专题06 热力学第一定律与能量守恒定律【五大题型】-【压轴题】2024-2025 学年高中物理同步培优训练（人教版2019 选择性必修第三册）

专题06 热力学第一定律与能量守恒定律【五大题型】 一．改变物体内能的两种方式（共9小题） 二．热力学第一定律的表达和应用（共10小题） 三．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合（共6小题） 四．能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）（共7小题） 五．第一类永动机不可能制成（共7小题） 一．改变物体内能的两种方式（共9小题） 1．（多选）下列说法正确的是（　　） A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 B．悬浮在水中的花粉的布朗运动反应了花粉分子的热运动 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．做功和热传递是改变物体内能的两种方式 【答案】ACE 【解答】解：A、空气的小雨滴呈球形是由于水的表面张力，使雨滴表面有收缩到最小趋势的结果，故A正确； B、悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，并不能反映了花粉分子的热运动，故B错误； C、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确； D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压强较低的缘故，故D错误； E、做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故E正确。 故选：ACE。 2．（多选）在光滑水平面上运动的物体，受到一个与速度同方向的推力，物体的温度与环境温度相同，在这个过程中以物体为研究对象，下列说法正确的是（　　） A．与传热等效的功是正功，物体的内能增加 B．与传热等效的功是零，内能不变 C．动能定理中的功是正功，动能增加 D．动能定理中的功是零，动能不变 【答案】BC 【解答】解：水平面光滑无摩擦，推力对物体做功只使物体机械运动的动能增加，没有机械能与内能之间的转化，因此物体的内能不变，故BC正确，AD错误。 故选：BC。 3．（多选）一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B。这一过程的V﹣T图像如图所示，则（　　） A．在过程A→C中，外界对气体做功，气体内能不变 B．在过程C→B中，外界对气体做功，气体内能增加 C．在过程A→C中，气体压强不断变大 D．在过程C→B中，气体压强不断减小 【答案】AC 【解答】解：A、由图知A→C过程中气体温度不变，体积减小，外界对气体做功，故A正确； B、由图知C→B过程中体积不变，外界对气体不做功，温度升高，内能增加，故B错误； C、由图知A→C过程中气体温度不变，体积减小，由一定质量理想气体状态方程C，可知p•T，气体的压强不断增大，故C正确； D、由图知C→B过程中体积不变，温度上升，由一定质量理想气体状态方程C，可知p•T得，温度升高，气体的压强不断增大，故D错误。 故选：AC。 4．（多选）关于热现象，下列说法中正确的是（　　） A．液体的温度越高，布朗微粒运动越显著 B．外界对气体做功时，其内能一定会增大 C．扩散现象与布朗运动都与温度有关 D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点 E．一定温度下，饱和汽的压强是一定的 【答案】ACE 【解答】解：A、液体温度越高，分子运动越激烈，则布朗微粒运动越显著，故A正确； B、外界对气体做功，物体可能放热，故内能变化情况未知，故B错误； C、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象与布朗运动都与温度有关，故C正确； D、液晶显示器利用液晶对光具有各向异性的特点，故D错误； E、一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故E正确； 故选：ACE。 5．如图，在上端有活塞的厚玻璃管底部，放一小块硝化棉，用手很快地向下压缩，管内的硝化棉会燃烧。在这下压过程中，厚玻璃管中气体的体积减小，压强 　变大　 ，温度 　升高　 。 【答案】变大；升高。 【解答】解：压缩玻璃管内的空气，气体的压强变大，机械能转化为管内空气的内能，空气的内能增加，温度升高，当达到棉花的燃点后，棉花会燃烧。 故答案为：变大；升高。 6．用各种方法使物体的内能发生改变：a．电炉通电后发热；b．一杯开水放在桌面上冷却；c．阳光照射下冰块融化；d．锯木头时，锯片发烫；e．人坐在火炉旁取暖；f．用打气筒给自行车打气后，打气筒变热．其中属于做功使物体内能改变的是 　adf　 ；属于热传递使物体内能改变的是 　bce　 ． 【答案】adf；bce． 【解答】解：a．电炉通电后发热：是电流做功，使电炉发热；b．一杯开水放在桌面上冷却，是水的热量向空气中传递，水温下降；c．阳光照射下冰块融化：太阳的热传递到冰块上，使冰吸热融化；d．锯木头时，锯片发烫：锯子摩擦木头做功，产生热量；e．人坐在火炉旁取暖：火炉的温度传递到人的身上，使人感觉暖和；f．用打气筒给自行车打气后，打气筒变热：打气筒的活塞摩擦筒壁产生热量，是做功． 故属于做功的是：adf 属于热传递的是：bce 故答案为：adf；bce． 7．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是 A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B．外界对物体做功，物体内能一定增加 C．温度越高，布朗运动越显著 D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小 E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大． 【答案】ACE 【解答】解：A、温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是平均动能的标志，A正确； B、改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，B错误； C、温度越高颗粒越小，布朗运动越显著，C正确； D、当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，D错误； E、当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小克服分子力做功，分子势能增大，E正确； 故选：ACE 8．住在非洲沙漠中的居民，由于没有电，夏天无法用冰箱保鲜食物。当地人发明了一种简易“沙漠冰箱”，如图所示，它由内罐和外罐组成，两罐之间填满潮湿的沙子。使用时把食物放在内罐，罐上盖上湿布，放在干燥通风的地方，并经常向内、外罐之间的沙子洒些水，这样对内罐中的食物可以起到一定的保鲜作用。请回答： （1）经常在两罐间洒些水的原因是　利用水蒸发时要吸热　 。 （2）放在干燥通风的地方是为了　加快水的蒸发　 。 【答案】（1）利用水蒸发时要吸热　（2）加快水的蒸发。 【解答】解：（1）水的蒸发的过程中会从周围吸收热量，所以经常在两罐间洒些水，可以通过水的蒸发，带走沙子的一部分热量，能起到降低沙子的温度的作用； （2）干燥的地方空气的相对湿度小，有利于水的蒸发，同时通风的地方也有利于水的蒸发。所以放在干燥通风的地方是为了加快水的蒸发。 故答案为：（1）利用水蒸发时要吸热　（2）加快水的蒸发。 9．将两块﹣10℃的冰块互相摩擦，两者之间摩擦力保持10N，两者相对速度为0.9m/s，若摩擦产生的能量全部被冰块吸收，问5min后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？（已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为4.5×107J/kg） 【解答】解：摩擦力做的功：W＝f•v•t＝10×0.9×300J＝2 700J． 摩擦力做的功全部转化为内能：ΔE＝W， 故ΔE＝2 700J，冰的内能增加2 700J 改用煤油炉加热，其传递给冰块的热量等于摩擦力做的功， 故W＝ηqm，m kg＝2.0×10﹣4kg． 答：冰块增加的内能是 2700J，若改用煤油炉加热，需要燃烧煤油2.0×10﹣4kg． 二．热力学第一定律的表达和应用（共10小题） 10．气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是（　　） A． B． C．从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功 D．