资源简介

2　热力学第一定律　　3　能量守恒定律
基础过关练
题组一　对热力学第一定律的理解
1.(2026山东枣庄二模)如图所示,两位小朋友的绘画作品画出了小鱼儿在水中吐泡泡的情形。若将水中鱼儿所吐气泡内的气体视为一定质量的理想气体,忽略温度变化,下列说法正确的是(　　)
A.图中所画的气泡,甲合理,乙不合理
B.气泡上升过程中,气泡内气体的压强减小
C.气泡上升过程中,气泡内气体的内能增加
D.气泡上升过程中,气泡内气体向外界放出热量
2.(多选题)(2026天津南开一模)防灾演练中,消防员演示了在水中使用塑料盆进行自救的方法。如图甲所示,消防员用双手环抱住倒扣的盆体,将盆口压入水中,最终消防员和塑料盆一起漂浮,其示意图如图乙所示。若盆中空气可视为一定质量的理想气体,且温度保持不变,则在盆口缓慢下压的过程中(　　)
　　
A.盆中气体压强不变
B.盆中气体对外界放出热量
C.盆中气体分子的平均动能增加
D.盆中气体分子单位时间内与盆内壁单位面积的碰撞次数增加
3.(2026河北唐山二模)
如图所示,开口向右的水平固定导热汽缸用横截面积为S的光滑活塞封闭一定质量的理想气体。跨过光滑定滑轮的轻绳一端连接活塞,另一端连接质量为m的小桶,小桶静止,气体处于状态1。一段时间后由于温度降低,活塞向左缓慢移动L后静止,气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能减小量为ΔU。已知重力加速度为g,外界大气压强始终为p0。从状态1到状态2封闭气体向外放出的热量为(　　)
A.ΔU+(p0S-mg)L　　　　B.ΔU-(p0S-mg)L
C.ΔU-p0SL　　　　D.p0SL+ΔU
题组二　能量守恒定律的理解与应用
4.(2025江苏无锡期末)有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件,当对它挤压或拉伸时,它的两端就会形成一定的电压,这种现象称为压电效应。一种燃气打火机,就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生10~20 kV的高压,形成火花放电,从而点燃可燃气体。在上述过程中,压电陶瓷片完成的能量转化是(　　)
A.化学能转化为电能　　　　B.内能转化为电能
C.化学能转化为光能　　　　D.机械能转化为电能
5.(教材习题改编)某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量,他用一个横截面积为S=3.2 dm2的保温圆筒,筒内装有质量为m=0.4 kg的水,让太阳光垂直照射t=3 min,水升高的温度Δt=2.2 ℃,已知水的比热容c=4.2×103 J/(kg·℃),地球半径为R=6 400 km,π取3.14,试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率(结果保留2位有效数字)。(提示:Q=cmΔt)
能力提升练
题组一　热力学第一定律的应用
1.(多选题)(2026黑龙江大庆铁人中学期中)一定质量的理想气体用轻活塞封闭在汽缸内,将汽缸以不同方式放置。甲图,用轻质细线系在活塞的正中央将整个装置悬挂在天花板上;乙图,让汽缸开口向下,用竖直杆与活塞相连固定在地面上;丙图,汽缸开口向右放置在水平地面上;丁图,汽缸开口向上放在水平地面上,一重物放在活塞上。汽缸内壁光滑,各状态下活塞和汽缸均处于静止状态,外界温度保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.甲图汽缸内气体压强可能与丙图相等
B.乙图汽缸内气体压强可能与丁图相等
C.若汽缸和活塞导热良好,放置方式由甲图变为丙图,外界对汽缸内气体做功
D.若汽缸和活塞绝热,放置方式由甲图变为丙图,气体温度可能不变
2.(2026天津一模)水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体,达到一定压强后,关闭充气口,扣动扳机将阀门M打开,水即从枪口喷出。已知王同学的水枪储水罐总容积为V0=1.6 L,初始时罐内气体体积为V1=0.4 L,气体压强为p1=2.5×105 Pa,水枪喷出了0.4 L的水,不计水的蒸发和泄漏,也不计罐内气体的泄漏,罐内气体可视为理想气体且温度始终保持不变。则(　　)
A.在水不断喷出的过程中罐内气体内能不断减少
B.在水不断喷出的过程中罐内气体向外界放热
C.水枪喷出0.4 L的水后,罐内气体的压强为1.25×105 Pa
D.在水不断喷出的过程中每个气体分子的速率都不变
3.(2026湖北十堰期中)为了监控锅炉外壁的温度变化,某兴趣小组设计了一温度报警装置,原理图如图。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内,活塞厚度不计,质量为m,横截面积为S,开始时活塞距汽缸底部的高度为H,缸内温度为T1。当环境温度上升,活塞缓慢上移h时,活塞上表面与a、b两触点恰好接触,报警器报警。不计一切摩擦,大气压强恒为p0,重力加速度为g。
