人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律随堂练习题

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知识点一、热力学第一定律
1．改变内能的两种方式：做功与传热．两者对改变系统的内能是等价的．
2．热力学第一定律：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．
1．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
2.气体状态变化的几种特殊情况
(1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加(或减少)量等于外界对系统(或物体对外界)做的功．
(2)等容过程：W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量(或减少量)等于系统从外界吸收(或系统向外界放出)的热量．
(3)等温过程：始末状态一定质量理想气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对系统做的功等于系统放出的热量(或系统吸收的热量等于系统对外界做的功)．
3．判断气体是否做功的方法
一般情况下看气体的体积是否变化．
①若气体体积增大，表明气体对外界做功，W<0.
②若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0.
4．应用热力学第一定律解题的一般步骤
(1)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负；
(2)根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量；
(3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况．
知识点二、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
热力学第一定律与理想气体状态方程结合问题的分析思路：
(1)利用体积的变化分析做功情况．气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功．
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小．
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热．
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程
知识点三、能量守恒定律
1．能量的存在形式及相互转化
(1)各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、核能等．
(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化．例如：利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能．
2．能量守恒的两种表达
(1)某种形式的能减少，一定有其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
3．第一类永动机不可能制成的原因分析
如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU＝W＋Q知，系统内能将减小．若想源源不断地做功，在无外界能量供给的情况下是不可能的．
（多选）（2023秋•密山市期末）某同学用喝完的饮料罐，制作一个简易气温计。如图所示，在这个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处用蜡密封。吸管中引入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度刻度值。罐内气体可视为理想气体，外界大气压不变，以下说法中正确的有（ ）
A．吸管上的温度刻度值左小右大
B．吸管上的温度刻度分布不均匀
C．气温升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量
D．在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用
【解答】解：A、若水平状态的油柱缓慢移动，则内外的压强相等，故封闭的理想气体发生了等压变化，若温度升高，气体体积变大，油柱向右移动，则吸管上的温度刻度值左小右大，故A正确；
B、根据盖—吕萨克定律V1T1=V2T2，可得V1T1=ΔVΔT
而ΔV=Δl⋅S
有ΔT=T1SV1⋅Δl
可以得到ΔT与Δl成正比关系，所以吸管上所标温度的刻度是均匀的，故B错误；
C、气温升高时发生等压膨胀，有升温内能增加ΔU＞0，碰撞气体对外做功W＜0，由热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知气体吸热Q＞0，且吸收的热量大于对外做的功，吸收的热量大于罐内气体增加的内能，故C错误；
D、气温计是利用微观的分子热运动形成等压过程的原理制成，与宏观的超失重现象无关，故在完全失重的环境下，这个气温计仍可使用，故D正确；
故选：AD。
（2023春•桂林期末）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V﹣T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105Pa。下列说法正确的是（ ）
A．状态A→B过程是等容变化
B．状态B→C过程是等温变化
C．状态A→B的过程气体吸热
D．状态B→C过程气体对外做功200J
【解答】解：AB．由图可知状态A→B过程体积不变，是等容变化，BC连线过原点，根据理想气体状态方程pVT=C，所以状态B→C过程是等压变化，故A正确，B错误；