与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少 【答案】C 【解答】解：AB、A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小； 从B到C的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小； 从C到D的过程中，气体等温膨胀，压强减小，体积增加， 而且D状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其V﹣T图像和p图像如图所示，在V﹣T图像AD的连线要经过原点（AD在同一等压线上），故AB错误； C、根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q，由于末态D气体温度降低，内能减小，即ΔU＜0；体积变小，外界对气体做功，即W＞0，因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，故C正确； D、由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度较低，分子平均动能较小，平均单个分子撞击器壁的作用力较小，因此与状态A相比，处于状态D时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数较多，故D错误。 故选：C。 11．如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸内用轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可沿气缸无摩擦滑动，现往活塞上缓慢增加砂子，当砂子的质量为m1时，活塞下降的高度为h，此过程中气体向外放出的热量为Q1，继续缓慢添加砂子，当砂子的质量为m2时，活塞又下降了高度h，此过程中气体向外放出的热量为Q2，整个过程中环境的气压和温度均保持不变。关于上述各量的关系，下列说法正确的是（　　） A．m2＝2m1 B．m2＞2m1 C．Q1＝Q2 D．Q1＝2Q2 【答案】B 【解答】解：AB、设初始时气体的压强与外界大气压强均为p0，活塞第一次下降高度h时气体压强为p1，活塞横截面积为S，活塞到气缸底的初始高度为H，则有： p1S＝m1g+p0S 该过程是等温变化，则有：p0HS＝p1（H﹣h）S 解得： 设活塞第二次下降高度h时气体压强为p2，则有：p2S＝m2g+p0S 从活塞第一次下降高度h后到第二次下降高度h的过程，同理有：p1（H﹣h）S＝p2（H﹣2h）S 解得：，故B正确，A错误； CD、由于加砂子是缓慢过程，所以气体压强是均匀增加的，活塞第一次下降高度h的过程的平均压强为： 该过程气体的做功为： 由于理想气体温度不变，所以该过程气体内能不变，由热力学第一定律有：ΔU1＝W1+Q1 解得： 同理，活塞第二次下降高度h的过程的平均压强为： 该过程气体的做功为： 同理，由热力学第一定律有：ΔU2＝W2+Q2 解得： 可知：Q1≠Q2，Q1≠2Q2，故CD错误。 故选：B。 12．如图，绝热密闭容器中有一个气球，气球内、外为温度相同的同种理想气体。已知膨胀的气球内部压强总是大于外部压强，且随气球体积的增大而减小。现气球因某种原因缓慢漏气，与漏气前相比，（　　） A．气球外部气体的压强保持不变 B．气球外部气体分子平均动能增大 C．气球内部气体对外做正功 D．气球内部气体的分子速率分布图峰值将向左移 【答案】B 【解答】解：AB、气球缓慢漏气过程中气球的弹性势能减小，转化为容器内气球内、外的气体内能，则容器内的气体温度升高。气球漏气后，气球外部单位体积内气体分子数增多，而温度又升高，分子平均动能增大，可知气球外部气体压强增大，故A错误，B正确。 C、气球收缩过程对内部气体做正功，同时内部漏出的气体对外部气体做正功，因气球内部气体的温度升高，其内能增加，根据热力学第一定律可知气球收缩对内部气体做的正功大于内部漏出的气体对外部气体做的正功，即气球内部气体对外做的总功为负功，故C错误； D、气球内部气体的温度升高，分子平均速率增大，则气体的分子速率分布图峰值将向右移，故D错误。 故选：B。 13．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0 E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢 【答案】ACE 【解答】解：A、根据热力学第一定律知：ΔU＝W+Q＝﹣100J+120J＝20J，故A正确； B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，故B错误； C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故C正确； D、已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0，如果该物体为固体或液体，是成立的，但如果该物体为气体，由于分子间距较大，则计算的就不是分子体积，故D错误； E、相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故E正确； 故选：ACE。 14．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增加大20J B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 E．热量不能从低温物体传到高温物体 【答案】ACD 【解答】解：A、根据ΔU＝W+Q知气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增加ΔU＝﹣100+120＝20J，A正确； B、分子力做功等于分子势能的减小量，在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子力先做正功，后做负功，故分子势能先减小后增大，故B错误； C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故C正确； DE、电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，只是要消耗电能，故D正确，E错误； 故选：ACD。 15．（多选）如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙，现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高，则在移动P的过程中（　　） A．外力对乙做功，乙的内能增加 B．外力对甲做功，甲的内能增加 C．因为甲的体积不变，内能也不变 D．甲吸热，乙放热，甲、乙内能都增加 【答案】AD 【解答】解：A、隔板B是导热的，说明甲、乙两部分气体间有热传递；容器和活塞是绝热的，说明容器内气体与外界没有热交换。当将活塞P向B移动一段距离时，活塞压缩气体对气体乙做功，根据热力学第一定律分析得知，乙的内能增加，温度升高。故A正确。 B、由于隔板B是固定的，甲的体积不变，外力没有对甲做功。故B错误。 C、由于隔板B是导热的，而升温后的乙气体温度比甲高，故热量由乙传向甲，甲的内能增加。故C错误。 D、由于气体与外界是绝热的，故当最后达到热平衡时的温度比最初的温度有所升高，甲、乙的内能都增加，故D正确。 故选：AD。 16．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣v图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。则： ①气体在状态B时的温度为多少摄氏度？ ②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 【解答】解：①由题意可知，TA＝273+27＝300K，VA＝1×10﹣3m3，VB＝3×10﹣3m3， 由图示图象可知，A→B等压变化，由盖吕萨克定律得：， 代入数据解得：TB＝900K，tB＝TB﹣273＝627℃； ②气体状态参量：pA＝3×105Pa，TA＝273+27＝300K， VA＝1×10﹣3m3，pC＝1×105Pa，TC＝？VC＝3×10﹣3m3， 由理想气体状态方程得：，代入数据解得：TC＝300K， A、C两状态的温度相等，两状态的内能相等，从A到C过程，ΔU＝0， A到B过程气体体积增大，气体对外做功：W＝﹣Fl＝﹣pΔV＝﹣3×105×（3﹣1）×10﹣3＝﹣600J， 由热力学第一定律：ΔU＝W+Q得：Q＝ΔU﹣W＝0﹣（﹣600）＝600J＞0，气体从外界吸收600J的热量； 答：①气体在状态B时的温度为627摄氏度； ②该气体从状态A到状态C的过程中吸热，传递的热量是600J。 17．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0．已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求： （1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？ （2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少 （3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？ 