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课时突破练74　热力学定律与能量守恒定律
基础·满分练
命题角度一　热力学第一定律应用分析
1.如图是小魔术“浮沉子”的模型,在密封的矿泉水瓶中,一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气,可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开矿泉水瓶后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中小瓶内气体温度保持不变,则上浮过程中小瓶内气体(　　)
A.体积不变,内能不变
B.体积不变,压强不变
C.对外界做正功,并放出热量
D.体积增大,对外界做正功
命题角度二　热力学第二定律应用分析
2.日常生活中使用的燃油汽车,其动力来源于发动机内部的汽缸。在汽缸内,通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能,下列说法正确的是(　　)
A.现代汽车技术已经非常先进,能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律,内能无法全部用来做功以转化成机械能
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能,故该过程不符合热力学第一定律
D.发动机工作时,若没有漏气和摩擦,也没有发动机的热量损失,则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
命题角度三　热力学第一定律与气体状态变化图像的融合
3.(11分)(2026四川达州模拟)如图甲所示,有一开口向上,高度为H、底面积为S的绝热汽缸固定在水平面上,汽缸内部有加热装置,在缸的正中间和缸口处有固定卡环,绝热活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。将一定质量的理想气体封闭在活塞下方,开始时封闭气体的温度为T0,压强等于外界大气压强p0,重力加速度为g。现通过电热丝缓慢加热,封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程,图中标出的量为已知量。汽缸壁、活塞厚度不计。
(1)从a→c过程,封闭气体吸收的热量为Q,求该过程封闭气体内能的变化量ΔU。
(2)求a→d过程封闭气体温度的改变量ΔT。
命题角度四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
4.(2026福建福州开学考试)压缩空气是生产生活中重要的动力能源。现将一定量的理想气体由状态A沿某路径压缩到状态B,压缩过程的p-V图像如图所示。路径1先由状态A沿直线压缩到状态M,再沿竖直直线变化到状态B;路径2先由状态A沿水平直线压缩到状态N,再沿直线变化到状态B。已知气体处于状态A时压强为p0、体积为2V0,气体处于状态B时压强为2p0、体积为V0,直线AM、BN均过原点,A、B状态下气体的温度相同。下列说法正确的是(　　)
A.A→M的过程中,气体从外界吸收热量
B.A→N的过程中,气体内能变化量的绝对值大于放出热量的绝对值
C.M状态下气体的内能大于N状态下气体的内能
D.沿两种路径过程中,外界对气体做功的大小相等
能力·高分练
5.(多选)(2025山东模拟)如图所示,两种不同金属组成一个回路,接触头1置于热水杯中,接触头2置于冷水杯中,此时回路中电流表指针会偏转,出现了“温差电现象”。假设此过程中,电流做功为W,接触头1从热水中吸收热量Q1,接触头2从冷水中吸收热量 Q2,不计电流表内阻。下列说法正确的是(　　)
A.“温差电现象”出现是由于金属晶体热性质各向同性
B.“温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动
C.根据热力学第一定律, Q1+Q2=W
D.根据热力学第二定律, Q1>W
6.(2026安徽芜湖开学考试)某汽缸内封闭有一定质量的理想气体,从状态a依次经过状态b、c后再回到状态a,其体积V随热力学温度T的变化图像如图所示,其中ab线段延长线经过坐标原点,bc线段平行于T轴,ca线段平行于V轴,则(　　)
A.a→b过程单位体积内分子数增大
B.b→c过程汽缸内的气体压强增大
C.c→a过程气体内能减小
D.a→b→c→a全过程气体从外界吸热
7.(多选)(2026福建龙岩期末)如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A,右侧的气体就会扩散到左侧,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止。当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),电阻丝C放出89.3 J的热量时气体达到温度T2=350 K的状态3。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,隔板厚度不计。下列说法正确的是(　　)
A.气体从状态1到状态2是不可逆过程,分子平均动能减小
B.水平恒力F的大小为10 N
C.状态3气体的体积为1 750 cm3
D.气体从状态1到状态3内能增加25.5 J
素养·提升练
