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第11讲 热力学定律
考题一 热力学第一定律的理解及应用
（2023 浙江二模）下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动
B．容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关
C．随着物体运动速度增大，其内能也一定增大
D．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性
（2023 杭州一模）夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是（ ）
A．气泡内气体的内能可能不变
B．气泡上升过程中可能会放热
C．气泡内气体的压强增大
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
（2022 浙江开学）下列关于热现象的说法正确的是（ ）
A．夏天可以将冰箱门打开，使密闭房间的温度降下来
B．一定质量的气体通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收相同的热量
C．部分行星的大气中相对分子质量小的成分会随着时间推移而变少
D．叠放在一起的两个装有空气的封闭气缸，在真空中静止释放，它们之间没有压力，同时也不会受到内部空气的压力
（2022 浙江开学）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。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．挤压矿泉水瓶，小瓶缓慢下沉到底部：松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体（ ）
A．内能减少
B．气体对外界做功
C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量
D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量
（多选）（2022春 宁波月考）如图，一定质量的理想气体从状态a（p0、V0、T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，且外界环境为非真空状态。则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两个状态气体温度相同
B．ca过程中，气体对外做功
C．bc过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功
D．ab过程中，气体内能一定增加
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．
考题二 热力学定律与气体实验定律综合问题
（2023 乐清市校级模拟）如图所示，浸没在水中的容器被隔板K隔开成相等的A、B两部分，水与外界绝热。已知A内有一定量的稀薄气体，达到平衡状态时温度为T0，压强为P0；B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，在此过程中水温不变，最终达到新的平衡状态。若容器内气体内能与温度的关系为ΔU＝αΔT（α为已知常量）。
（1）求达到新平衡态过程中气体吸收的热量Q和所做功A；
（2）求达到新平衡态时容器的压强p；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，求容器内最终的压强p'和吸收的热量Q′。
（2023 宁波二模）如图所示，质量m＝0.5kg的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10﹣3m2。忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理想气体，大气压强Pa。现用水平外力F使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l＝0.6m时。
（1）求此时气缸内空气的压强；
（2）求此时外力F的大小；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由。
（2023 台州二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求：
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量。
（2023 杭州二模）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m＝0.02kg，外界大气压强p0＝1×105Pa，丙图空腔体积为V0＝1.5cm3，丁图空腔体积为V1＝2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1＝8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2＝8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
（多选）（2023 乐清市校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．照相机镜头玻璃的颜色是光的干涉造成的
B．空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．在惯性参考系S中，法拉第电磁感应定律成立；在相对S系作匀速运动的参照考系S'中，则法拉第电磁感应定律不一定成立
D．在有些核反应堆里要让中子与原子核碰撞，以便把中子的速率降下来，则应该选用质量较小的原子核
（2012 永嘉县模拟）关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
（2023春 杭州期末）某海湾水面面积约为2.0×106m2，现利用这个海湾修建一座水坝。若涨潮后关上水坝的闸门，可使水位保持在20m不变。退潮时，坝外水位降至16m。假如利用此水坝建水力发电站，且重力势能转化为电能的效率为50%，则该电站一次退潮能获得的电能约为（ ）
A．1.0×1010J B．8.0×1010J C．2.0×1011J D．3.2×1011J
