(共23张PPT)
第3章
第2节 能量的转化与守恒
课标要求
1.理解能量守恒定律。(物理观念)
2.能用能量守恒的观点解释自然现象。(物理观念)
3.体会能量守恒定律是最基本最普遍的自然规律之一。(物理观念)
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
目录索引
学以致用·随堂检测全达标
基础落实·必备知识全过关
一、能量守恒定律的发现
1.迈尔的发现:从理论上具体论证了机械能、内能、化学能、电磁能等都可相互转化,提出了物理、化学过程中 的思想。
2.焦耳的研究:通过实验得出了 ,从而给出了电能向内能转化的定量关系,为发现普遍的能量守恒定律打下基础。
3.亥姆霍兹的贡献:系统地阐述了能量守恒原理,从理论上把力学中的能量守恒原理推广到热、光、电、磁、化学反应等过程,揭示了它们之间的统一性,将能量守恒原理与永动机不可能实现联系起来。
能量守恒
焦耳定律
二、能量守恒定律及其应用
1.能量守恒定律
能量既不会消失,也不会创生,它只能从一种形式 为其他形式,或者从一个物体 到其他物体,而能量的总值 。
2.能量守恒定律的意义
(1)各种形式的能量可以相互转化。
(2)各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。
(3)热力学第一定律就是能量守恒定律在 领域内的具体体现。
转化
转移
保持不变
热现象
想一想(1)在能量发生转化或转移时,能量的总量会减少吗
(2)人在跑步时,储存在人体内的能量是如何转化的
提示 (1)能量的总量不会减少。
(2)一部分能量转化为动能,另一部分能量转化为内能。
易错辨析 判一判
(1)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。( )
(2)用太阳灶烧水是太阳能转化为内能。( )
(3)能量既可以转移又可以转化,故能量的总量是可以变化的。( )
(4)一个物体的能量在减少,必然有其他物体的能量在增加。( )
(5)石子从空中落下,最后停止在地面上,说明能量消失了。( )
提示 能量的总量保持不变。
提示 石子停止在地面上,机械能转化为内能。
√
√
×
√
×
即学即用 练一练
(多选)下面设想符合能量守恒定律的是( )
A.利用永久磁铁间的作用力,造一台永远转动的机械
B.做一条船,利用太阳的能量逆水行舟
C.通过太阳照射飞机,使飞机不带燃料也能飞行
D.利用核动力,使地球离开太阳系
BCD
解析 利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能,但由于摩擦力的不可避免性,动能最终转化为内能使转动停止,故A不符合;可利用光能的可转化性和电能的可收集性,使光能转化为船的动能或飞机的动能,实现逆水行舟或飞机不带燃料飞行,故B、C符合;利用反冲理论,以核力为能源,使地球获得足够大的速度,挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系,故D符合。
重难探究·能力素养全提升
探究 能量守恒定律及其应用
情境探究
(1)如图所示的永动机能实现吗
(2)热力学第一定律与能量守恒定律是什么关系
要点提示 (1)不能,违反了能量守恒定律。
(2)能量守恒定律是各种形式的能相互转化或转移的过程,总能量保持不变,它包括各个领域,范围广泛。热力学第一定律是物体内能与其他形式的能之间的相互转化或转移,是能量守恒定律的具体体现。
知识归纳
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量: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、原子能等。
(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.与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的
例如,物体的机械能守恒,必须满足只有重力或系统内的弹力做功;而能量守恒定律是没有条件的,它是一切自然现象都遵守的基本规律。
3.能量守恒定律的重要意义
(1)找到了各种自然现象的公共量度——能量,从而把各种自然现象用能量规律联系起来,揭示了自然规律的多样性和统一性。
(2)突破了人们关于物质运动的机械观念的范围,从本质上表明了各种运动形式之间的相互转化的可能性。能量守恒定律比机械能守恒定律更普遍,它是物理学中解决问题的重要思维方法。
(3)具有重大实践意义,即彻底粉碎了永动机的幻想。
应用体验
典例 如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁间的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳拉紧,此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡状态。经过此过程( )
A.Ep全部转换为气体的内能
B.Ep一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的
弹性势能
C.Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D.Ep一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能
D
解析 当绳子突然断开时,活塞受弹簧的弹力F、活塞的重力G、封闭气体对活塞向下的压力F'共同作用,其合力向上,经多次往复运动后活塞静止时,活塞处于三力平衡状态,气体体积必减小,外力对气体做正功,由于容器绝热,气体的内能增加,而活塞最终的静止位置比初始位置高,其重力势能增加,最终弹力与另外两个力的合力平衡,弹簧仍有形变。设最终弹簧的弹性势能为Ep',由能量守恒定律得Ep等于Ep'、活塞增加的重力势能、气体增加的内能之和,所以D选项正确。