【解答】解：（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律得：， 解得：T； （2）对活塞，由平衡条件得：mg+pS＝p0S， 气体做功：W＝Fl＝pSl＝pS（L﹣L0）， 解得：W＝（p0S﹣mg）（L﹣L0）； （3）由热力学第一定律得：ΔU＝W+Q， 气体吸收的热量：Q＝ΔU+（p0S﹣mg）（L﹣L0）； 答：（1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到； （2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功为（p0S﹣mg）（L﹣L0）； （3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为ΔU+（p0S﹣mg）（L﹣L0）． 18．某科技兴趣小组，制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可以忽略的水银柱，接口处用石蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．该小组测得酒瓶容积为480cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为48cm．当气温为27℃时，水银柱刚好在瓶口位置．已知大气压p0＝1.0×105Pa （1）求该气温计能够测量的最高气温 （2）水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，气体对外做了多少功？ （3）假设上述过程密封气体从外界吸收了3J热量，则该气体的内能变化了多少？ 【解答】解：（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2 初状态：T1＝（273+27）K＝300K，V1＝480cm3 末状态：V2＝（480+48×0.5）cm3＝504cm3 根据气体等压变化， 代入数据得T2315K＝42℃ （2）水银柱移动过程中，外界对气体做功W＝p0SL＝1.0×105×0.5×10﹣4×0.48J＝2.4J （3）由热力学第一定律得内能变化为ΔU＝W+Q 因为气体对外界做功2.4J，故外界对气体做功W＝﹣2.4J 气体从外界吸收热量3J，即Q＝3J 所以气体内能变化为：ΔU＝W+Q＝3J+（﹣2.4J）＝0.6J 即气体内能增加了0.6J． 答：（1）该气温计能够测量的最高气温为42℃；（2）水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，气体对外做了2.4J的功；（3）假设上述过程密封气体从外界吸收了3J热量，则该气体的内能增加了0.6J． 19．（1）下列说法中正确的是 　CDF　 ． A．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 B．分子间的距离r增大，分子势能必增大 C．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现 D．在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力，它的作用效果是使液体表面绷紧 E．晶体一定是各向异性的，非晶体一定是各向同性的 F．饱和汽压就是液体液面上方气体的压强，且温度越高，饱和汽压越大 G．遵循热力学第一定律的物理过程，也必定遵循热力学第二定律 （2）如图所示，为测量大气压强的实验装置．将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800ml；现用注射器缓慢向烧瓶中注入200ml的水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变．求： ①大气压强P0（用“cmHg”做压强单位） ②此过程中外界对烧瓶内的气体 　做正功　 （填“做正功”、“做负功”、“不做功”），气体将 　放热　 （填“吸热”或“放热”）． 【答案】CDF，做正功，放热． 【解答】解：（1）A、颗粒越小，温度越高布朗运动越明显，颗粒越大越容易受力平衡，A错误； B、若在平衡位置以内增大分子间距，斥力做正功，分子势能减小，B错误； C、水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现，C正确； D、在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力，它的作用效果是使液体表面绷紧，D正确； E、多晶体有的是各向同性的，E错误； F、温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，F正确； G、遵循热力学第一定律的物理过程，不一定遵循热力学第二定律，G错误； 故选：CDF （2）①设大气压强为P0 初状态：P1＝P0，V1＝800ml 注入水后：P2＝P0+P，V2＝600ml 由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2 解得：P0＝75cmHg ②由热力学第一定律知对气体做正功，温度恒定，内能不变，故对外放热． 答：大气压为75cmHg，做正功，放热． 三．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合（共6小题） 20．密闭容器内封闭一定质量的理想气体，能在1、2、3、4四个状态间转化，p﹣V图像如图所示。已知1→2过程和3→4过程图像均为双曲线的一部分，2→3过程和4→1过程绝热，在1→2→4→1过程中，气体对外所做的功为W1，其中的吸热过程中气体吸收的热量为Q，在2→3→4→2过程中，气体对外所做的功为W2，其中的吸热过程中气体吸收的热量为Q′，且W1：Q＝W2：Q′。则气体在1→2过程中吸收的热量为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据玻意耳定律可知，由于1→2过程和3→4过程图像均为双曲线，这两段过程均为等温变化过程，内能不变。由于1→2过程气体体积增大，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。3→4过程气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界释放热量。4→2过程气体体积增大，气体压强增大，气体对外界做功，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高，气体内能增大，由热力学第一定律可知，4→2过程气体吸收热量，则2→4过程气体向外界释放热量。由于2→3过程和4→1过程绝热，则气体在1→2→4→1过程中吸收热量过程为1→2，气体在2→3→4→2过程吸收热量过程为4→2。根据题意，气体1→2→4→1过程和2→3→4→2过程中气体对外所做的功与吸热过程气体吸收热量的比值相同，则有 又由于1→2→4→1过程气体内能不变，则有Q1→2+Q2→4＝W1 其中Q4→2＝﹣Q2→4 解得，故D正确，ABC错误。 故选：D。 21．（多选）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（　　） A．过程 ab 中气体一定吸热 B．过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C．过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小 E．b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积时间内受到气体分子撞击的次数不同 【答案】ADE 【解答】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确； B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体吸热，故B错误； C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，ΔU＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误； D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确； E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确； 故选：ADE。 22．（多选）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是（　　） A．从状态b到状态c的过程中气体吸热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 【答案】BD 【解答】解：A、气体从b到c发生等容变化，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外界不做功，根据热力学第一定律知，气体放热，故A错误； B、理想气体的内能只与温度有关，a、c两状态温度相等，内能相等，所以气体在状态a的内能等于气体在状态c的内能，故B正确； C、气体从状态a到状态b发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律知，体积增大，温度升高，所以气体在状态b的温度大于在状态a的温度，故C错误； D、气体从状态a到状态b，体积变大，气体对外界做正功，故D正确； 故选：BD。 