(1)求该报警装置的报警温度;
(2)若上述过程气体吸收的热量为Q,则气体的内能增加量ΔU为多少。
题组二　热力学第一定律与气体状态图像的综合
4.(多选题)(2026广东江门二模)向袋装薯片包装袋内充入氮气,既可抑制微生物繁殖与氧化反应,又能缓冲运输途中的冲击。袋装薯片中一定质量的密封氮气(视为理想气体)从状态a开始经a→b→c→a这一循环回到原状态,该过程中氮气的p-V图像如图所示。已知ab反向延长线过O点,bc平行于p轴,ca平行于V轴,氮气在状态a、b的压强分别为p1、2p1,氮气在状态a的体积为V1。对于袋内氮气,下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程中氮气分子的平均动能保持不变
B.b→c过程中氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量
C.c→a过程中单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加
D.完成a→b→c→a过程,氮气从外界吸收热量
5.(多选题)(2026河北唐山期中)密闭容器内装有一定质量的理想气体,从状态a开始,经状态b、c、d再回到状态a,如图所示,其中图线bc、da平行于横轴。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程,气体从外界吸收热量
B.b→c过程,单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多
C.c→d过程,气体内能减小
D.d→a过程,气体对外界做功
6.(多选题)(2026湖南邵阳期中)一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其变化过程的T-V图像如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.状态a处的压强小于状态c处的压强
B.由a变化到b的过程中,气体对外做功
C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变
D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸收的热量大于其增加的内能
7.(2026天津河西二模)一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程,单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
B.a→b过程,气体对外做的功等于从外界吸收的热量
C.b→c过程,气体分子的平均动能增大
D.c→a过程,气体对外做功,内能不变
8.(2026浙江嘉兴二模)如图甲所示,上方开口的汽缸竖直放置,汽缸导热性能良好,底部有一凸出物。缸内用质量m=3 kg、横截面积S=100 cm2的活塞(厚度不计)封闭了一定质量的理想气体。缸内壁离缸底56 cm处固定一卡口。初始时活塞位于卡口处,活塞到缸底距离h随气体温度T的变化关系如图乙所示。状态A时,卡口对活塞的支持力大小为40 N;状态B时,卡口对活塞恰好无作用力。从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=266.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa,不计卡口体积,活塞与缸壁无摩擦,重力加速度g取10 m/s2,求:
　
(1)状态B的温度TB;
(2)凸出物的体积Vx;
(3)整个过程中气体吸收的热量Q。
创新题型
创新点　结合图像转换考查热力学第一定律
9.(多选题)(2026山东泰安月考)一定质量的理想气体经A→B→C→A这一循环回到原状态,其V-T图像如图所示,其中CA部分的延长线过坐标原点,BC部分与横轴平行,已知理想气体的内能与热力学温度成正比,下列说法正确的是(　　)
A.气体在BC过程中分子的数密度保持不变
B.气体在状态A下的压强等于状态B下的压强
C.气体在状态A下分子的平均动能大于状态C下分子的平均动能
D.气体在CA过程放出的热量大于在AB和BC过程吸收的总热量
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.BD 3.A 4.D
1.B　气泡内气体压强为p=p0+ρ水hg,因气泡上升过程中h减小,故气泡内气体压强减小,忽略温度变化,由玻意耳定律可知,气泡体积变大,A错误,B正确;气泡上升过程中,忽略温度变化,则气泡内气体的内能不变,ΔU=0,气泡体积变大,气泡内气体对外做功,故W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即气泡内气体从外界吸收热量,C、D错误。
