(共18张PPT)
第3章
本章整合
知识网络·体系构建
重点题型·归纳整合
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知识网络·体系构建
提示 (1)如果物体和外界之间同时存在做功和热传递的过程,那么物体内能的改变量ΔU等于外界对物体所做的功W和物体从外界吸收的热量Q之和
(2)ΔU=W+Q
(3)能量既不会消失,也不会创生,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到其他物体,而能量的总值保持不变
(4)不可逆 (5)方向性
(6)不可逆 (7)方向性
(8)不可能使热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变化
(9)不可能从单一热源吸收热量,使之完全用来做功而不引起其他变化
重点题型·归纳整合
一、做功和热传递的区别与联系
做功和热传递是改变物体内能的两种方式,做功是其他形式的能和内能之间的转化,热传递则是物体间内能的转移,它们在改变物体的内能上是等效的。
理解时应注意以下两点:
(1)存在温度差是发生热传递的必要条件,热量是热传递过程中物体内能的改变量。
(2)机械能是描述物体机械运动状态的量,而内能是描述物体内部状态的量,两者没有直接关系,但可以相互转化。
典例1 (多选)关于物体的内能,下列说法正确的是( )
A.手感到冷时,搓搓手就会感到暖些,这是利用做功来改变物体的内能
B.将物体举高或使它们速度增大,是利用做功来使物体内能增大
C.在阳光下晒衣服,衣服温度升高,是利用热传递来改变物体的内能
D.用打气筒打气,筒内气体变热,是利用热传递改变物体的内能
AC
解析 手感到冷时,搓搓手就会感到暖些,克服摩擦力做功,机械能转化成内能,属于做功改变物体内能,故A正确;将物体举高或使它们速度增大,只是改变了物体的机械能,没有改变内能,所以B错误;阳光晒衣服,衣服温度升高,是利用热传递来改变物体的内能,所以C正确;用打气筒打气,筒内气体变热,是活塞压缩气体做功,属于做功改变物体内能,故D错误。
针对训练1
下列说法正确的是( )
A.若A、B两物体接触但没有热传递,则两物体所包含的热量相等
B.做功和热传递的共同点是都能使系统内能改变
C.一物体先后经几个不同的物理过程,其温度均从t1升高到t2。则在这些过程中物体一定从外界吸收相同的热量
D.高温物体内能大,低温物体内能小
B
解析 A、B两物体没有发生热传递是因为两物体温度相等,A错误;做功和热传递都是改变内能的方式,B正确;一物体温度从t1升高到t2,内能的改变可能是由于吸收了热量,也可能是外界对物体做了功,C错误;高温物体分子的平均动能大,内能不一定大,D错误。
二、热力学第一定律及其应用
热力学第一定律揭示了内能的增量(ΔU)与外界对物体做功(W)和物体从外界吸收热量(Q)之间的关系,即ΔU=W+Q,正确理解公式的意义及正负号含义是解决本类问题的关键。
(1)外界对物体做功,W>0;物体对外界做功,W<0;
(2)物体从外界吸热,Q>0;物体放出热量,Q<0;
(3)ΔU>0,物体的内能增加;ΔU<0,物体的内能减少。
分析题干,确定内能改变的方式(W、Q)→判断W、Q的正负号→代入公式ΔU=W+Q→得出结论
典例2 (多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是( )
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程ab中气体对外界做功
D.在过程bc中气体从外界吸收热量
ABD
解析 在过程ab中,气体体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外做功,即W=0,压强增大,温度升高,内能增加,A正确,C错误;在过程ca中,气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,B正确;在过程bc中,温度不变,内能不变,即ΔU=0,体积增加,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,Q>0,即气体从外界吸热,D正确。
针对训练2
如图所示,一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中,气体压强p=1.0×105 Pa不变,吸收的热量Q=7.0×102 J,求此过程中气体内能的增量。
答案 5.0×102 J