23．（多选）一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等容过程ab、bc、cd、da回到原状态，其V﹣T图象如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O．下列判断正确的是 A．气体在状态b时的压强大于它在状态d时的压强 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程bc中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功 D．在过程cd中气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功 E．在过程ab中外界对气体做的功等于在过程cd中气体对外界做的功 【答案】ABD 【解答】解：根据理想气体状态方程得：，即V﹣T图象中，斜率反应压强的倒数 A、V﹣T线的斜率的倒数与压强成正比，可知气体在状态b时压强大于状态d时的压强，故A正确； B、由图象可知，气体在状态a时的温度大于它在状态c时的温度，则气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故B正确； C、由图象可知，又b到c过程，气体体积不变，可知外界对气体不做功，即W＝0；温度降低，可知气体内能减小即ΔU＜0，根据热力学第一定律可知，该过程应放热，即Q＜0，故C错误； D、在过程cd中气体的温度不变，体积变大，则内能不变，则气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功，故D正确； E、根据V﹣T线的斜率的倒数与压强成正比，可知ab段得压强始终都比cd段的压强大，而两段体积变化相同，根据W＝PΔV可知，过程ab中外界对气体做的功应大于在过程cd中气体对外界做的功，故E错误； 故选：ABD。 24．在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V﹣T图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102J，求： （i）气体在此状态B的体积VB； （ii）此过程中气体内能的增量ΔU。 【解答】解：（i）由题V﹣T图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖﹣吕萨克定律得： ； 解得：VB8.0×10﹣3m3 （ii）外界对气体做的功： W＝p（VB﹣VA）＝﹣1.0×105×（8.0×10﹣3﹣6.0×10﹣3）J＝﹣2×102J 根据热力学第一定律：ΔU＝Q+W …④ 解得：ΔU＝6.0×102J﹣2×102J＝4.0×102J＝400J。 答：（i）气体在此状态B的体积VB为8.0×10﹣3m3 （ii）此过程中气体内能的增量ΔU为400J。 25．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p﹣V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求： ①该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？ ②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 【解答】解：①对一定质量的理想气体由图象可知，A→B为等容变化，由查理定律得： 即代入数据得： A→C由理想气体状态方程得： 代入数据得： ②从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p﹣V图线与横轴所围成的面积可得： 由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：△U＝0 由热力学第一定律有：△U＝W+Q 可得：Q＝﹣1000J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1000 J 答：①该气体在状态B的温度为600K和C时的温度为300K。 ②该气体从状态A经B再到C的全过程中是放热，传递的热量是1000J 四．能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）（共7小题） 26．能源是人类社会活动的基础，节约能源应成为公民的行为习惯。下列说法中正确的是（） A．太阳能转化为电能过程中能量增加 B．能量耗散过程中能量在不断减少 C．能量耗散会降低能源的利用品质 D．能量转化在宏观上没有方向性 【答案】C 【解答】解：A.根据能的转化和守恒定律可知，太阳能转化为电能过程中能量总和不变，故A错误； B.能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小，但总量不会减少，故B错误； C.能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小，可利用的品质降低了，故C正确； D.能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，故D错误。 故选：C。 27．下列说法正确的是（　　） A．随着科技的发展，聪明的人可以造出不需要消耗任何能量但却能对外做功的永动机 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生 【答案】C 【解答】解：A.根据能量守恒定律，永动机是不可以制成的，故A错误； B.根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，也不会凭空消失，故B错误； C.没有不吃草的马，说明“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，故C正确； D.根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，戴在手上却能一直走动，原因是在运动的过程中，自动上的发条，故D错误。 故选：C。 28．（多选）如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧汽缸内有一电热丝，汽缸壁和隔板均绝热，初始时隔板静止，左右两边气体温度相等，现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源，当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（　　） A．右边气体温度升高、左边气体温度不变 B．左右两边气体温度都升高 C．左边气体压强增大 D．左、右两边气体内能的增加量之和等于电热丝放出的热量 【答案】BCD 【解答】解：A、当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又因左侧气体发生绝热变化，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高。故A错误，B正确； C、由C可知，左侧气体的体积减小，则其压强增大，故C正确； D、由能量守恒定律可知，左、右两边气体内能的增加量之和等于电热丝放出的热量，故D正确。 故选：BCD。 29．（多选）由能量守恒定律可知，能量不能无中生有．但在许多情况下，能量的利用过程是不可逆的．所有这些都提示我们，要珍惜现有的能源，要尽力提高现有能源的利用效率．下列关于能量和能源的说法正确的是（　　）（将正确的全部选出，只需填字母代号）． A．能量守恒定律告诉我们能量取之不尽，用之不竭，所以没必要节约能源 B．内能总是自动地从高温物体向低温物体转移 C．热机是一种将内能转化为机械能的机械，但能量转化的效率不可能达到100% D．可持续发展要求把发展多元结构的能源系统作为今后世界能源发展的战略 E．浪费资源有利于扩大消费，发展内需和国家经济建设 【答案】BCD 【解答】解：A、能量虽然守恒，但是有些能量耗散了不能再利用，所以要节约资源，故A错误； B、热量总是自动地从高温物体向低温物体转移，故B正确； C、热机是一种将内能转化为机械能的机械，但能量转化的效率不可能达到100%，因为由能量损耗，故C正确； D、可持续发展要求把发展多元结构的能源系统作为今后世界能源发展的战略，故D正确； E、浪费资源是对后代的犯罪，故E错误； 故选：BCD。 30．微观世界往往与宏观世界遵循着相似的规律，所以在科学研究中，科学家经常通过宏观世界中某些事物遵循的规律来类比研究微观世界。 （1）我们都知道，物体在只有弹簧弹力做功的情况下，物体的动能和弹簧的弹性势能发生相互转化，系统总机械能保持不变。若弹性势能表达式（k为弹簧的劲度系数，x为形变量）。如图1所示，一个与已知劲度系数为k的轻质弹簧连接的物块B，质量为m，静止于光滑水平面上，轻质弹簧另一端固定。现将物块B拉离平衡位置x，然后释放，忽略空气阻力，B的运动为简谐运动，求物块B在运动过程中获得的最大动能Ekm。 （2）如图2所示，A、B为某种双原子分子中的两原子，以A原子为原点，沿两原子连线建立x轴。