C．A→B过程体积不变，则气体对外做功为W＝0，温度逐渐降低，所以内能减小，根据热力学第一定律
ΔU＝Q+W
可知该过程气体放热，故C错误；
D．状态B→C过程是等压变化，气体对外做功的大小为
W＝p（VC﹣VB）
解得
W＝400J
故D错误。
故选：A。
（2023秋•天津期中）一定质量的理想气体在某过程中，从外界吸收热量30J，同时对外界做功20J，关于该气体在此过程中的内能变化量ΔU，说法正确的是（ ）
A．ΔU＝+10JB．ΔU＝+50JC．ΔU＝﹣10JD．ΔU＝﹣50J
【解答】解：已知理想气体从外界吸收热量30J，则Q＝+30J。气体对外界做功20J，则W＝﹣20J
根据热力学第一定律得
ΔU＝Q+W＝+30J﹣20J＝+10J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•道里区校级开学）妈妈正在厨房用燃气灶煲鸡汤，鸡汤香气四溢，锅盖不断被水蒸气顶起而发生“跳动”，此过程涉及的有关物理现象表述正确的是（ ）
A．煲鸡汤过程中，主要是通过做功的方式改变内能的
B．鸡汤香气四溢属于扩散现象
C．燃气燃烧过程中热值减小，鸡汤温度升高，内能增大
D．锅盖“跳动”过程的能量转化与内燃机的压缩冲程相似
【解答】解：A、煲鸡汤过程中，鸡汤从锅中吸收热量，主要是通过热传递的方式改变鸡汤的内能，故A错误；
B、煲鸡汤时，鸡汤香气四溢，说明分子在不停地做无规则运动，属于扩散现象，故B正确；
C、热值与物质本身有关，燃气在燃烧过程中热值不变，鸡汤的温度升高，内能增大，故C错误；
D、煲鸡汤过程中锅盖“跳动”，是水蒸气膨胀对锅盖做功，推动锅盖“跳动”，水蒸气的内能转化为锅盖的机械能，其能量转化情况与内燃机做功冲程相似，故D错误。
故选：B。
（2023秋•南通期中）A、B导热汽缸，封闭质量相同的同种理想气体，如图所示，在甲、乙两个环境中，两汽缸内气体体积相同，现将甲、乙两环境升高相同的温度，则A、B气缸内的气体（ ）
A．分子的平均动能相同B．内能的增加量不相同
C．体积的增加量相同D．吸收的热量相同
【解答】解：A.根据平衡条件结合题图可知pB＞pA
根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=k
由于A、B气缸内气体的体积相同，因此两气缸的初温TA＜TB
甲、乙两环境升高相同的温度后，因此A、B气缸内的气体的末温TA′＜TB′
温度不相同，分子的平均动能不相同，故A错误；
B.一定质量的理想气体的内能只与温度有关，A、B气缸内的气体的初温和末温都相同，气体的温度变化相同，气体内能的增加量相同，故B错误；
C.根据理想气体状态方程pVT=k
可得T=pk⋅V
由于A、B气缸内的气体的压强不同，因此T﹣V图像的斜率不同
当A、B气缸内的气体升高相同的温度，A、B气缸内的气体体积的增加量不相同，故C错误；
D.根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，气体内能的增加量等于吸收的热量，气体内能的增加量相同，吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
（2023•亭湖区校级模拟）一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和绝热过程，到达状态B和C，B、C状态的体积相同，则（ ）
A．状态B的内能等于状态C
B．状态B的内能小于状态C
C．A→B与A→C过程对外做功相等
D．A→B过程吸收的热量大于A→C过程对外做的功
【解答】解：AB．状态A经过等温膨胀到达状态B，一定质量的理想气体，内能只与温度有关，因此状态A与状态B内能相等，而状态A经过绝热过程到达状态C，且体积增大，气体对外界做功，因此内能减小，故状态B的内能大于状态C，故AB错误；
CD．设状态B气体温度为T1，状态C气体温度为T2，由AB选项分析可得
T1＞T2
故A→B与A→C过程p﹣V图像如下根据p﹣V图像图线与横轴围成的面积表示做的功可知
W1＞W2
由于A→B过程内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可知吸收的热量等于对外做的功，即
Q吸＝W1＞W2
故C错误，D正确。
故选：D。
（2023春•清远期末）骑自行车既是安全、绿色的出行方式之一，又是比较不错的有氧运动。山地自行车安装了气压式减震装置来抵抗颠簸从而受到不少人的喜爱，其原理如图所示。如果路面不平，随着骑行时自行车的颠簸，活塞上下振动，下列说法正确的是（ ）
A．活塞迅速下压时汽缸内的气体对外界做负功
B．活塞迅速下压时汽缸内的气体温度可能减小
C．活塞迅速下压时汽缸内的气体的压强变小
D．活塞迅速下压时汽缸内的气体的内能减小
【解答】解：当活塞迅速下压时外界对气体做功（汽缸内的气体对外界做负功），且来不及热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，温度升高，汽缸内的气体分子平均动能增大，气体的体积减小，则气体压强增大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2023•全国）一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中，p﹣V图中的a、b、c三点对应其三种状态，若a、b两状态体积相等，则气体无论通过什么途径（ ）
A．从状态a变化到c，内能一定增加
B．从状态b变化到c的过程中，气体始终对外做功
C．从状态b变化到a的过程中，气体始终对外做功
D．从状态a变化到b，吸收的热量一定大于放出的热量
【解答】解：A、从状态a变化到c，气体压强增大、体积增大，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体温度升高，则内能一定增加，故A正确；
B、从状态b变化到c的过程中，当气体按照从b到a再到c的途径变化状态时，在从b到a状态过程中，气体体积不变，此过程气体没有对外做功，故B错误；