对外做的功W=p(VB-VA)
根据热力学第一定律有
ΔU=Q-W
代入数据解得
ΔU=5.0×102 J。
三、热力学第二定律及其微观意义
1.热力学第二定律的表述
(1)克劳修斯表述:不可能使热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变化。
(2)开尔文表述:不可能从单一热源吸收热量,使之完全用来做功,而不引起其他变化。
(3)用熵表述:在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减小。
2.热力学第二定律的微观意义
(1)一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
(2)热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明,凡是对这种宏观自然过程进行方向说明的,都可以作为热力学第二定律的表述。热力学第二定律的表述很多,但这些不同的表述都是等价的。
典例3 关于热力学第二定律,下列表述正确的是( )
A.不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功
C.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D.在任何的自然过程中,一个孤立系统的总熵一定增加
解析 如果有外界的帮助,可以使热量从低温物体传递到高温物体,也可以把热量全部用来做功,A、B错误;任何自然过程都沿无序性增大的方向进行,C正确;在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减小,即总熵不变或增加,D错误。
C
针对训练3
(多选)下列说法正确的是( )
A.在任何自然过程中,一切参与者的总能量和总熵保持不变
B.熵无处不在,是系统无序程度的量度
C.由热力学第二定律可知,自然界的能量品质正在退降,可利用的能量越来越少
D.热力学第二定律的微观实质是熵增加
BCD
解析 系统的总能量守恒,但总熵可能不变或增加。第3章测评
(时间:75分钟 满分:100分)
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.共享单车一般采用电子锁,车锁内集成了GPS模块与物联网模块等,这些模块工作时需要电能。如图所示,单车车筐底部有太阳能电池板。关于太阳能电池板工作时的能量转化方式,下列说法正确的是( )
A.电池板把光能转化为电能
B.电池板把电能转化为光能
C.电池板把机械能转化为电能
D.电池板把电能转化为机械能
2.一木块沿斜面向下滑,下列说法正确的是( )
A.不管斜面是否光滑,下滑过程中重力对木块做了功,它的内能将增大
B.若斜面光滑且不计空气阻力,木块滑到斜面底部时,速度增大,内能也将增大
C.若斜面粗糙,木块在重力作用下虽然速度增大,但它的内能并不改变
D.若斜面粗糙,木块的机械能减小,而它的内能将增大
3.如图所示,直立容器内有被隔板隔开的A、B两部分体积相等的气体,A的密度小,B的密度较大,抽去隔板,加热气体,使两部分气体均匀混合,设在此过程中气体吸收的热量为Q,气体内能增量为ΔE,则( )
A.ΔE=Q B.ΔEC.ΔE>Q D.无法比较
4.在飞机起飞的过程中,由于高度快速变化,会引起机舱内气压变化,乘客小周同学观察发现,在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起,如图所示。若起飞前后桶内气体的温度保持不变,则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法正确的是( )
A.桶内气体从外界吸收热量
B.桶内气体分子平均动能变小
C.桶内气体压强增大
D.桶内气体对外做功,内能减小
二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选的得0分。
5.下列过程可能发生的是( )
A.某工作物质从高温热源吸收20 kJ的热量,全部转化为机械能
B.打开一高压密闭容器,其内气体自发逸出后又自发跑进去,恢复原状
C.利用其他手段,使低温物体的温度更低,高温物体的温度更高
D.两瓶不同液体自发混合,然后又自发地各自分开
6.下列有关热力学第二定律的说法正确的是( )
A.气体自发地扩散运动总是向着更为无序的方向进行,是不可逆过程
B.第二类永动机虽然不违反能量守恒定律,但它是制造不出来的
C.空调既能制冷又能制热,说明热传递不具有方向性