如果选取两个原子相距无穷远时的势能为零，则两个原子之间的势能E。与它们之间距离r的Ep﹣r关系图线如图3所示。 a.说明Ep﹣r关系图线的切线斜率的大小及正负描述的物理意义； b.由图3中可知，两原子间距离为r0时，势能最小，假设原子A固定不动，原子B在r0附近的振动近似看作简谐运动，其振动的范围为r0﹣b≤r≤r0+b，其中b远小于r0。已知在r0点附近Ep随r变化的规律可近似写作，式中Ep0和k均为常量且已知。计算原子B在其振动范围内振动过程的最大动能（用k和b表示）； c.为了进一步理解温度变化对物体体积的影响，将分子平均动能简化成B原子在振动过程中的最大动能。请结合温度是分子平均动能的标志，即（a为物理常量，为分子热运动的平均动能），依据结果分析温度对物体体积的影响。 【答案】（1）； （2）a.图像的斜率的绝对值表示分子力的大小，斜率为正值表示分子间为引力，斜率为负值表示分子间为斥力； b.原子振动的最大动能为 c．当温度升高时，b增大，宏观上表现为物体的体积增大，温度降低时，b减小，宏观上表现为物体的体积减小。 【解答】解：（1）根据机械能守恒定律，弹簧为原长时弹性势能最小，动能最大，可得 （2）a．由ΔEp＝FΔr图像的斜率的绝对值表示分子力的大小，斜率为正值表示分子间为引力，斜率为负值表示分子间为斥力。 b．由题意可知，当原子B处于r1＝r0处时，系统的动能最大，设为Ek1，系统的势能最小，设为Ep1，则有 当原子B处于r2＝r0﹣b处时，系统的动能为0，系统的势能最大，设为Ep2，则有 根据能量守恒定律可得Ep1+Ek1＝Ep2+0 联立解得 c．由于温度是分子平均动能的宏观表现，即有 我们可以将分子的平均动能看作B原子在振动过程中的最大动能，则有 由于a为物理常量，根据上述可知，当温度升高时，b增大，宏观上表现为物体的体积增大，温度降低时，b减小，宏观上表现为物体的体积减小。 答：（1）弹簧的最大动能为； （2）a.图像的斜率的绝对值表示分子力的大小，斜率为正值表示分子间为引力，斜率为负值表示分子间为斥力； b.原子B的最大动能为； c.当温度升高时，b增大，宏观上表现为物体的体积增大，温度降低时，b减小，宏观上表现为物体的体积减小。 31．制冷机是一种利用工作物质（制冷剂）的逆循环，使热从低温物体传到高温物体的装置，通过制冷机的工作可以使一定空间内的物体温度低于环境温度并维持低温状态．夏天，将房间中一台正工作的电冰箱的门打开，试分析这是否可以降低室内的平均温度？为什么？ 【解答】解：制冷机正常工作时，室内工作器从室内吸收热量，同时将冷风向室内散发，室外工作器向外散热．若将一台正在工作的电冰箱的门打开，尽管它可以不断地向室内释放冷气，但同时冰箱的箱体向室内散热，就整个房间来说，由于外界通过电流不断有能量输入，室内的温度会不断升高； 答：不能降低室内的平均温度，因为外界通过电流不断有能量输入，从而导致温度不断升高． 32．（1）下列说法中正确的是　AC　 A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力 B．分子间的距离r增大，分子间的作用力一定做负功，分子势能增大 C．晶体不一定都表现为各向异性 D．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 （2）如图所示，将一个汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸内用一个活塞封闭了一定质量的气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为10kg，活塞的横截面积为：S＝100cm2．已知外界的大气压强为P0＝1×105Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力。在汽缸内部有一个电阻丝，接通电源后活塞缓慢升高h＝10cm，则 ①在这一过程中气体膨胀对外界做功多少焦耳？（g＝10m/s2） ②在第①问中，若缸内气体的初始温度为27℃，体积为3×10﹣3m3，试求接通电源后缸内气体的温度是多少℃？ 【解答】解：（1）A、由于液体表面存在张力，雨水在表面张力作用下没有透过布雨伞，故A正确； B、如果分子间距离r大于分子间的平衡距离，分子间距离增大时分子做负功，分子势能增加，如果分子间距离r小于分子间的平衡距离，分子间距离变大时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误； C、晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，各向异性，而多晶体没有规则形状，各向同性，故C正确； D、悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数虽然越多，但是碰撞的不平衡性越不明显，布朗运动越不明显，故D错误； 故选AC。 （2）①气体膨胀过程中对外界做功为： W＝Fh＝PSh＝（P0）Sh＝（1×105Pa）×0.01m2×0.1m＝110J； ②气体等压膨胀，根据盖吕萨克定律，有： 解得：T2； 故：t2＝T2﹣273＝127℃ 故答案为：（1）A C；（2）①110J；②127℃。 五．第一类永动机不可能制成（共7小题） 33．关于下列几幅图的说法正确的是（　　） A．图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动 B．图乙为布朗运动产生原因的示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显 C．图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是多晶体 D．如图丁所示，“饮水小鸭”“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去 【答案】A 【解答】解：A.图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动，故A正确； B.图乙为布朗运动产生原因的示意图，说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越不明显，故B错误； C.图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是单晶体，故C错误； D.如图丁所示，“饮水小鸭“喝“完口水后，直立起来，直立一 会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝“一口，如此循环往复，根据能量守恒可知，“饮水小鸭”头部饮水后不断蒸发， 吸收周围空气的热量，才能持续工作下去，故D错误。 故选：A。 34．下列说法正确的是 （　　） A．花粉颗粒的布朗运动证明花粉分子在做永不停息的无规则运动 B．气体很难被压缩证明气体分子间存在相互作用的斥力 C．第二类永动机无法实现是因为违反了热力学第一定律 D．液体由于表面张力呈收缩趋势是因为表层分子间距大于内部分子间距 【答案】D 【解答】解：A、布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，布朗运动间接证明了分子永不停息地做无规则运动，故A错误； B、气体能被压缩，说明分子之间存在间隙，而又不能无限压缩，不能说明分子间存在斥力，只能说明气体被压缩时压强增大，故B错误； C、第二类永动机无法实现是因为违反了热力学第二定律，故C错误； D、表面张力是液体表面层各部分之间的分子作用力，是因为表层分子间距大于内部分子间距，故D正确。 故选：D。 35．如图所示，一演示用的“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而“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。下列说法正确的是（　　） A．热水将热量传递给叶片，所以热水的温度会降低 B．由形状记忆合金自身提供了转轮转动的能量 C．转轮依靠自身惯性一直转动，不需要消耗外界能量 D．叶片在热水中吸收的热量等于在空气中释放的热量 【答案】A 【解答】解：A.热水将热量传递给叶片，同时热水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减少，所以热水的温度会降低，故A正确； B.要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自身提供，而是消耗了水的内能，故B错误； C.叶轮的转动不是靠自身的惯性，是叶片吸收了热水的能力，通过形变转化为叶轮的动能，这个过程是消耗了外界（热水）的能量，故C错误； D.根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片在热水中吸收的热量一部分克服重力做功，使叶片转动，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D错误。 故选：A。 36．（多选）下列说法中正确的是（　　） A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 B．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 C．