C、从状态b变化到a的过程中，若气体从b状态直接变化到a状态，由于气体体积不变，此过程气体没有对外做功，故C错误；
D、从状态a直接变化到b时，气体压强减小、体积不变，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体温度降低，内能减少，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，ΔU＜0，W＝0，则Q＜0。
当气体按照从a到c再到b的途径变化状态时，从a到c，气体压强增大、体积增大，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体温度升高，内能增加。由热力学第一定律有ΔU1＝W1+Q1，ΔU1＞0，W1＜0，则Q1＞0，Q1为吸热。
从c到b，气体压强减小、体积减小，由理想气体状态方程pVT=C可知，气体温度降低，内能减少。由热力学第一定律有ΔU2＝W2+Q2，ΔU2＜0，W2＞0，则Q2＜0，Q2为放热。
因为Q＝Q1+Q2，Q＜0，所以Q2的绝对值大于Q1的绝对值，即吸收的热量小于放出的热量，故D错误。
故选：A。
（2022秋•武汉期末）北京时间2022年11月1日4时27分，梦天实验舱成功对接于天和核心舱前向端口，形成“T”字基本构型。12块太阳能电池板为中国空间站的正常工作提供能量。下列说法正确的是（ ）
A．太阳能电池板能将太阳能100%转化为电能
B．能量守恒的过程不一定能自发地发生
C．人们对太阳能的开发和利用，说明能量可以凭空产生
D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机
【解答】解：A．能量的转化存在能量耗散，能量的转化达不到100%，故A错误；
B．能量守恒的过程不一定能自发地发生，自然发生的热学现象具有方向性，比如摩擦生热就不能自发转化成机械能，故B正确；
C．能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，能量可以相互转化，故C错误；
D．能量在利用和转化的过程中是由方向性的，有些能量很难被重新利用，所以还是存在能源危机，故D错误。
故选：B。
（2023春•开福区校级期末）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
【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。
（2023•京口区校级开学）网上热卖的一款“钢球永动机”如图所示。小球从平台中心小孔P由静止下落，经小孔下方快速旋转的传动轮加速后，由Q点抛出并落回平台，每次轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A．该“钢球永动机”不违背能量守恒定律
B．小球在空中上升过程中，处于超重状态
C．小球在空中上升过程中，速度变化的方向竖直向上
D．小球在空中上升过程中，克服重力做功的功率恒定
【解答】解：A、钢球运动中因摩擦力、空气阻力造成的机械能损失，由小孔下方快速旋转的传动轮补充，该“钢球永动机”不违背能量守恒定律，故 A正确；
B、小球在空中上升过程中，做匀减速直线运动，加速度向下，所以小球处于失重状态，故B错误；
C、小球在空中上升过程中，由Δv＝gt，可知速度变化的方向与加速度方向相同，即竖直向下，故C错误；
D、小球在空中上升过程中，重力做功的功率
P＝mgvy
由于竖直方向上速度大小变化，所以克服重力做功的功率不恒定，故D错误。
故选：A。
（2023春•马鞍山期末）某风力发电机叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气的密度为ρ，发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为η。则（ ）
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为2πR2v
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为ρπR2v22
C．风力发电机发电的功率为ηρπR2v3
D．风力发电机发电的功率为ηρπR2v32
【解答】解：A、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为：V＝πR2v，故A错误；
B、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为：
Ek=12mv2=12ρVv2=ρπR2v32，故B错误；
CD、发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为η，风力发电机发电的功率为：
P=ηEk=ηρπR2v32
故C错误，D正确。
故选：D。
（2023•吕梁开学）如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态.，AB的反向延长线过O点，BC和DA连战与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列判断正确的是（ ）
A．A→B过程，气体放出热量
B．B→C过程，气体体积增大
C．C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小
D．整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功
【解答】解：A．在p﹣T图像中，AB的反向延长线过O点，结合气体状态方程pVT=C可知A→B过程为等容变化过程，气体对外界不做功；由图可知该过程气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体一定吸收热量，故A错误；
B．由图可知B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程pVT=C可知，气体体积减小，故B错误；