（2023 浙江模拟）国内首个重力储能技术应用示范项目—如东100MWh重力储能项目正在紧锣密鼓地建设中。该项目的工作原理是利用新能源产生的多余电能来推动复合砖进行储能，等到用电高峰时，再降下复合砖，用重力做功发电。该项目中所有复合砖一上一下，完成一次充放电，最大可输出电能100MWh，最大功率25MW，已知此装置把重力势能转化为电能的效率为90%，设每组复合砖质量为2×104kg，每组复合砖的平均提升高度为120m，则共需复合砖的数量为（ ）
A．5×103组 B．1.7×104组 C．5×104组 D．3.4×105组
（多选）（2023 乐清市校级模拟）三峡水力发电站是我国最大的水力发电站，三峡水库蓄水后，平均水位落差约为100m，水的流量约为1.35×104m3/s。船只通航需要约3500m3/s的流量，其余流量可全部用来发电。水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能。则三峡发电站（ ）
A．最大功率约为2×109W
B．年发电量约为1.8×1010kWh
C．天发电量能充满约109辆新能源汽车
D．通航一天流失的能量7×105J
（多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
（多选）（2023春 浙江月考）如图所示，某水力发电站是我国最早自行设计建设的水电站，水库年径流量约为110亿立方米，年发电量为18.6亿千瓦时，上下游高度差约108m，里面装有九台水电机组，装机总容量（即九台机组一起工作时的功率）662.5兆瓦（1兆＝1×106），只有在用电高峰期才会开启九台机组。设每户人家平均每月用电为155度，我们平时所说的一度电即为1千瓦时的电能，根据以上信息，以下分析正确的是（ ）
A．该水力发电站可以为1.0×106户家庭供电
B．一年平均开启的发电机组约6台
C．水电站是将水的机械能转化为电能，该发电站的转化效率约为56%
D．3.3立方米的水从水库上游流下时，发出的电能约为一度电
（2022春 镇海区校级期末）风力发电是一种环保的电能获取方式。如图为某风力发电示意图。设计每台风力发电机的功率为10KW。实验测得风的动能转化为电能的效率约为40%。空气的密度是1.29kg/m3，当地水平风速约为5m/s，则风力发电机的叶片长度约为多少才能满足设计要求？（ ）
A．5m B．10m C．15m D．50m
（2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
（2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
（2023 宁波一模）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是358cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为105Pa。（结果保留到小数点后一位）
（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，则此过程中气体内能增加了多少？
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第11讲 热力学定律
考题一 热力学第一定律的理解及应用
（2023 浙江二模）下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动
B．容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关
C．随着物体运动速度增大，其内能也一定增大
D．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性
【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，而是液体分子无规则运动的反映，故A错误；
B、容器内气体压强是大量气体分子无规则运动撞击器壁造成的，与容器形状无关，故B错误；
C、内能与物体的体积、温度等因素有关，随着物体运动速度增大，其动能增大，其内能不一定增大，故C错误；
D、有些晶体的光学性质各向异性，方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性，故D正确。
故选：D。
（2023 杭州一模）夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是（ ）
A．气泡内气体的内能可能不变
B．气泡上升过程中可能会放热
C．气泡内气体的压强增大
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
【解答】解：A．根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高，内能变大，故A错误。
B．气泡体积变大，外界对气体做负功，根据
ΔU＝W+Q
可知
Q＞0
气泡内能增大，故气泡吸热，故B错误；
C．气泡上升
P＝P0+ρgh
深度h减小，汽包内其他压强减小，故C错误；
D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确。
故选：D。
（2022 浙江开学）下列关于热现象的说法正确的是（ ）
A．夏天可以将冰箱门打开，使密闭房间的温度降下来
B．一定质量的气体通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收相同的热量
C．部分行星的大气中相对分子质量小的成分会随着时间推移而变少
D．叠放在一起的两个装有空气的封闭气缸，在真空中静止释放，它们之间没有压力，同时也不会受到内部空气的压力
【解答】解：A．冰箱制冷时放出的热量大于吸收的热量，所以温度会更高，故A错误；
B．一定质量的气体温度都升高1℃，内能增加量相等，等压变化时，气体体积变大，气体对外界做功，等容变化时因为体积没发生变化，则气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体等压变化的过程中吸收的热量更多，故B错误；
C．行星上的大气中，相对分子质量小的成分逃逸速度更小，因为平均速率更大，所以随着时间的推移不断变少，故C正确；
D．两个气缸内部存在空气，因此仍然会受到气体的压力，故D错误。
故选：C。
（2022 浙江开学）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。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．挤压矿泉水瓶，小瓶缓慢下沉到底部：松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体（ ）