规律方法 应用能量守恒定律解题的方法步骤
(1)认清有多少种形式的能(例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等)在相互转化。
(2)分别写出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)根据下列两种思路列出能量守恒方程:ΔE减=ΔE增。
①某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量与增加量一定相等。
②某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量与增加量一定相等。
(4)代入数据,计算结果。
针对训练
汽车关闭发动机后,沿斜面匀速下滑的过程中( )
A.汽车的机械能守恒
B.汽车的动能和势能相互转化
C.汽车的机械能转化成内能,汽车的总能量减少
D.汽车的机械能逐渐转化为内能,汽车的总能量守恒
C
解析 汽车能匀速下滑,一定受阻力作用,克服阻力做功,机械能转化为内能,一部分内能散发出去,汽车的总能量减少。
学以致用·随堂检测全达标
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1.下列说法正确的是( )
A.随着科技的发展,永动机是可以制成的
B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量,但照射到宇宙空间的能量都消失了
C.“既要马儿跑,又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律,因而是不可能的
D.有种“全自动”手表,不用上发条,也不用任何形式的电源,却能一直走动,说明能量可以凭空产生
C
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解析 永动机违背了能量守恒定律,即使以后科技再发达,也不可能制成,A错误;太阳辐射大量的能量,地球只吸收了极小的一部分,辐射到宇宙空间的能量没有消失,而是转化为别的能量,B错误;马运动必须消耗能量,动物的能量来源于食物中储存的化学能,C正确;所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的,一般是一个摆锤,当人戴着手表活动时,摆锤不停地摆动,给游丝弹簧补充能量,才会维持手表的走动,D错误。
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2
3
2.冲击摆实验装置如图所示,一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体,共同摆起一定的高度,则下面有关能量的转化的说法正确的是( )
A.子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的势能
C.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D.子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能,另一部分
转变成沙箱和子弹的机械能
D
解析 子弹在射入沙箱瞬间,要克服摩擦阻力做功,一部分动能转变成沙箱和子弹的内能,另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能。
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3.如图所示,厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针,另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞。用打气筒通过气针慢慢向容器内打气,使容器内的压强增大到一定程度,这时读出温度计示数。打开卡子,胶塞冲出容器口后,温度计示数 ,实验表明 对 做功,内能 。
变小
气体
外界
减少
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解析 胶塞冲出容器口的过程中,气体膨胀,对外做功,W<0,由于没时间进行热交换,由ΔU=W可知内能减小。内能等于分子动能与势能之和,由于体积增大,势能增大,所以分子平均动能减小,所以温度降低,温度计示数变小。第2节 能量的转化与守恒
A级 必备知识基础练
1.关于内能的变化,以下说法正确的是( )
A.物体吸收热量,内能一定增大
B.物体对外做功,内能一定减少
C.物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变
D.物体放出热量,同时对外做功,内能可能不变
2.(多选)细绳一端固定在天花板上,另一端系一质量为m的小球,如图所示。使小球在竖直平面内摆动,经过一段时间后,小球停止摆动。下列说法正确的是( )
A.小球机械能不守恒
B.小球能量正在消失
C.小球摆动过程中,只有动能和重力势能在相互转化
D.总能量守恒,但小球的机械能在减少
3.(多选)(2023山东青岛高二月考)如图所示,汽缸放置在水平地面上,质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室,两气室中均充有气体,汽缸、活塞均绝热且不漏气。开始时活塞被销钉固定,现将销钉拔掉,活塞最终静止在原位置下方h处,设活塞移动前后甲气室中气体内能的变化量为ΔE,不计气体重心改变的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.甲气室中气体体积减小,温度升高
B.ΔE>mgh
C.ΔED.ΔE=mgh
4.如图所示,A、B是两个完全相同的铁球,A放在绝热板上,B用绝热绳悬挂。现只让它们吸收热量,当它们升高相同的温度时,它们所吸收的热量分别为QA、QB,则( )