8.(16分)(2024辽宁卷)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1,原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上,副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝,电热丝密封在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热,加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P。
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比,即Q=CΔT,其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收,要使容器内的气体压强达到加热前的2倍,求电热丝的通电时间t。
答案：
1.D　解析 上浮过程中小瓶内气体温度不变,压强逐渐减小,根据pV=C可知气体体积变大,气体对外界做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,其中ΔU=0,W<0,可知Q>0,可知瓶内气体从外界吸热。故D正确。
2.B　解析 根据热力学第二定律可知,A、D错误,B正确。气体燃烧释放的热量一部分转化为机械能,还有一部分转化为内能,该过程符合热力学第一定律,C错误。
3.(1)-p0SH+Q　(2)3T0
解析 (1)根据理想气体状态方程=C,得p=T
p-T图像中过原点的图线斜率不变时,体积不变,可知只有在b→c过程中气体对外做功W=1.5p0S×p0SH
由热力学第一定律有ΔU=W+Q
所以该气体内能的变化量为ΔU=-p0SH+Q。
(2)状态a,体积Va=S,压强pa=p0,温度Ta=T0
状态d,体积Vd=HS,压强pd=2p0
由理想气体状态方程有
又ΔT=Td-Ta,联立以上各式解得ΔT=3T0。
4.D　解析 A→M的过程满足,即,可得TM=TA,同理可得TN=TA,即M状态下气体的内能等于N状态下气体的内能,C错误。A→M的过程,气体温度降低,内能减小,气体体积变小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体向外界放出热量,A错误。A→N的过程为等压压缩过程,气体体积变小,外界对气体做正功,气体温度降低,内能减小,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能变化量的绝对值小于放出热量的绝对值,B错误。由以上分析可知,状态M的压强为p0,状态N的体积为V0,外界对气体做功W=-pΔV,即p-V图像与横坐标轴围成的面积表示外界对气体做功的大小,路径1中,外界对气体做的功为A→M的过程外界对气体做的功,即W1=p0V0,路径2中,外界对气体做的功W2=p0p0V0,所以W1=W2,即沿两种路径过程中,外界对气体做功的大小相等,D正确。
5.BD　解析 “温差电现象”出现是由于金属中载流子的热运动,A错误,B正确;由能量守恒定律,Q1=Q2+W,C错误;根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸收热量使之全部用来做功,而不产生其他影响,所以从热水中吸收的热量Q1应该大于电流做的功W,D正确。
6.D　解析 a→b过程中,根据图像可知气体体积增大,则单位体积内气体分子数减小,A错误;对b→c过程汽缸内的气体体积保持不变,温度降低,则压强减小,B错误;c→a过程气体温度不变,气体内能不变,C错误;a→b→c→a全过程转化为p-V图像如图,可知全过程气体对外界做功,内能变化量为零,根据热力学第一定律可知气体从外界吸热,D正确。
7.BC　解析 扩散现象是不可逆过程,气体自由膨胀不做功,根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,由于隔板A的左侧为真空,可知气体从状态1到状态2,气体不做功,又没有发生热传递,所以气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变,A错误;气体从状态1到状态2发生等温变化,根据玻意耳定律,则有p1V1=p2·2V1,解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa,解锁活塞B,同时施加水平恒力F,以活塞B为对象,根据活塞受力平衡可得p2S=p0S+F,解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N,B正确;当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T2=350 K的状态3,可知气体做等压变化,则有,可得状态3气体的体积为V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3,C正确;该过程气体对外做功为W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=25.5 J,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q=(-25.5+89.3) J=63.8 J,气体从状态1到状态3内能增加63.8 J,D错误。
8.答案(1)　(2)
解析 考查理想变压器、焦耳定律等相关知识。
(1)由理想变压器电压关系知,
正弦交流电压的有效值U1=
变压器的输出功率P=。
(2)设加热前容器内气体的压强为p0,则加热后气体的压强为2p0,容器的体积不变,则有
由Q=CΔT知,气体吸收的热量
Q=C(2T0-T0)=CT0
根据热力学第一定律得
ΔU=W+Q
气体体积不变,所以W=0,容器是绝热容器,则
ΔU=Q=CT0=Pt
解得t=。
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