A．内能减少
B．气体对外界做功
C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量
D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量
【解答】解：A、由题，越靠近瓶口水的温度越高，则小瓶下沉远离瓶口的过程中温度降低，则气体的温度降低，由于一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，可知小瓶内气体的内能减小，故A正确；
B、设大气压强为p0，瓶内气体的压强为p，瓶内气体下侧到水面的高度差为h，则瓶内气体的压强：p＝p0+ρgh，其中ρ为水的密度；小瓶下沉的过程中瓶内气体下侧到水面的高度差增大，则瓶内气体的压强增大；由理想气体的状态方程：C，可知小瓶下沉的过程中瓶内气体的体积一定减小，则外界对小瓶内气体做功，故B错误；
CD、气体的内能减小，则ΔU为负，外界对小瓶内气体做功，则W为正，根据热力学第一定律：ΔU＝Q+W，可知气体增大的内能大于气体吸收的热量，故CD错误。
故选：A。
（多选）（2022春 宁波月考）如图，一定质量的理想气体从状态a（p0、V0、T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，且外界环境为非真空状态。则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两个状态气体温度相同
B．ca过程中，气体对外做功
C．bc过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功
D．ab过程中，气体内能一定增加
【解答】解：A、根据图像可知，b点的压强是c点压强的2倍，而c点的体积是b点体积的2倍，根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT可知，bc两个状态气体温度相同，故A正确；
B、从c→a过程中，气体的体积减小，所以外界对气体做功，故B错误；
C、根据上述分析可知，bc两点的温度相等，则内能相同，因此过程中气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功，故C正确；
D、ab过程中，气体的体积不变，压强增大，根据公式pV＝CT可知气体的温度升高，则气体的内能增加，故D正确；
故选：ACD。
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．
考题二 热力学定律与气体实验定律综合问题
（2023 乐清市校级模拟）如图所示，浸没在水中的容器被隔板K隔开成相等的A、B两部分，水与外界绝热。已知A内有一定量的稀薄气体，达到平衡状态时温度为T0，压强为P0；B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，在此过程中水温不变，最终达到新的平衡状态。若容器内气体内能与温度的关系为ΔU＝αΔT（α为已知常量）。
（1）求达到新平衡态过程中气体吸收的热量Q和所做功A；
（2）求达到新平衡态时容器的压强p；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，求容器内最终的压强p'和吸收的热量Q′。
【解答】解：（1）由于B内为真空，当抽开隔板K后，气体将发生扩散，充满整个气室，此过程气体不对外做功，即A＝0，而根据热力学第一定律
ΔU＝Q+W
可知式中W＝0，而水与外界绝热，则浸没在水中的容器内的气体温度不变，即ΔU＝0，由此可知Q＝0，即气体既不对方放热也不从外界吸热。
（2）A室中的气体经扩散再次达到平衡的过程中，发生等温变化，设容器的体积为V，则由玻意耳定律有
解得：
（3）根据题意由理想气体的状态方程有
解得：
而根据容器内气体内能与温度的关系为：
ΔU＝αΔT
可知此过程中吸收的热量
Q′＝ΔU＝αΔT＝0.5αT0
答：（1）达到新平衡态过程中气体吸收的热量为0，所做功为0；
（2）达到新平衡态时容器的压强为；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，容器内最终的压强为，和吸收的热量为0.5αT0。
（2023 宁波二模）如图所示，质量m＝0.5kg的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10﹣3m2。忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理想气体，大气压强Pa。现用水平外力F使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l＝0.6m时。
（1）求此时气缸内空气的压强；
（2）求此时外力F的大小；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由。
【解答】解：（1）根据玻意耳定律可得：p0l0S＝p（l0﹣l）S
代入数据解得压强：p＝2.5×105Pa
（2）对圆柱形气缸受力分析，水平方向根据平衡条件可得：p0S+F＝pS+μmg
代入数据解得：F＝152N
（3）气缸内的空气可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能持不变，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q
因ΔU＝0，所以气体放出热量
外界对气体所做的功与气体放出热量的代数为零，即压缩气体所做的功W等于气体对外释放的热量Q，即W＝|Q|。
答：（1）时气缸内空气的压强为2.5×105Pa；
（2）此时外力F的大小为152N；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，气体是放热；压缩气体所做的功W等于气体对外释放的热量，理由见解析。
（2023 台州二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求：
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量。
【解答】解：（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为p1，空气柱长度为l1，根据玻意耳定律可知：
p0l0＝p1l1
对气缸受力分析，由平衡条件可得：
p1S+mg＝p0S
联立可得：