A.QA=QB B.QAC.QA>QB D.无法确定
5.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,将气泡内的气体视为理想气体,气泡从湖底上升到湖面的过程中,气体对外界做了0.6 J的功,则此过程中的气泡 (选填“吸收”或“放出”)的热量是 J。气泡到达湖面后,温度上升的过程中,又对外界做了0.1 J的功,同时吸收了0.3 J的热量,则此过程中,气泡内气体内能增加了 J。
6.在如图所示的p-T图像中,一定质量的某种理想气体先后发生两种状态变化过程。第一种变化是从状态A到状态B,外界对该气体做功为6 J;第二种变化是从状态A至状态C,该气体从外界吸收的热量为9 J。已知图线AC的反向延长线通过坐标原点O,B、C两状态的温度相同,理想气体的分子势能视为零。求:
(1)从状态A到状态C的过程,该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1;
(2)从状态A到状态B的过程,该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2。
B级 关键能力提升练
7.有一温泉水温恒定,则温泉中正在缓慢上升的气泡内的气体( )
A.压强增大,体积减小,吸收热量
B.压强增大,体积减小,放出热量
C.压强减小,体积增大,吸收热量
D.压强减小,体积增大,放出热量
8.(多选)一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其p-T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小
9.(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平地面上,物体B以水平速度v0冲上木板A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,则从物体B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中,下列说法正确的是( )
A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D.系统克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
10.(多选)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,dc平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( )
A.从状态d到c,气体不吸热也不放热
B.从状态c到b,气体放热
C.从状态a到d,气体对外做功
D.从状态b到a,气体吸热
11.如图所示,水平放置的气缸内壁光滑,活塞的厚度不计,在A、B两处设有限制装置,使活塞只能在A、B之间运动,A左侧气缸的容积为V0,A、B之间容积为0.1V0,开始时活塞在A处,缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强),温度为297 K,现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B。求:
(1)若此过程气体吸收热量为Q,求此过程气体内能增量ΔU;
(2)活塞刚移动到B时,缸内气体温度TB。
12.如图所示,内壁光滑、足够高的圆柱形气缸竖直放置,内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S,外界大气压强为p0,缸内气体温度为T1。现对气缸内气体缓慢加热,使气体体积由V1增大到V2,该过程中气体吸收的热量为Q1,停止加热并保持体积V2不变,使其降温到
T1,已知重力加速度大小为g,求:
(1)停止加热时缸内气体的温度;
(2)降温过程中气体放出的热量。
第2节 能量的转化与守恒
1.C 根据热力学第一定律ΔU=W+Q,物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关,物体吸收热量,内能不一定增大,因为物体可能同时对外做功,故内能有可能不变或减少,A错误;物体对外做功,还有可能吸收热量,内能可能不变或增大,B错误,C正确;物体放出热量,同时对外做功,内能一定减少,D错误。
2.AD 小球在竖直平面内摆动,经过一段时间后,小球停止摆动,说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能,即机械能不守恒,故A正确;小球的机械能转化为内能,能量的种类变了,但能量不会消失,故B错误;小球长时间摆动过程中,重力势能和动能相互转化的同时,机械能在减少,减少的机械能不断地转化为内能,故摆动的幅度越来越小,但总能量守恒,故C错误,D正确。
3.AB 在绝热过程中,甲气室中气体体积减小,外界对它做正功,内能增加,温度升高,故A正确。乙气室中气体体积增加,它对外界做功,内能减少;活塞下落,重力势能减少,设乙气室中气体对活塞的力做功为W乙,由题可知W乙为正值,由能量守恒定律可得ΔE=mgh+W乙,故C、D错误,B正确。
4.C A、B升高相同的温度,根据Q=cmΔt可知,升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀,A的重心升高,重力势能增加,吸收的热量QA一部分用于升温,剩余部分用于增加重力势能ΔEpA,即QA=Q+ΔEpA;B受热膨胀重心降低,重力势能减小,吸收的热量QB和减少的重力势能ΔEpB共同用于升温,即Q=QB+ΔEpB,故QA>QB,C正确。
5.答案 吸收 0.6 0.2
解析 气泡从湖底上升到湖面过程中,W=-0.6J,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得Q=0.6J,即吸收热量0.6J。气泡到达湖面后,温度上升的过程中W=-0.1J,Q=0.3J,则ΔU=W+Q=0.2J,即气泡内气体内能增加了0.2J。
