根據
化簡得：
溫度與氣體在細管中的高度成線性關系，可知氣溫計的刻度是均勻的。
（2）封閉氣體做等壓變化，當液體到達飲料管的最上端時，氣體的溫度最高，由蓋—呂薩克定律知
可得
（3）氣體對外做功W＝pΔV＝105×0.1×0.2×10﹣4J＝0.2J
由熱力學第一定律知ΔU＝Q﹣W＝0.7J﹣0.2J＝0.5J
答：（1）氣溫計的刻度是均勻的；
（2）氣溫計的最大測量值是301.7K；
（3）過程中氣體內能增加了0.5J。
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