2.热力学第一定律
3.能量守恒定律
必备知识·素养奠基
一、热力学第一定律
问题1:这个机械的动力力矩大于阻力力矩吗?
问题2:这个机械能自动地转动下去永不停止吗?
提示:1.不大于,总动力力矩的和不大于总阻力力矩的和。
2.不能,因为违反了能量守恒定律。
1.改变内能的两种方式:做功与传热。两者在改变系统内能方面是等效的。
2.热力学第一定律:
(1)内容:一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做
的功的和。
(2)数学表达式:ΔU=Q+W。
二、能量守恒定律
1.内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中能量的总量保持不变。
2.意义:
(1)各种形式的能可以相互转化。
(2)各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。
关键能力·素养形成
一 热力学第一定律的应用
1.对公式ΔU=Q+W中ΔU、Q、W符号的规定:
符号
Q
W
ΔU
+
物体吸收热量
外界对物体做功
内能增加
-
物体放出热量
物体对外界做功
内能减少
2.几种特殊情况:
(1)若过程是绝热的,即Q=0,则ΔU=W,物体内能的增加量等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功,即W=0,则ΔU=Q,物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量。
(3)若过程的始末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W=-Q(或Q=-W),外界对物体做的功等于物体放出的热量(或物体吸收的热量等于物体对外界做的功)。
3.判断是否做功的方法:一般情况下外界对物体做功与否,需看物体的体积是否变化。
(1)若物体体积增大,表明物体对外界做功,W<0。
(2)若物体体积减小,表明外界对物体做功,W>0。
【思考·讨论】
如图所示,一定质量的理想气体由a状态变化到b状态,请在图像基础上思考以下问题:
讨论:
(1)在变化过程中是气体对外做功,还是外界对气体做功?
(2)在变化过程中气体吸热,还是向外放热?气体内能增加了,还是减少了?
提示:(1)由图可知,气体的变化为等压膨胀,一定是对外做功。
(2)由日常经验可知,理想气体在等压膨胀过程中需要从外界吸收热量。由盖-吕萨克定律可知,理想气体在等压膨胀过程中温度升高,内能一定增加。
【典例示范】
(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同。此时,容器中空气的温度______(选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度
________(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。?
【解析】容器与活塞绝热性能良好,容器中空气与外界不发生热交换(Q=0),活塞移动的过程中,容器中空气压强减小,则容器中空气正在膨胀,体积增大,对外界做功,即W<0。根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知:容器中空气内能减小,温度降低,容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有=C,又ρ=,联立解得:ρ=。对容器外与容器内质量均为m的气体,因容器中空气压强和容器外空气压强相同,容器内温度低于外界温度,则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
答案:低于 大于
【素养训练】
1.一定量的气体,从外界吸收热量6.2×105
J,内能增加4.7×105
J。则下列说法中正确的是( )
A.气体对外做功1.5×105
J
B.外界对气体做功1.7×105
J
C.气体对外做功1.7×105
J
D.外界对气体做功1.5×105
J
【解析】选A。由题意,气体吸收热量为Q=6.2×105
J,内能增加了ΔU=4.7×105
J,设外界对气体做功为W,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:W=ΔU-Q=4.7×105
J-6.2×105
J=-1.5×105
J,即气体对外界做功1.5×105
J。故选A。
2.2019年12月1日,粤东农批·2019球王故里五华马拉松赛在五华粤东农批广场激情开跑。此次活动能圆满举行离不开一群可爱的志愿者,他们到了午餐时间也只是吃点自热米饭,对于自热米饭很多人还不是很了解,自热米饭盒内有一个发热包,遇水发生化学反应而产生大量热能,不需要明火,温度可超过100
℃,盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品。自热米饭的盖子上有一个透气孔,如果透气孔堵塞,容易造成小型爆炸。有关自热米饭盒爆炸的说法,正确的是
( )
A.自热米饭盒爆炸,是盒内气体温度升高,气体分子间斥力急剧增大的结果
B.在自热米饭盒爆炸的瞬间,盒内气体内能增加
C.在自热米饭盒爆炸的瞬间,盒内气体温度降低
D.自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,标志着每一个气体分子速率都增大了
【解析】选C。自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,由分子动理论知,体积不变,气体分子间作用力忽略不计,分子间的作用力不变,故A错误;根据热力学第一定律,爆裂前气体温度升高,内能增大,突然爆裂的瞬间气体对外界做功,其内能减少,温度也会有所下降,故B错误,C正确;自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,分子平均动能增加,但并不是每一个气体分子速率都增大,故D错误。
【补偿训练】
1.(多选)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,对外界做了0.6
J的功,则在此过程中关于气泡中的气体(可视为理想气体),下列说法正确的是
( )
A.气体的内能不变
B.气体体积要减小
C.气体向外界放出的热量大于0.6
J
D.气体从外界吸收的热量等于0.6
J
【解析】选A、D。温度是分子平均动能的标志,温度不变,则分子平均动能不变,理想气体分子势能不计,故在气泡上升过程中,气体的内能不变,故A正确;由题意知气泡对外界做功,则体积变大,B错误;由热力学第一定律可知:W+Q=ΔU,气体对外做功,故W=Q=0.6
J,故气体从外界吸热,吸收的热量Q=0.6
J,故C错误、D正确。
2.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了8×104
J的功,气体的内能减少了1.2×105
J,则下列各式中正确的是( )
A.W=8×104
J,ΔU=1.2×105
J,Q=4×104
J
B.W=8×104
J,ΔU=-1.2×105
J,Q=-2×105
J
C.W=-8×104
J,ΔU=1.2×105
J,Q=2×105
J
D.W=-8×104
J,ΔU=-1.2×105
J,Q=-4×104
J
【解析】选B。因为外界对气体做功,W取正值,即W=8×104
J,内能减少,ΔU取负值,即ΔU=-1.2×105
J,根据ΔU=Q+W,可得Q=ΔU-W=-1.2×105
J-8×104
J=-2×105
J,B正确。
二 能量守恒定律的应用
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、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
须是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.第一类永动机失败的原因分析:如果没有外界热源供给热量,则有U2-U1=W,就是说,如果系统内能减少,即U2【思考·讨论】
有一种所谓“全自动”机械手表,既不需要上发条,也不用任何电源,却能不停地走下去。
讨论:
(1)这是不是一种永动机?