6.答案 (1)0 9 J
(2)9 J 3 J
解析 (1)由题意及题图可知,从状态A到状态C的过程,气体发生等容变化,该气体对外界做的功W1=0,根据热力学第一定律有ΔU1=W1+Q1
内能的增量ΔU1=Q1=9J。
(2)从状态A到状态B的过程,体积减小,温度升高
该气体内能的增量ΔU2=ΔU1=9J
根据热力学第一定律有ΔU2=W2+Q2
从外界吸收的热量Q2=ΔU2-W2=3J。
7.C 温泉中正在缓慢上升的气泡内的气体,压强减小,由理想气体状态方程公式=C知,温度不变,压强减小时体积增大;一定量的理想气体的内能仅与温度有关,故内能不变,体积增大时,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体应吸收热量,故C正确,A、B、D错误。
8.AD ab过程为等容变化,W=0,温度升高,内能增大,ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知Q>0,吸热,A正确;bc过程为等温变化,ΔU=0,体积增大对外做功,W<0,由ΔU=W+Q得Q>0,吸热,B错误;ca过程温度降低,内能减小,ΔU<0,体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q<0,且|Q|>W,C错误;温度为分子平均动能的唯一标志,Ta9.CD 物体B以水平速度冲上木板A后,由于摩擦力作用,物体B减速运动,木板A加速运动,根据能量守恒定律,物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和系统产生的热量之和,故A错误;根据动能定理,物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能,故B错误;由能量守恒定律可知,物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和,故C正确;由能量守恒定律,整个系统克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量,故D正确。
10.BCD 气体从状态d到c,温度不变,理想气体内能不变,但是压强减小,体积增大,对外做功,还要保持内能不变,一定要吸收热量,故A错误;气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程,同时体积减小,外界对气体做功,而气体的内能还要减小(降温),就一定要伴随放热的过程,故B正确;气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程,同时体积增大,所以气体要对外做功,C正确;气体从状态b到状态a是一个等容变化过程,随压强的增大,气体的温度升高,内能增大,而在这个过程中气体的体积没有变化,就没有做功,气体内能的增加是气体吸热的结果,故D正确。
11.答案 (1)Q-0.1p0V0
(2)363 K
解析 (1)由热力学第一定律解得
ΔU=W+Q=Q-0.1p0V0。
(2)活塞由A移动到B的过程中,先做等容变化,后做等压变化,由理想气体状态方程得
解得TB=363K。
12.答案 (1)T1
(2)Q1-p0+(V2-V1)
解析 (1)加热过程中气体等压膨胀,由,
得T2=T1。
(2)设加热过程中,封闭气体内能增加ΔU,因气体体积增大,故此过程中气体对外做功,W<0。
由热力学第一定律知ΔU=Q1+W
其中W=-pΔV=-p0+(V2-V1)
由于理想气体内能只与温度有关,故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2=ΔU
整理可得Q2=Q1-p0+(V2-V1)。(共23张PPT)
第3章
第2节 能量的转化与守恒
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A 级 必备知识基础练
1.关于内能的变化,以下说法正确的是( )
A.物体吸收热量,内能一定增大
B.物体对外做功,内能一定减少
C.物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变
D.物体放出热量,同时对外做功,内能可能不变
C
解析 根据热力学第一定律ΔU=W+Q,物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关,物体吸收热量,内能不一定增大,因为物体可能同时对外做功,故内能有可能不变或减少,A错误;物体对外做功,还有可能吸收热量,内能可能不变或增大,B错误,C正确;物体放出热量,同时对外做功,内能一定减少,D错误。
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2.(多选)细绳一端固定在天花板上,另一端系一质量为m的小球,如图所示。使小球在竖直平面内摆动,经过一段时间后,小球停止摆动。下列说法正确的是( )
A.小球机械能不守恒
B.小球能量正在消失
C.小球摆动过程中,只有动能和重力势能在相互转化
D.总能量守恒,但小球的机械能在减少
AD
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解析 小球在竖直平面内摆动,经过一段时间后,小球停止摆动,说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能,即机械能不守恒,故A正确;小球的机械能转化为内能,能量的种类变了,但能量不会消失,故B错误;小球长时间摆动过程中,重力势能和动能相互转化的同时,机械能在减少,减少的机械能不断地转化为内能,故摆动的幅度越来越小,但总能量守恒,故C错误,D正确。