D.一定质量的理想气体向真空自由膨胀时,体积增大,熵减小
7.一定质量的理想气体,从状态A到状态B,再到状态C,最后回到状态A,其p-T图像如图所示。若气体在状态A时的体积为V0,则( )
A.气体在状态B时的体积为V0
B.气体在状态C时的体积为2V0
C.气体在B→C过程中对外界做的功为p0V0
D.气体在C→A过程中向外界放出的热量为p0V0
8.在我国,航天员太空漫步已成为现实。在航天员出舱前先要“减压”,在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”,为此专门设计了“气闸舱”,其原理如图所示。两个相通的舱A、B间装有阀门K。指令舱A中充满气体,气闸舱B内为真空,整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后,A中的气体进入B中,最终达到平衡。若将此气体近似看成理想气体,则( )
A.气体体积膨胀,对外做功
B.气体分子势能减小,内能增加
C.气体体积变大,温度不变
D.B中气体不可能自发地全部退回到A中
三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。
9.(4分)如图所示,在玻璃瓶中放入少量水,用中间插有玻璃管的橡皮塞盖紧瓶口,然后往瓶中打气,当气压达到足够大时,橡皮塞从瓶口冲出,原来透明的瓶内充满了白雾。橡皮塞冲出且瓶内充满白雾表明 对 做功,瓶内气体温度 ,内能 。
10.(4分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图像中从a到b的直线所示。在此过程中 对 做功,气体的内能 ,气体 (选填“吸热”或“放热”)。
11.(6分)在将空气(可看成理想气体)压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24 kJ的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5 kJ的热量。在上述两个过程中,瓶内空气的内能共减小 kJ,空气 (选填“吸收”或“放出”)的总热量为 kJ。
12.(6分)如图所示,理想气体状态经历了从A到B再到C的过程,则从A到B气体分子的平均速率 (选填“增加”“减小”或“不变”),从B到C气体 (选填“吸收”或“放出”)能量。
13.(10分)气缸内封闭了一定质量、压强为p=1.0×105 Pa、体积为V=2.0 m3的理想气体,现使气体保持压强不变,体积缓慢压缩至V'=1.0 m3,此过程气体向外界释放了1.2×105 J的热量,则:
(1)压缩过程外界对气体做了多少功
(2)气体内能变化了多少
14.(12分)如图所示,一长为L、内横截面积为S的绝热气缸固定在水平地面上,气缸内用一质量为M的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞光滑且不漏气,开始时活塞固定在气缸正中央,气缸内被封闭气体压强为p,外界大气压强为p0(p>p0)。现释放活塞,测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v。
(1)求此过程缸内气体克服大气压力所做的功。
(2)活塞从释放到将要离开缸口,缸内气体内能改变了多少
15.(18分)如图所示,绝热容器A中有一根阻值为R=10 Ω的电阻丝与电源相连,电源电动势为5 V,电源内阻不计。A容器的体积为V0=2 L。设电阻丝自身升温所需热量以及所占的体积忽略不计。A容器通过一绝热细管与一竖直的横截面积为S=100 cm2的绝热容器C相连,容器C上有质量为m=10 kg的绝热活塞封闭,活塞与C容器间无摩擦。现有一定质量理想气体封闭在两容器中,开始时容器内气体温度为T0=300 K,活塞离容器底高度为h0=10 cm,大气压强为p0=1.01×105 Pa,接通电源对电阻丝加热放出热量,使C中活塞缓慢移动,当稳定时容器气体温度为2T0,用时6 min。不考虑容器吸收热量,g取10 m/s2。试求:
(1)达到平衡时容器C中活塞移动的位移;
(2)容器中气体增加的内能。
第3章测评
1.A 太阳能电池板把光能转化为电能。故选A。
2.D 斜面光滑且不计空气阻力时,木块下滑过程中机械能守恒,内能不变;斜面粗糙,木块下滑时要克服摩擦力做功,故木块的机械能减小,由能量守恒定律知它的内能将增大,故D正确。