提示:这不是永动机。
(2)如果不是,维持表针走动的能量是从哪儿来的?
提示:手表戴在手腕上,通过手臂的运动,机械手表获得能量,供手表发条做机械运动。若将此手表长时间放置不动,它就会停下来。
【典例示范】
下列有关能量的描述正确的是( )
A.“又要马儿跑得快,又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律
B.工作中的电风扇,消耗的电能大于输出的机械能,该过程能量不守恒
C.滑块在粗糙的水平面上减速滑行,最终停了下来,动能消失,能量不守恒
D.同时做自由落体运动的物体,质量越大,势能减少越快,机械能减少也越快
【解析】选A。马儿跑的时候需要消耗能量,而草能够为马儿提供能量,因此“既要马儿跑,又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律,故A正确;工作中的电风扇,消耗的电能大于输出的机械能,损失的电能转化为内能,该过程能量仍守恒,故B错误;滑块在粗糙的水平面上减速滑行,最终停了下来,减小的动能转化为内能,能量守恒,故C错误;同时做自由落体运动的物体,运动的快慢与质量无关,减少的势能转化为动能,机械能不变,故D错误。
【素养训练】
1.“第一类永动机”是不可能制成的,这是因为它( )
A.不符合热力学第一定律
B.做功产生的热量太少
C.由于有摩擦、热损失等因素的存在
D.找不到合适的材料和合理的设计方案
【解析】选A。第一类永动机是不可能制成的,因为它违背了能量守恒定律,即热力学第一定律,故A正确,B、C、D错误。
2.由能量守恒定律可知( )
A.能量可以被消灭,也可以被创生
B.因为能量是守恒的,所以不可能发生能源危机
C.因为能量是守恒的,所以不需要节约能源
D.不同形式的能量之间可以相互转化
【解析】选D。能量不能被创生,也不能被消灭,故A错误;能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,故一定要注意节约能源,防止能源危机,故B、C错误;不同形式的能量之间可以相互转化,总量不变,故D正确。
【补偿训练】
1.关于能量转化,以下说法中不正确的是( )
A.正在运转中的电风扇是机械能变成电能
B.燃烧煤是化学能转变为内能
C.电热器是将电能转变为内能
D.水力发电站是使水流的机械能转变为电能
【解析】选A。电扇是消耗电能使风扇转动,是将电能转化为机械能,故A错误;燃烧发生化学变化,产生热量,故是化学能转变为内能,故B正确;电热器是通电后发热,消耗电能,产生热能,故C正确;水力发电站利用水流的机械能产生电能,故D正确。
2.如图所示,直立容器内部有被隔板隔开的A和B两部分气体,A的密度较小,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ΔU,则
( )
A.ΔU=Q
B.ΔUC.ΔU>Q
D.无法比较
【解析】选B。据题意,A的密度小,B的密度大,两气体均匀混合后整体的重心升
高,重力势能增加,吸收的热量一部分用来增加内能,一部分用来增加系统的重
力势能,所以:ΔU【拓展例题】考查内容:热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【典例】(多选)如图所示,质量一定的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内,活塞与汽缸壁之间无摩擦。a态时气体温度80
℃,b态时气体温度是20
℃。气体从a态缓慢变到b态的过程中,大气压强始终保持不变,活塞保持平衡,下列说法中正确的是
( )
A.从a态到b态的过程中外界对气体做的功一定小于气体向外界释放的热量
B.a态与b态的气体分子在单位面积上对活塞的作用力相等
C.a态气体分子的平均动能一定比b态气体分子的平均动能大
D.气体放出的热量等于气体减少的内能与活塞减少的重力势能之和
【解析】选A、B、C。不计分子间相互作用的势能,温度低内能就小,根据热力学第一定律知从a态到b态的过程中外界对气体做的功一定小于气体向外界释放的热量,A正确;由于压强不变,所以a态与b态的气体分子在单位面积上对活塞的作用力相等,B正确;温度是平均动能的标志,所以a态气体分子的平均动能一定比b态气体分子的平均动能大,C正确;气体放出的热量=气体减少的内能-活塞减少的重力势能-大气压力做功,D错误。
课堂检测·素养达标
1.在热力学第一定律表达式ΔU=W+Q中,关于各个物理量的正负,下列说法正确的是( )
A.外界对物体做功时W为正,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为正
B.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为负
C.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为正