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3.(多选)(2023山东青岛高二月考)如图所示,汽缸放置在水平地面上,质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室,两气室中均充有气体,汽缸、活塞均绝热且不漏气。开始时活塞被销钉固定,现将销钉拔掉,活塞最终静止在原位置下方h处,设活塞移动前后甲气室中气体内能的变化量为ΔE,不计气体重心改变的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.甲气室中气体体积减小,温度升高
B.ΔE>mgh
C.ΔED.ΔE=mgh
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解析 在绝热过程中,甲气室中气体体积减小,外界对它做正功,内能增加,温度升高,故A正确。乙气室中气体体积增加,它对外界做功,内能减少;活塞下落,重力势能减少,设乙气室中气体对活塞的力做功为W乙 ,由题可知W乙为正值,由能量守恒定律可得ΔE=mgh+W乙,故C、D错误,B正确。
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4.如图所示,A、B是两个完全相同的铁球,A放在绝热板上,B用绝热绳悬挂。现只让它们吸收热量,当它们升高相同的温度时,它们所吸收的热量分别为QA、QB,则( )
A.QA=QB B.QAC.QA>QB D.无法确定
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解析 A、B升高相同的温度,根据Q=cmΔt可知,升温需要的能量是相同的。由于受热膨胀,A的重心升高,重力势能增加,吸收的热量QA一部分用于升温,剩余部分用于增加重力势能ΔEpA,即QA=Q+ΔEpA;B受热膨胀重心降低,重力势能减小,吸收的热量QB和减少的重力势能ΔEpB共同用于升温,即Q=QB+ΔEpB,故QA>QB,C正确。
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5.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,将气泡内的气体视为理想气体,气泡从湖底上升到湖面的过程中,气体对外界做了0.6 J的功,则此过程中的气泡 (选填“吸收”或“放出”)的热量是 J。气泡到达湖面后,温度上升的过程中,又对外界做了0.1 J的功,同时吸收了0.3 J的热量,则此过程中,气泡内气体内能增加了 J。
吸收
0.6
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解析 气泡从湖底上升到湖面过程中,W=-0.6 J,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得Q=0.6 J,即吸收热量0.6 J。气泡到达湖面后,温度上升的过程中W=-0.1 J,Q=0.3 J,则ΔU=W+Q=0.2 J,即气泡内气体内能增加了0.2 J。
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6.在如图所示的p-T图像中,一定质量的某种理想气体先后发生两种状态变化过程。第一种变化是从状态A到状态B,外界对该气体做功为6 J;第二种变化是从状态A至状态C,该气体从外界吸收的热量为9 J。已知图线AC的反向延长线通过坐标原点O,B、C两状态的温度相同,理想气体的分子势能视为零。求:
(1)从状态A到状态C的过程,该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1;
(2)从状态A到状态B的过程,该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2。
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答案 (1)0 9 J
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解析 (1)由题意及题图可知,从状态A到状态C的过程,气体发生等容变化,该气体对外界做的功W1=0,根据热力学第一定律有ΔU1=W1+Q1
内能的增量ΔU1=Q1=9 J。
(2)从状态A到状态B的过程,体积减小,温度升高
该气体内能的增量ΔU2=ΔU1=9 J
根据热力学第一定律有ΔU2=W2+Q2
从外界吸收的热量Q2=ΔU2-W2=3 J。
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7.有一温泉水温恒定,则温泉中正在缓慢上升的气泡内的气体( )
A.压强增大,体积减小,吸收热量
B.压强增大,体积减小,放出热量
C.压强减小,体积增大,吸收热量
D.压强减小,体积增大,放出热量
B 级 关键能力提升练
C
解析 温泉中正在缓慢上升的气泡内的气体,压强减小,由理想气体状态方程公式 = C知,温度不变,压强减小时体积增大;一定量的理想气体的内能仅与温度有关,故内能不变,体积增大时,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体应吸收热量,故C正确,A、B、D错误。
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8.(多选)一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其p-T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小
AD