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可知：
解得：
（3）根据热力学第一定律可知：
﹣ΔU＝Q+W
其中W＝p1S（l1﹣l0）
得
则气体释放的热量为：Q
答：（1）稳定后，汽缸内空气柱长度为；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放的热量为。
（2023 杭州二模）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m＝0.02kg，外界大气压强p0＝1×105Pa，丙图空腔体积为V0＝1.5cm3，丁图空腔体积为V1＝2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1＝8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2＝8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
【解答】解：（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V1
代入数据解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
（m+M）g＝μFN
挂钩对墙面的压力
FN＝p0S2+（p0﹣p1）S1
联立解得；M＝4.98kg
答：（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热；
（2）板下锁扣后空腔内气体的压强为7.5×104Pa；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，所挂重物的质量M为4.98kg。
（多选）（2023 乐清市校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．照相机镜头玻璃的颜色是光的干涉造成的
B．空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．在惯性参考系S中，法拉第电磁感应定律成立；在相对S系作匀速运动的参照考系S'中，则法拉第电磁感应定律不一定成立
D．在有些核反应堆里要让中子与原子核碰撞，以便把中子的速率降下来，则应该选用质量较小的原子核
【解答】解：A．照相机镜头玻璃镀了一层透光的膜，是为了让反射光发生相消干涉，这样就可以降低镜头表面的反射率，减少光能损失，因此其颜色是光的干涉造成的，故A正确；
B．空调在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，故B正确；
C．在惯性参考系S中，法拉第电磁感应定律成立，则在相对S系作匀速运动的参照考系S'中，则法拉第电磁感应定律也一定成立，故C错误；
D．设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为vn和vA，碰撞前后的总动量和总能量守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mnvn＝mnvn′+mAvA，由机械能守恒定律得，联立解得，但由于中子质量一般小于原子核质量，因此|vn′|，可见当中子的质量和原子核的质量相等时速度最小，因此一般选择质量较小的原子核，故D正确。
故选：ABD。
（2012 永嘉县模拟）关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
【解答】解：A、根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少。故A正确。
B、根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少。故B错误。
C、能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，但品质越来越差，即可利用率越来越低，故必需节约能源。故C错误。
D、能量的转化和转移具有方向性即朝可利用率低的方向转化，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源，故D正确。
故选：D。
（2023春 杭州期末）某海湾水面面积约为2.0×106m2，现利用这个海湾修建一座水坝。若涨潮后关上水坝的闸门，可使水位保持在20m不变。退潮时，坝外水位降至16m。假如利用此水坝建水力发电站，且重力势能转化为电能的效率为50%，则该电站一次退潮能获得的电能约为（ ）
A．1.0×1010J B．8.0×1010J C．2.0×1011J D．3.2×1011J
【解答】解：设Δh为退潮时水的重心减少的高度，退潮时水位降低h＝20m﹣16m＝4m，则Δhh＝2m，设S为海湾水面的面积。
利用潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是50%，一次退潮后水坝内水的势能减少：
W水＝G Δh＝mgΔh＝ρ水VgΔh＝ρ水ShgΔh＝2ρ水SgΔh2
则水的势能可转变为电能：
W电＝ηW水＝2×50%×1.0×103×2.0×106×10×22J＝8.0×1010J。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 浙江模拟）国内首个重力储能技术应用示范项目—如东100MWh重力储能项目正在紧锣密鼓地建设中。该项目的工作原理是利用新能源产生的多余电能来推动复合砖进行储能，等到用电高峰时，再降下复合砖，用重力做功发电。该项目中所有复合砖一上一下，完成一次充放电，最大可输出电能100MWh，最大功率25MW，已知此装置把重力势能转化为电能的效率为90%，设每组复合砖质量为2×104kg，每组复合砖的平均提升高度为120m，则共需复合砖的数量为（ ）
A．5×103组 B．1.7×104组 C．5×104组 D．3.4×105组
【解答】解：设共需n组复合砖，根据能量守恒定律有
W＝nmgh×90%
将W＝100MWh＝3.6×109J代入解得
n＝1.7×104组
故ACD错误，B正确；
故选：B。
（多选）（2023 乐清市校级模拟）三峡水力发电站是我国最大的水力发电站，三峡水库蓄水后，平均水位落差约为100m，水的流量约为1.35×104m3/s。船只通航需要约3500m3/s的流量，其余流量可全部用来发电。水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能。则三峡发电站（ ）
A．最大功率约为2×109W
B．年发电量约为1.8×1010kWh