C．C→D过程为等温过程，气体压强减小，根据理想气体状态方程pVT=C可知体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；
D．作出气体状态变化对应的p﹣V图像，其中C到D的过程为等温过程。p﹣V图像与V轴围成的面积代表功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。
故选：C。
（2023•山东模拟）一定质量的理想气体自状态M变化到状态N，又变化到状态P，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图所示，其中MN的反向延长线过原点，NP段为双曲线的一支。下列说法正确的是（ ）
A．自状态M变化到状态N，气体的内能没有变化
B．自状态M变化到状态N，气体吸收的热量为300J
C．自状态N变化到状态P，气体吸收的热量约为475J
D．自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600J
【解答】解：A．根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C，结合图像可知自状态M变化到状态N，p、V的乘积增大，因此温度T升高，气体内能增大，故A错误；
B．自状态M变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V轴围成的面积，可得外界对气体做功为：
W1=-2+42×105×(2-1)×10-3J＝﹣300J
内能的增量ΔU1＞0，由ΔU1＝W1+Q1，可得气体吸收的热量Q1＞300J，故B错误；
C．根据图像可知图像中每个小格对应的功为W0＝0.5×105×0.5×10﹣3J＝25J，自状态N变化到状态P，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，可得外界对气体做功约为：W2＝﹣25×19J＝﹣475J。
自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，ΔU2＝0，由ΔU2＝W2+Q2，则气体吸收的热量约为Q2＝475J，故C正确；
D．自状态M变化到状态N再变化到状态P，气体对外做的功W＝|W1|+|W2|＝300J+475J＝775J，故D错误。
故选：C。
（2023•北京开学）如图所示，将一个小玻璃瓶开口向下放入密封的塑料矿泉水㼛中，小玻璃瓶中封闭一段空气。现用手挤压矿泉水瓶，小玻璃瓶缓慢下沉到底部；适当减小挤压矿泉水瓶的程度，使小玻璃瓶缓慢上浮。若小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，忽略气体分子个数变化，则在此过程中小玻璃瓶中的空气（ ）
A．体积不变，内能不变
B．体积减小，内能减小
C．体积增大，对外界做正功
D．对外界做正功，并放出热量
【解答】解：小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，小玻璃瓶缓慢上浮压强减小，根据pV＝C可知，体积变大，对外做功，温度不变，内能不变，根据ΔU＝Q+W可知，吸收热量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春•黔西南州期末）如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，气体压强增加
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【解答】解：初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
（p1﹣p0）s＝mg
汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，变化过程中气体的体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知气体内能减小，气体压强减小，故AB错误；
CD．根据上述分析可知，气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023•海安市开学）1824年，法国工程师卡诺提出了具有重要理论意义的循环过程——卡诺循环。如图所示为一定质量的理想气体卡诺循环的p﹣V图像，该循环由两个绝热和两个等温过程组成，则下列说法正确的是（ ）
A．TA＜TB
B．TB＜TC
C．整个循环过程中系统吸收的热量大于放出的热量
D．A→B气体对外界做的功等于C→D外界对气体做的功
【解答】解：A、根据p﹣V图像可知，从A→B气体体积增大，外界对气体做负功，而该过程为绝热过程，根据热力学第一定律可知，气体内能减少，温度降低，则有
TA＞TB
故A错误
B、气体从B→C为等温变化，则有
TB＝TC
故B错误
C、根据p﹣V图像与横轴围成的面积表示功的大小，可知整个循环过程，外界对气体做正功，而气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，整个循环过程，气体向外界放热，则整个循环过程中系统吸收的热量小于放出的热量
故C错误
D、由于D→A和B→C为等温变化，设
TD＝TA＝T1，TB＝TC＝T2
由于A→B和C→D两个过程是绝热过程；A→B过程气体对外做功，气体温度由TI减小到T2，由热力学第一定律可知，减少的内能等于A→B过程气体对外做的功；C→D过程外界对气体做功，气体温度由T2增加到T1，由热力学第一定律可知，增加的内能等于C→D过程外界对气体做功，则A→B气体对外界做的功等于C→D外界对气体做的功，故D正确。
故选：D。
（2023春•安徽期末）如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200J，同时气体向外界放热100J，缸内气体的（ ）
A．温度升高，内能增加100J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加100J
D．温度降低，内能减少200J
【解答】解：外界对气体做功200J，则有：W＝200J