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解析 ab过程为等容变化,W=0,温度升高,内能增大,ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知Q>0,吸热,A正确;bc过程为等温变化,ΔU=0,体积增大对外做功,W<0,由ΔU=W+Q得Q>0,吸热,B错误;ca过程温度降低,内能减小,ΔU<0,体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q<0,且|Q|>W,C错误;温度为分子平均动能的唯一标志,Ta1
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9.(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平地面上,物体B以水平速度v0冲上木板A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,则从物体B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中,下列说法正确的是( )
A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D.系统克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
CD
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解析 物体B以水平速度冲上木板A后,由于摩擦力作用,物体B减速运动,木板A加速运动,根据能量守恒定律,物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和系统产生的热量之和,故A错误;根据动能定理,物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能,故B错误;由能量守恒定律可知,物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和,故C正确;由能量守恒定律,整个系统克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量,故D正确。
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10.(多选)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,dc平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( )
A.从状态d到c,气体不吸热也不放热
B.从状态c到b,气体放热
C.从状态a到d,气体对外做功
D.从状态b到a,气体吸热
BCD
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解析 气体从状态d到c,温度不变,理想气体内能不变,但是压强减小,体积增大,对外做功,还要保持内能不变,一定要吸收热量,故A错误;气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程,同时体积减小,外界对气体做功,而气体的内能还要减小(降温),就一定要伴随放热的过程,故B正确;气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程,同时体积增大,所以气体要对外做功,C正确;气体从状态b到状态a是一个等容变化过程,随压强的增大,气体的温度升高,内能增大,而在这个过程中气体的体积没有变化,就没有做功,气体内能的增加是气体吸热的结果,故D正确。
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11.如图所示,水平放置的气缸内壁光滑,活塞的厚度不计,在A、B两处设有限制装置,使活塞只能在A、B之间运动,A左侧气缸的容积为V0,A、B之间容积为0.1V0,开始时活塞在A处,缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强),温度为297 K,现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B。求:
(1)若此过程气体吸收热量为Q,求此过程气体内能增量ΔU;
(2)活塞刚移动到B时,缸内气体温度TB。
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答案 (1)Q-0.1p0V0
(2)363 K
解析 (1)由热力学第一定律解得
ΔU=W+Q=Q-0.1p0V0。
(2)活塞由A移动到B的过程中,先做等容变化,后做等压变化,由理想气体状态方程得
解得TB=363 K。
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12.如图所示,内壁光滑、足够高的圆柱形气缸竖直放置,内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S,外界大气压强为p0,缸内气体温度为T1。现对气缸内气体缓慢加热,使气体体积由V1增大到V2,该过程中气体吸收的热量为Q1,停止加热并保持体积V2不变,使其降温到T1,已知重力加速度大小为g,求:
(1)停止加热时缸内气体的温度;
(2)降温过程中气体放出的热量。
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(2)设加热过程中,封闭气体内能增加ΔU,因气体体积增大,故此过程中气体对外做功,W<0。
由热力学第一定律知ΔU=Q1+W
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由于理想气体内能只与温度有关,故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2=ΔU