3.B A部分气体密度小,B部分气体密度大,以整体为研究对象,开始时,气体的重心在容器下部,混合均匀后,气体的重心应在容器中部,所以重力对气体做负功,气体的重力势能增大,由能量守恒定律可知,吸收的热量Q有一部分用于增加气体的重力势能,另一部分用于增加气体的内能,故B正确。
4.A 由于桶内气体温度不变,则内能不变,ΔU=0,桶内气体体积变大,气体对外做功,则W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知Q>0,桶内气体从外界吸收热量,A正确,D错误;桶内气体的温度保持不变,则桶内气体分子平均动能不变,B错误;根据玻意耳定律可知,气体的体积变大,则桶内气体压强减小,C错误。
5.AC 根据热力学第二定律,在产生其他影响的前提下内能可以全部转化为机械能,故选项A正确;热量不可能从低温物体自发地传给高温物体,而不产生其他影响,但通过一些物理过程是可以实现的,故选项C正确;气体膨胀具有方向性,故选项B错误;扩散现象也有方向性,故选项D错误。
6.AB 与温度有关的一切热现象的宏观过程都是不可逆的,A项正确;第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第二定律,所以制造不出来,B项正确;热量不能自发地由低温物体传到高温物体,空调机里的压缩机工作,消耗了电能,产生了其他影响,C项错误;一定质量的理想气体向真空自由膨胀时,体积增大,熵增大,D项错误。
7.ABC 由理想气体状态方程有,可得VB=,故A正确;由玻意耳定律有2p0V0=p0VC,可得VC=2V0,故B正确;气体在B→C过程中对外界做的功为W=p0p0V0,故C正确;气体在C→A过程中做等温变化,等温变化的p与V不是线性关系,所以向外界放出的热量小于W=(2V0-V0)=p0V0,故D错误。
8.CD 当阀门K被打开时,A中的气体进入B中,由于B中为真空,所以气体体积自由膨胀,对外不做功,故A错误;又因为系统与外界无热交换,所以气体内能不变,则气体的温度也不变,B错误,C正确;由热力学第二定律知,真空中气体自由膨胀具有方向性,在无外界作用时,B中气体不能自发地全部退回到A中,故D正确。
9.答案 气体 外界 降低 减少
解析 往瓶内打气,压缩瓶内气体做功,使瓶内气体内能增加,温度升高;当瓶塞冲出时,瓶内气体对瓶塞做功,瓶内气体的内能减少,温度降低,瓶内水蒸气因放热发生液化,生成小水滴,即“白雾”。
10.答案 外界 气体 不变 放热
解析 由题图可知,由a到b过程气体温度保持不变,则气体内能不变,ΔU=0;而气体压强p增大,由玻意耳定律pV=C可知,气体体积V减小;外界对气体做功,W>0;由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q=ΔU-W=-W<0,气体向外界放出热量。
11.答案 5 放出 29
解析 理想气体的内能仅与温度有关,故将空气压缩装入气瓶的过程中并不改变空气的内能,只有潜入海底过程才改变内能,所以两个过程中,瓶内空气的内能共减小5kJ,由热力学第一定律ΔU=W+Q,知Q=-29kJ,故空气放出的总热量为29kJ。
12.答案 减小 吸收
解析 从A到B气体温度降低,则气体分子的平均速率减小;从B到C气体温度不变,内能不变,而压强减小,根据玻意耳定律可知,气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W知,从B到C气体要吸收热量。
13.答案 (1)1.0×105 J
(2)减少了2×104 J
解析 (1)外界对气体做功W=p·ΔV=p(V-V')
解得W=1.0×105J。
(2)由热力学第一定律得,气缸内气体内能的变化量
ΔU=Q+W=(-1.2×105+1.0×105)J=-2×104J。
即气体内能减少了2×104J。
14.答案 (1)
(2)减少了Mv2+p0SL
解析 (1)设大气作用在活塞上的压力为F,则
F=p0S
则此过程大气压力所做的功W=-F·=-
故此过程克服大气压力所做的功为。
(2)设活塞离开缸口时动能为Ek,则Ek=
根据能量守恒定律得,缸内气体内能改变
ΔU=-
即内能减少了Mv2+p0SL。
15.答案 (1)30 cm
(2)567 J
解析 (1)气体经历等压变化过程,活塞移动的位移x应满足的关系式为
解得x==30cm。
(2)由焦耳热定律可得Q=I2Rt
由欧姆定律可得I=
联立求解得Q=900J
由题意可知,气体膨胀,对外做功,则有W=pΔV
p=p0+
联立求解得W=333J
气体膨胀,对外做功,W取负值,由热力学第一定律
ΔU=-W+Q可得ΔU=567J。