C．天发电量能充满约109辆新能源汽车
D．通航一天流失的能量7×105J
【解答】解：A、已知水的流量为Q1＝1.35×104m3/s，船只通航需要的流量为Q2＝3500m3/s
三峡发电站的最大功率为P＝ρ（Q1﹣Q2）gh×20%＝1.0×103×（1.35×104﹣3500）×10×100×20%W＝2×109W，故A正确；
B、年发电量约为W年＝Pt年＝2×106kW×365×24h≈1.8×1010kW h，故B正确；
C、一天的发电量为
W＝Pt天＝2×106kW×24h≈4.8×107kW h
每台新能源汽车需要的电量为
W′0.048kW h，不符合实际，故C错误；
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错误。
故选：AB。
（多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【解答】解：A、根据热力学第二定律得，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B、液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C、在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故C错误；
D、根据多普勒效应的原理可知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到波的频率增大；反之，观察者接收到波的频率减小。故D正确。
故选：BD。
（多选）（2023春 浙江月考）如图所示，某水力发电站是我国最早自行设计建设的水电站，水库年径流量约为110亿立方米，年发电量为18.6亿千瓦时，上下游高度差约108m，里面装有九台水电机组，装机总容量（即九台机组一起工作时的功率）662.5兆瓦（1兆＝1×106），只有在用电高峰期才会开启九台机组。设每户人家平均每月用电为155度，我们平时所说的一度电即为1千瓦时的电能，根据以上信息，以下分析正确的是（ ）
A．该水力发电站可以为1.0×106户家庭供电
B．一年平均开启的发电机组约6台
C．水电站是将水的机械能转化为电能，该发电站的转化效率约为56%
D．3.3立方米的水从水库上游流下时，发出的电能约为一度电
【解答】解：A、用户的总用电量W＝155×12×n＝18.6×108kW h，用电户数n＝1.0×106户，故A正确；
B、由18.6×108×103＝P×365×24，得P＝212兆瓦，大约3台发电机组的功率，故B错误；
C、水的重力势能Ep＝mgh＝ρVgh＝1×103×110×108×10×108J＝1.188×1016J，年发电量为：W＝18.6×108kW h＝6.696×1015J，该发电站的转化效率η100%100%≈56%，故C正确；
D、3.3立方米的水从水库上游流下时减少的重力势能ΔEp＝mgh＝ρV1gh＝1×103×3.3×10×108J＝3.564×106J，而一度电1kW h＝1000×3600J＝3.6×106J，由C可知发电站的转化效率约为56%，所以3.3立方米的水从水库上游流下时，发出的电能不是一度电，故D错误。
故选：AC。
（2022春 镇海区校级期末）风力发电是一种环保的电能获取方式。如图为某风力发电示意图。设计每台风力发电机的功率为10KW。实验测得风的动能转化为电能的效率约为40%。空气的密度是1.29kg/m3，当地水平风速约为5m/s，则风力发电机的叶片长度约为多少才能满足设计要求？（ ）
A．5m B．10m C．15m D．50m
【解答】解：风的动能，t时间内风通过叶片为半径的圆柱体内的质量m＝ρV＝ρπl2vt，功率，代入数据解得l＝10m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【解答】解：（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得
代入数据解得：TB＝330K
（2）气体在状态B的压强为pB＝p00.99×105PaPa＝1×105Pa
从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得
代入数据解得：pC＝1.1×105Pa
（3）从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J
从状态B到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得
ΔU＝Q﹣W
代入数据解得：ΔU＝188J
答：（1）气体在状态B的温度为330K；
（2）气体在状态C的压强为1.1×105Pa；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q为188J。
（2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC＝350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
联立解得：WAB＝11J
答：（1）不变；增大；
（2）气体在状态C的温度为350K；
（3）气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功为11J。
（2023 宁波一模）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是358cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为105Pa。（结果保留到小数点后一位）
（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，则此过程中气体内能增加了多少？
【解答】解：（1）根据题意可知，封闭气体做等压变化，根据
化简得：
温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻度是均匀的。
（2）封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖—吕萨克定律知
可得
（3）气体对外做功W＝pΔV＝105×0.1×0.2×10﹣4J＝0.2J
由热力学第一定律知ΔU＝Q﹣W＝0.7J﹣0.2J＝0.5J
答：（1）气温计的刻度是均匀的；
（2）气温计的最大测量值是301.7K；
（3）过程中气体内能增加了0.5J。
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