“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律 D．一定量理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变 E．温度高的物体分子的平均动能大 【答案】ACE 【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动，这不是布朗运动。故A正确； B、随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大。故B错误； C、“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。故C正确； D、一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误。 E、温度是分子平均动能的标志，物体温度高，分子无规则热越激烈，则物体的分子平均动能大，故E正确。 故选：ACE。 37．如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头喝水，成为一台神奇的“永动机”。根据所学物理知识，试分析饮水鸟上下运动的能量来源：　从外界吸收的热量　 。当水杯中的水干了之后，小鸟还能上下运动吗？　不能　 （填“能”或“不能”）。 【答案】从外界吸收的热量；不能。 【解答】解：饮水鸟头和躯体分别为两个薄壁玻璃球（ 以下简称“上球”和“下球”），其间以一根玻璃管连通，内装乙醚液体，构成一个密闭容器。由于乙醚液体易挥发，因此液面上方充满乙醚的饱和气。鸟头包有一层易吸水的布。平时，鸟身略向前倾。启动时给鸟头滴少许水，布上的水在蒸发时大量吸热，使上球内的乙醚饱和气在降温放热的同时降压，又因为温度降低乙醚蒸汽变得过饱和了，有少量乙醚蒸汽凝结成液体并放热，乙醚蒸汽的量变少，气体压强进一步减小，此时下球中的饱和汽压大于上球中的气压，下球中的乙醚液体沿玻璃管上升，下球压强变小，里面的蒸汽变的不饱和，少量乙醚汽化并吸热，下球里的乙醚温度降低并从外界吸热，于是整个鸟的重心上移，从而打破了支点的平衡状态。鸟身随上升的乙醚液体逐渐前倾，当鸟嘴接触到液面时，上下球刚好通过玻璃管连通，下球中的部分气体进入上球，两部分气体混合，当上、下球中压强一致时，失去气体压力支持的液体将在自身重力的作用下倒流回下球，饮水鸟的重心再次下移，于是渐渐直立起来，回到初始状态。由于“喝水”时，鸟嘴接触水面，沾湿了裹鸟头的布，于是它又开始”喝水”。饮水鸟内部变化的原理是通过乙醚的汽化液化传递热量，“下球”中因乙醚汽化温度降低，从外界吸收的热量，这是饮水鸟上下运动的能量来源。 由以上分析可知，当水杯中的水干了之后，鸟头部分不会有水再蒸发吸热，后续的变化不会发，则不能上下运动。 故答案为：从外界吸收的热量；不能。 38．如图所示是历史上很有名的一个永动机的设计图，轮子边缘安重装着若干个转轴，每个转轴处都连接着一根直杆，杆的另一端安有一个较重的小球。特殊的设计使得小球只能在大约90°的范围内转动。按照设计者的想法，右边的小球伸出去较远而左边的小球比较靠近转轴，因此右边小球所受重力的力臂大于左边小球所受重力的力臂，装置不能平衡，会在重力的作用下沿顺时针方向转动，并且永不停止。但实际上，用力拨动使其开始转动以后，它只能转不多的几圈就停止下来。 （1）请说明：是什么原因使它停止下来； （2）在它停止转动之后，是处于平衡状态的，这时各小球大概在什么位置，为什么能够平衡。 【答案】（1）永动机停下来的原因是摩擦阻力做功而消耗机械能； （2）见解析。 【解答】解：（1）使它停止下来的原因是摩擦阻力做功而消耗机械能，当它开始具有的初动能消耗完时，就停止转动。 （2）停止下来的位置处于平衡状态，根据力矩平衡画出各小球大概位置如图： 其中转轴处于最右侧的杆与小球大致处于竖直向上的位置，它将要向右翻倒而未翻倒，所有小球所受重力与力臂的乘积的代数和与转轴处受到的静摩擦力与其力臂的乘积，恰好相等，处于转动平衡状态，即满足杠杆平衡。 答：（1）永动机停下来的原因是摩擦阻力做功而消耗机械能； （2）见解析。 39．[物理﹣﹣选修3﹣3] （1）关于热学现象和规律，下列说法中正确的是　D　 ．（填写选项前的字母） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．达到热平衡的两个物体具有相同的热量 C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 D．水不容易被压缩说明分子间存在分子力 （2）如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，活塞和气缸都导热，活塞与气缸间无摩擦，原先重物和活塞均处于平衡状态，因温度下降使气缸中气体做等压变化，下列说法正确的是　A　 ．（填写选项前的字母） A．重物上升，气体放出热量 B．重物上升，气体吸收热量 C．重物下降，气体放出热量 D．重物下降，气体吸收热量． 【答案】（1）D；（2）A． 【解答】解：（1）A、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故A错误； B、达到热平衡的两个物体具有相同的温度，达到热平衡的两个物体所具有的内能不一定相等，故B错误； C、第二类永动机违反了热力学第二定律，故C错误； D、由于水分子间存在相互作用的斥力，所以水不容压缩，故D正确， 故选D． （2）气缸内气体压强不变，根据理想气体状态方程可知：温度降低，因此体积将减小，一定质量理想气体的内能由温度决定，温度降低，其内能减小，根据ΔU＝W+Q可知，体积减小，外界对气体做功，因此将放出热量，故BCD错误，A正确．故选A． 故答案为：（1）D；（2）A． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 热力学第一定律与能量守恒定律【五大题型】 一．改变物体内能的两种方式（共9小题） 二．热力学第一定律的表达和应用（共10小题） 三．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合（共6小题） 四．能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）（共7小题） 五．第一类永动机不可能制成（共7小题） 一．改变物体内能的两种方式（共9小题） 1．（多选）下列说法正确的是（　　） A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 B．悬浮在水中的花粉的布朗运动反应了花粉分子的热运动 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．做功和热传递是改变物体内能的两种方式 2．（多选）在光滑水平面上运动的物体，受到一个与速度同方向的推力，物体的温度与环境温度相同，在这个过程中以物体为研究对象，下列说法正确的是（　　） A．与传热等效的功是正功，物体的内能增加 B．与传热等效的功是零，内能不变 C．动能定理中的功是正功，动能增加 D．动能定理中的功是零，动能不变 3．（多选）一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B。这一过程的V﹣T图像如图所示，则（　　） A．在过程A→C中，外界对气体做功，气体内能不变 B．在过程C→B中，外界对气体做功，气体内能增加 C．在过程A→C中，气体压强不断变大 D．在过程C→B中，气体压强不断减小 4．（多选）关于热现象，下列说法中正确的是（　　） A．液体的温度越高，布朗微粒运动越显著 B．外界对气体做功时，其内能一定会增大 C．扩散现象与布朗运动都与温度有关 D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点 E．一定温度下，饱和汽的压强是一定的 5．如图，在上端有活塞的厚玻璃管底部，放一小块硝化棉，用手很快地向下压缩，管内的硝化棉会燃烧。在这下压过程中，厚玻璃管中气体的体积减小，压强 　 　 ，温度 　 　 。 6．用各种方法使物体的内能发生改变：a．电炉通电后发热；b．一杯开水放在桌面上冷却；c．阳光照射下冰块融化；d．锯木头时，锯片发烫；e．人坐在火炉旁取暖；f．用打气筒给自行车打气后，打气筒变热．其中属于做功使物体内能改变的是 　 　 ；属于热传递使物体内能改变的是 　 　 ． 7．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是 A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B．外界对物体做功，物体内能一定增加 C．温度越高，布朗运动越显著 D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小 E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大． 8．住在非洲沙漠中的居民，由于没有电，夏天无法用冰箱保鲜食物。当地人发明了一种简易“沙漠冰箱”，如图所示，它由内罐和外罐组成，两罐之间填满潮湿的沙子。使用时把食物放在内罐，罐上盖上湿布，放在干燥通风的地方，并经常向内、外罐之间的沙子洒些水，这样对内罐中的食物可以起到一定的保鲜作用。