气体向外放热100J，则有：Q＝﹣100J
根据热力学第一定律得气体内能的变化量为：
ΔU＝W+Q＝200J﹣100J＝100J
即内能增加100J，对于一定质量的理想气体，内能增加温度必然升高，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•顺德区模拟）如图，小明把空的玻璃瓶开口向下缓慢压入恒温水中，瓶内空气无泄漏，在下降过程中（ ）
A．气体从外界吸热
B．单位面积单位时间气体分子撞击瓶壁次数增多
C．气体内能增大
D．气体对外做功
【解答】解：ACD．在玻璃瓶下压过程中，根据玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变大，体积减小；气体体积减小，外界对气体做功；由于气体的温度不变，因此气体内能不变；根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体向外放热，故ACD错误；
B．气体压强变大，温度不变，则气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的密集程度增加，则单位面积单位时间气体分子撞击瓶壁次数增多，故B正确。
故选：B。
（2023春•杨浦区校级期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历AB、BC、CD、DA四个过程回到原状态A，其中AB、CD为等压过程，BC、DA为等温过程，状态C、D的压强和体积未知，下列说法正确的是（ ）
A．在过程BC中气体和外界没有发生热传递
B．气体在状态A的内能大于在状态D的内能
C．气体从状态A变化到状态B对外做功40J
D．在过程CD中外界对气体做的功等于在过程AB中气体对外界做的功
【解答】解：A．在过程BC中，体积增大，气体对外做功，但由于温度不变，内能保持不变，根据热力学第一定律，ΔU＝W+Q，ΔU＝0，W＜0，故Q＞0，所以气体从外界吸热，故A错误；
B．DA为等温过程，温度不变，内能不变，所以理想气体在状态A的内能等于在状态D的内能，故B错误；
C．气体从状态A变化到状态B为等压过程，体积增大，气体对外做功，即
W＝pΔV＝4×105×（20﹣10）×10﹣3J＝4000J，故C错误；
D．设AB压强为p1，CD过程压强为p2，CD中外界对气体做的功为p2（VC﹣VD），过程AB中气体对外界做的功为p1（VB﹣VA），BC等温过程，有p1VB＝p2VC，AB等温过程，有p1VA＝p2VD，所以过程CD中外界对气体做的功等于在过程AB中气体对外界做的功，故D正确。
故选：D。
（2024•天河区一模）我国自古有“昼涨称潮，夜涨称汐”的说法。潮汐主要是由太阳和月球对海水的引力造成的，以月球对海水的引力为主。如图是某类潮汐发原理图，利用高、低潮位之间的落差，将海水的重力势能转化为动能，推动水轮机旋转，带动发电机发电。设海湾水库的面积为1.0×106m2，涨潮时水深20m，此时关上水坝的闸门时，可使水位保持20m不变，退潮时，坝外水位降至18m，重力势能转化为电能的效率为10%。每天有两次涨潮，涨潮和退潮时水流都推动水轮机发电，估算该电站一天能发的电能为（ ）
A．2.0×103kW•hB．4.0×104kW•h
C．6.0×108kW•hD．8.0×109kW•h
【解答】解：由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，故发电时水减少的重力势能ΔEp＝mgh2=ρShgh2，一天发电四次，转化成的电能E＝4ΔEp×10%，化成千瓦时作单位
E=8.0×1093.6×106kW•h≈2×103kW•h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•辽阳期末）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10kV～20kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。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．光能转化为电能D．机械能转化为电能
【解答】解：压电陶瓷片能量转化前要消耗机械能转化后得到了电能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023秋•温州期中）位于钱塘江南岸的杭州奥体中心主体育场俗称“大莲花”。为这朵“大莲花”调节温度的，不仅有中央空调，还有江水源空调。江水源空调就是用多组江水源热泵抽取钱塘江的水，再利用江水与体育场室内空气的温差，实现制冷和制热，从而让场馆达到冬暖夏凉的效果。已知每组江水源热泵由电动机、水泵、输水钢管组成，钱塘江抽水处水源距离地表6m深，安装抽水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与钱塘江地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%（抽水效率是指水泵的输出功率与输入功率的比值），水的密度为1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为2.5×10﹣3m2
B．水泵的输入功率为217.5W
C．每秒内水流机械能增加24J
D．电机发热功率为40W
【解答】解：A.根据Q＝v0S=Δmρ，可得出水口钢管横截面积为S=Δmρv0=3103×4m3＝7.5×10﹣4m2，故A错误；
C.每秒内水流机械能增加ΔE＝Δmgh+12mv02=3×10×（6+0.45）J+12×3×42J＝217.5J，故C错误；
B.水泵的输入功率为P入=ΔE75%Δt=217.51×75%W=290W，故B错误；
D.电机发热功率为P热＝P电﹣P入＝（330﹣290）W＝40W，故D正确。
故选：D。
符号
W
Q
ΔU
＋
体积减小，外界对热力学系统做功
热力学系统吸收热量
内能增加
－
体积增大，热力学系统对外界做功
热力学系统放出热量
内能减少