2.BD　将盆口下压的过程中,盆中气体的体积减小,温度保持不变,由玻意耳定律可知,盆中气体的压强增大,A错误;将盆口下压的过程中,盆中气体的体积减小,外界对盆中气体做功,W>0,由于温度不变,气体内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q<0,即气体放出热量,B正确;由于气体温度不变,所以分子平均动能不变,C错误;由于气体体积减小,温度不变,则盆中气体分子单位时间内与盆内壁单位面积的碰撞次数增加,D正确。
3.A　
模型建构
设被封闭气体的压强为p,对活塞分析,由平衡条件有pS+mg=p0S,解得p=p0-,从状态1到状态2,封闭气体的压强不变,外界对气体做功W=pSL=(p0S-mg)L,由热力学第一定律有-ΔU=W-Q(点拨:注意正负号的选取),封闭气体向外放出的热量为Q=W+ΔU=(p0S-mg)L+ΔU,故选A。
易错警示
　　应用热力学第一定律应注意:
　　(1)要明确研究的对象是哪个物体或者说是哪个热力学系统;
　　(2)应用热力学第一定律计算时,要依照符号规则代入数据,对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
4.D　根据题意可知该过程消耗了机械能,转化后得到了电能,故压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能,故选D。
5.答案　8.3×1016 W
解析　水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103×0.4×2.2 J=3.696×103 J,则太阳在3 min内向地球表面辐射的能量Q总=·πR2=×3.14×(6 400×103)2 J≈1.49×1019 J,则太阳向地球表面辐射能量的功率P== W≈8.3×1016 W。
能力提升练
1.BC 2.C 4.BCD 5.BD 6.BD 7.A 9.AD
1.BC　设活塞质量为m、缸体质量为M、活塞面积为S、大气压强为p0。图甲,对活塞分析,根据平衡条件有p甲S+T=p0S+mg,其中T=(M+m)g,解得p甲=p0-;图丙,对活塞分析,根据平衡条件有p丙S=p0S,则p丙=p0,可知p甲≠p丙,A错误。图乙,对缸体分析,根据平衡条件有p乙S=p0S+Mg,解得p乙=p0+;图丁,对活塞和重物整体分析,根据平衡条件有p丁S=p0S+(m+m重物)g,解得p丁=p0+,由于不知道M、m和m重物的具体关系,因此乙图汽缸内气体压强可能与丁图相等(易错点),B正确。若汽缸和活塞导热良好,由甲图变为丙图,气体压强增大,温度不变,则气体体积减小,外界对汽缸内气体做功,C正确。若汽缸和活塞绝热(Q=0),由甲图变为丙图,外界对气体做功(W>0),根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知ΔU>0,即气体内能增加,温度升高,D错误。
2.C　一定质量的理想气体的内能只与温度有关,罐内气体温度不变,则内能不变,A错误;在水不断喷出的过程中,罐内气体体积增大,外界对罐内气体做负功,即W<0,而气体内能不变,即ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即气体从外界吸热,B错误;对罐内气体,初态气体压强p1=2.5×105 Pa,体积V1=0.4 L,喷出0.4 L水后,气体体积变为V2=0.4 L+0.4 L=0.8 L,罐内气体温度保持不变,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得p2=1.25×105 Pa,C正确;罐内气体温度不变,分子的平均动能不变,平均速率不变,但并不是每个气体分子的速率都不变,D错误。
方法技巧
　　流程法解决热力学第一定律相关问题
3.答案　(1)T1　(2)Q-(p0S+mg)h
解析　(1)当环境温度上升,活塞缓慢上移h时,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有=
其中V1=SH,V2=S(H+h)
解得报警温度T2=T1
(2)设缸内气体压强为p,对活塞分析,根据平衡条件有pS=p0S+mg,可得p=p0+
活塞缓慢上移h,气体等压膨胀,外界对气体做负功,则W=-pSh
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
解得ΔU=Q-(p0S+mg)h
4.BCD　
题图解读
根据理想气体状态方程有pV=CT,可知状态b的温度大于状态a的温度,因此a→b过程中氮气分子的平均动能增大,A错误;b→c过程中,氮气压强减小、体积不变(W=0),根据查理定律可知,该过程氮气温度降低,内能减小(ΔU<0),根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q=ΔU<0,氮气对外界放出的热量等于氮气内能的减少量,B正确;c→a过程中,氮气压强不变、体积减小,根据盖-吕萨克定律可知,该过程温度降低,分子平均动能减小,因此单位时间内撞击单位面积包装袋的氮气分子个数增加,C正确;由于p-V图线与横轴所围面积表示氮气与外界的做功情况(解题技法),可知完成a→b→c→a过程,氮气对外做的功大于外界对氮气做的功,即总功W总<0,又因为整个过程温度保持不变,则内能变化量ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q总>0,故完成a→b→c→a过程,氮气从外界吸收热量,D正确。