请回答： （1）经常在两罐间洒些水的原因是　 　 。 （2）放在干燥通风的地方是为了　 　 。 9．将两块﹣10℃的冰块互相摩擦，两者之间摩擦力保持10N，两者相对速度为0.9m/s，若摩擦产生的能量全部被冰块吸收，问5min后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？（已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为4.5×107J/kg） 二．热力学第一定律的表达和应用（共10小题） 10．气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是（　　） A． B． C．从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功 D．与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少 11．如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸内用轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可沿气缸无摩擦滑动，现往活塞上缓慢增加砂子，当砂子的质量为m1时，活塞下降的高度为h，此过程中气体向外放出的热量为Q1，继续缓慢添加砂子，当砂子的质量为m2时，活塞又下降了高度h，此过程中气体向外放出的热量为Q2，整个过程中环境的气压和温度均保持不变。关于上述各量的关系，下列说法正确的是（　　） A．m2＝2m1 B．m2＞2m1 C．Q1＝Q2 D．Q1＝2Q2 12．如图，绝热密闭容器中有一个气球，气球内、外为温度相同的同种理想气体。已知膨胀的气球内部压强总是大于外部压强，且随气球体积的增大而减小。现气球因某种原因缓慢漏气，与漏气前相比，（　　） A．气球外部气体的压强保持不变 B．气球外部气体分子平均动能增大 C．气球内部气体对外做正功 D．气球内部气体的分子速率分布图峰值将向左移 13．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0 E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢 14．（多选）下列说法正确的是（　　） A．一定质量的气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增加大20J B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 E．热量不能从低温物体传到高温物体 15．（多选）如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙，现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高，则在移动P的过程中（　　） A．外力对乙做功，乙的内能增加 B．外力对甲做功，甲的内能增加 C．因为甲的体积不变，内能也不变 D．甲吸热，乙放热，甲、乙内能都增加 16．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣v图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。则： ①气体在状态B时的温度为多少摄氏度？ ②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 17．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0．已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求： （1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？ （2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少 （3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？ 18．某科技兴趣小组，制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可以忽略的水银柱，接口处用石蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．该小组测得酒瓶容积为480cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为48cm．当气温为27℃时，水银柱刚好在瓶口位置．已知大气压p0＝1.0×105Pa （1）求该气温计能够测量的最高气温 （2）水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，气体对外做了多少功？ （3）假设上述过程密封气体从外界吸收了3J热量，则该气体的内能变化了多少？ 19．（1）下列说法中正确的是 　 　 ． A．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 B．分子间的距离r增大，分子势能必增大 C．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现 D．在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力，它的作用效果是使液体表面绷紧 E．晶体一定是各向异性的，非晶体一定是各向同性的 F．饱和汽压就是液体液面上方气体的压强，且温度越高，饱和汽压越大 G．遵循热力学第一定律的物理过程，也必定遵循热力学第二定律 （2）如图所示，为测量大气压强的实验装置．将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800ml；现用注射器缓慢向烧瓶中注入200ml的水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变．求： ①大气压强P0（用“cmHg”做压强单位） ②此过程中外界对烧瓶内的气体 　 　 （填“做正功”、“做负功”、“不做功”），气体将 　 　 （填“吸热”或“放热”）． 三．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合（共6小题） 20．密闭容器内封闭一定质量的理想气体，能在1、2、3、4四个状态间转化，p﹣V图像如图所示。已知1→2过程和3→4过程图像均为双曲线的一部分，2→3过程和4→1过程绝热，在1→2→4→1过程中，气体对外所做的功为W1，其中的吸热过程中气体吸收的热量为Q，在2→3→4→2过程中，气体对外所做的功为W2，其中的吸热过程中气体吸收的热量为Q′，且W1：Q＝W2：Q′。则气体在1→2过程中吸收的热量为（　　） A． B． C． D． 21．（多选）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（　　） A．过程 ab 中气体一定吸热 B．过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C．过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小 E．b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积时间内受到气体分子撞击的次数不同 22．（多选）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是（　　） A．从状态b到状态c的过程中气体吸热 B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 23．（多选）一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等容过程ab、bc、cd、da回到原状态，其V﹣T图象如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O．下列判断正确的是 A．气体在状态b时的压强大于它在状态d时的压强 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程bc中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功 D．在过程cd中气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功 E．在过程ab中外界对气体做的功等于在过程cd中气体对外界做的功 24．在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V﹣T图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102J，求： （i）气体在此状态B的体积VB； （ii）此过程中气体内能的增量ΔU。 25．