5.BD　a→b过程,由图可知气体体积减小,故外界对气体做功,W>0,根据理想气体状态方程=C,可得p=CT·,由于a→b过程对应的p-图线的反向延长线过原点,说明该过程为等温变化,气体内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外界放热,A错误;b→c过程,气体的压强不变、体积减小,根据理想气体状态方程=C,可知气体温度降低,气体分子的平均动能减小,为保持气体压强不变,则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多,B正确;c→d过程对应的p-图线的延长线过原点,气体温度不变,则气体内能不变,C错误;d→a过程,由图可知气体体积增大,气体对外界做功,D正确。
6.BD　根据理想气体状态方程=C,可得T=·V,即T-V图像上的点与坐标原点连线的斜率为k=,故有pa=pb>pc,A、C错误;由a变化到b的过程中,体积增大,气体对外界做功,W<0,温度升高,则内能增大,ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可得Q>0,且Q>ΔU,即气体从外界吸收热量,且从外界吸收的热量大于其增加的内能,B、D正确。
7.A　a→b过程,气体压强p不变,体积V增大,根据理想气体状态方程=C知,温度升高,分子平均动能增大,因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少,A正确;a→b过程,体积V增大,外界对气体做负功,W<0,气体温度T升高,则气体内能增大,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q>0,气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功,B错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Q=0,由于体积V增大,外界对气体做负功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得ΔU<0,即气体内能减小,温度降低,气体分子的平均动能减小,C错误;c→a过程是等温过程,温度T不变,则气体内能不变,体积V减小,则外界对气体做功,D错误。
8.答案　(1)468 K　(2)4×10-4 m3　(3)350 J
解析　(1)状态A时,对活塞分析,根据平衡条件有mg+p0S=pAS+FNA
可得pA=1×105 Pa
状态B时,对活塞分析,根据平衡条件有mg+p0S=pBS
可得pB=1.04×105 Pa
气体从状态A到状态B发生等容变化,根据查理定律有=
可得状态B的温度TB=468 K
(2)通过对活塞分析,可知从状态B到状态C,气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有=
代入解得凸出物的体积Vx=4×10-4 m3
(3)从状态A到状态B,气体体积不变,有W1=0
从状态B到状态C,外界对气体做功W2=-pBS(hC-hB)
整个过程,外界对气体做的总功
W总=W1+W2=-pBS(hC-hB)
从状态A经状态B到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=266.8 J
根据热力学第一定律ΔU=W总+Q
代入数据可得整个过程中气体吸收的热量Q=350 J
9.AD　气体在BC过程中体积不变,故气体分子的数密度保持不变,A正确;由理想气体状态方程=C,可得V=T,V-T图像中对应的AO图线的斜率比BO图线的斜率小,故气体在状态A下的压强大于状态B下的压强,B错误;气体从状态A到状态C,温度升高,分子的平均动能增大,故气体在状态A下分子的平均动能小于状态C下分子的平均动能,C错误;将题中的V-T图像转换成p-V图像如图所示(解题技法),p-V图线与横轴围成的面积表示气体与外界的做功情况,由p-V图像可知,气体从C→A→B→C变化过程,温度不变,则内能不变,气体在CA过程外界对气体做的功大于在AB和BC过程气体对外界做的功,由热力学第一定律可知,气体在CA过程放出的热量大于在AB和BC过程吸收的总热量,D正确。
方法技巧
　　气体做功的求解方法
　　(1)等压变化,|W|=|p(V2-V1)|;
　　(2)非等压变化,可用热力学第一定律计算;
　　(3)可以用p-V图线与横轴围成的面积计算。

展开更多......

收起↑