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p﹣V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃，求： ①该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？ ②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 四．能量守恒定律的内容和应用（热力学方向）（共7小题） 26．能源是人类社会活动的基础，节约能源应成为公民的行为习惯。下列说法中正确的是（ ） A．太阳能转化为电能过程中能量增加 B．能量耗散过程中能量在不断减少 C．能量耗散会降低能源的利用品质 D．能量转化在宏观上没有方向性 27．下列说法正确的是（　　） A．随着科技的发展，聪明的人可以造出不需要消耗任何能量但却能对外做功的永动机 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生 28．（多选）如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧汽缸内有一电热丝，汽缸壁和隔板均绝热，初始时隔板静止，左右两边气体温度相等，现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源，当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（　　） A．右边气体温度升高、左边气体温度不变 B．左右两边气体温度都升高 C．左边气体压强增大 D．左、右两边气体内能的增加量之和等于电热丝放出的热量 29．（多选）由能量守恒定律可知，能量不能无中生有．但在许多情况下，能量的利用过程是不可逆的．所有这些都提示我们，要珍惜现有的能源，要尽力提高现有能源的利用效率．下列关于能量和能源的说法正确的是（　　）（将正确的全部选出，只需填字母代号）． A．能量守恒定律告诉我们能量取之不尽，用之不竭，所以没必要节约能源 B．内能总是自动地从高温物体向低温物体转移 C．热机是一种将内能转化为机械能的机械，但能量转化的效率不可能达到100% D．可持续发展要求把发展多元结构的能源系统作为今后世界能源发展的战略 E．浪费资源有利于扩大消费，发展内需和国家经济建设 30．微观世界往往与宏观世界遵循着相似的规律，所以在科学研究中，科学家经常通过宏观世界中某些事物遵循的规律来类比研究微观世界。 （1）我们都知道，物体在只有弹簧弹力做功的情况下，物体的动能和弹簧的弹性势能发生相互转化，系统总机械能保持不变。若弹性势能表达式（k为弹簧的劲度系数，x为形变量）。如图1所示，一个与已知劲度系数为k的轻质弹簧连接的物块B，质量为m，静止于光滑水平面上，轻质弹簧另一端固定。现将物块B拉离平衡位置x，然后释放，忽略空气阻力，B的运动为简谐运动，求物块B在运动过程中获得的最大动能Ekm。 （2）如图2所示，A、B为某种双原子分子中的两原子，以A原子为原点，沿两原子连线建立x轴。如果选取两个原子相距无穷远时的势能为零，则两个原子之间的势能E。与它们之间距离r的Ep﹣r关系图线如图3所示。 a.说明Ep﹣r关系图线的切线斜率的大小及正负描述的物理意义； b.由图3中可知，两原子间距离为r0时，势能最小，假设原子A固定不动，原子B在r0附近的振动近似看作简谐运动，其振动的范围为r0﹣b≤r≤r0+b，其中b远小于r0。已知在r0点附近Ep随r变化的规律可近似写作，式中Ep0和k均为常量且已知。计算原子B在其振动范围内振动过程的最大动能（用k和b表示）； c.为了进一步理解温度变化对物体体积的影响，将分子平均动能简化成B原子在振动过程中的最大动能。请结合温度是分子平均动能的标志，即（a为物理常量，为分子热运动的平均动能），依据结果分析温度对物体体积的影响。 31．制冷机是一种利用工作物质（制冷剂）的逆循环，使热从低温物体传到高温物体的装置，通过制冷机的工作可以使一定空间内的物体温度低于环境温度并维持低温状态．夏天，将房间中一台正工作的电冰箱的门打开，试分析这是否可以降低室内的平均温度？为什么？ 32．（1）下列说法中正确的是　 　 A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力 B．分子间的距离r增大，分子间的作用力一定做负功，分子势能增大 C．晶体不一定都表现为各向异性 D．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 （2）如图所示，将一个汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸内用一个活塞封闭了一定质量的气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为10kg，活塞的横截面积为：S＝100cm2．已知外界的大气压强为P0＝1×105Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力。在汽缸内部有一个电阻丝，接通电源后活塞缓慢升高h＝10cm，则 ①在这一过程中气体膨胀对外界做功多少焦耳？（g＝10m/s2） ②在第①问中，若缸内气体的初始温度为27℃，体积为3×10﹣3m3，试求接通电源后缸内气体的温度是多少℃？ 五．第一类永动机不可能制成（共7小题） 33．关于下列几幅图的说法正确的是（　　） A．图甲为扩散现象，表明分子间有间隙和分子在做永不停息地无规则运动 B．图乙为布朗运动产生原因的示意图。说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显 C．图丙中石蜡在固体片上熔化成椭圆形，说明该固体是多晶体 D．如图丁所示，“饮水小鸭”“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝一口，如此循环往复，小鸭不需要外界提供能量，也能够持续工作下去 34．下列说法正确的是 （　　） A．花粉颗粒的布朗运动证明花粉分子在做永不停息的无规则运动 B．气体很难被压缩证明气体分子间存在相互作用的斥力 C．第二类永动机无法实现是因为违反了热力学第一定律 D．液体由于表面张力呈收缩趋势是因为表层分子间距大于内部分子间距 35．如图所示，一演示用的“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而“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。下列说法正确的是（　　） A．热水将热量传递给叶片，所以热水的温度会降低 B．由形状记忆合金自身提供了转轮转动的能量 C．转轮依靠自身惯性一直转动，不需要消耗外界能量 D．叶片在热水中吸收的热量等于在空气中释放的热量 36．（多选）下列说法中正确的是（　　） A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 B．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小 C．“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律 D．一定量理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变 E．温度高的物体分子的平均动能大 37．如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头喝水，成为一台神奇的“永动机”。根据所学物理知识，试分析饮水鸟上下运动的能量来源：　 　 。当水杯中的水干了之后，小鸟还能上下运动吗？　 　 （填“能”或“不能”）。 38．如图所示是历史上很有名的一个永动机的设计图，轮子边缘安重装着若干个转轴，每个转轴处都连接着一根直杆，杆的另一端安有一个较重的小球。特殊的设计使得小球只能在大约90°的范围内转动。按照设计者的想法，右边的小球伸出去较远而左边的小球比较靠近转轴，因此右边小球所受重力的力臂大于左边小球所受重力的力臂，装置不能平衡，会在重力的作用下沿顺时针方向转动，并且永不停止。但实际上，用力拨动使其开始转动以后，它只能转不多的几圈就停止下来。 （1）请说明：是什么原因使它停止下来； （2）在它停止转动之后，是处于平衡状态的，这时各小球大概在什么位置，为什么能够平衡。 39．[物理﹣﹣选修3﹣3] （1）关于热学现象和规律，下列说法中正确的是　 　 ．（填写选项前的字母） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．达到热平衡的两个物体具有相同的热量 C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 D．水不容易被压缩说明分子间存在分子力 （2）如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，活塞和气缸都导热，活塞与气缸间无摩擦，原先重物和活塞均处于平衡状态，因温度下降使气缸中气体做等压变化，下列说法正确的是　 　 ．（填写选项前的字母） A．重物上升，气体放出热量 B．重物上升，气体吸收热量 C．重物下降，气体放出热量 D．重物下降，气体吸收热量． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$