D.外界对物体做功时W为负,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为负
【解析】选C。在热力学第一定律:ΔU=W+Q中,外界对物体做功时W为正的,物体对外界做功时W为负的;物体吸热时Q为正的,放热时Q为负的;内能增加时ΔU为正的,内能减少时ΔU为负的;故选C。
2.关于能量转化与守恒的理解,下列说法中正确的是( )
A.能量是守恒的,不可能消失,所以不会发生能源危机
B.能量既会凭空产生,也会凭空消失
C.能量可以从一种形式转化为另一种形式
D.能量在转化的过程中,能量在数量上会减少
【解析】选C。能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,随着可利用能源的消耗,能量可以利用的品质降低了,所以会有能源危机,故A错误;根据能量守恒定律可知,能量既不会凭空消失,也不会凭空产生,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转移和转化过
程中,能的总量保持不变,故B、D错误,C正确。
3.如图所示,一导热性能良好的金属汽缸内封闭一定质量的理想气体。现缓慢地向活塞上倒一定质量的沙土,忽略环境温度的变化,在此过程中( )
A.单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
B.汽缸内大量分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
C.汽缸内大量分子的平均动能增大
D.气体的内能增大
【解析】选A。金属汽缸导热性能良好,由于热交换,汽缸内封闭气体温度与环境温度相同,过程为等温压缩,压强增大,体积减小,则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多,故A正确;气体温度不变,温度是分子平均动能的标志,分子平均动能不变,汽缸内大量分子撞击气缸壁的平均作用力不变,故B、C错误;由于热交换,汽缸内封闭气体温度与环境温度相同,保持不变,分子平均动能不变,理想气体分子势能忽略,故气体内能不变,故D错误。
情境:
如图为某同学设计的一个温度计,一金属球形容器上部有一开口的玻璃管,玻璃管内水银柱封闭着一定质量的理想气体,外界大气压保持不变。
问题:(1)当水银柱缓慢上升时,容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力________(选填“增大”“不变”或“减小”),气体对外做功________(选填“大于”“等于”或“小于”)吸收的热量。?
(2)如果玻璃管内部横截面积为S,当外界热力学温度为T1时,空气柱长度为l1,现把容器浸在热力学温度为T2的热水中,空气柱长度变为l2,不计容器的热胀冷缩,试求该容器球形部分内部的容积V。
【解析】(1)封闭气体的压强p=p0+ρgh,水银柱的长度不变,压强不变,容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力不变;水银柱缓慢上升时,气体体积增大,气体对外界做功(W<0),根据理想气体状态方程=C,温度一定升高,内能增大(ΔU>0),再根据热力学第一定律:ΔU=Q+W>0,即Q>-W>0,所以Q>|W|,即气体对外做功小于吸收的热量。
(2)气体初状态体积为V1=V+l1S,温度为T1
气体末状态体积为V2=V+l2S,温度为T2
气体等压变化,根据盖-吕萨克定律:=
代入数据解得:V=
即该容器球形部分内部的容积为。
答案:(1)不变 小于 (2)(共77张PPT)
2.热力学第一定律
3.能量守恒定律
必备知识·素养奠基
一、热力学第一定律
【思考】
问题1:这个机械的动力力矩大于阻力力矩吗?
问题2:这个机械能自动地转动下去永不停止吗?
提示:1.不大于,总动力力矩的和不大于总阻力力矩的和。
2.不能,因为违反了能量守恒定律。
1.改变内能的两种方式:做功与_____。两者在改变系统内能方面是_______。
2.热力学第一定律:
(1)内容:一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的_____与外界对它
_________的和。
(2)数学表达式:ΔU=____。
传热
等效的
热量
所做的功
Q+W
二、能量守恒定律
1.内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式_____为另
一种形式,或者从一个物体_____到别的物体,在转化或转移的过程中能量的总
量_________。
2.意义:
(1)各种形式的能可以_________。
(2)各种物理现象可以用_____________联系在一起。
转化
转移
保持不变
相互转化
能量守恒定律
关键能力·素养形成
一 热力学第一定律的应用
1.对公式ΔU=Q+W中ΔU、Q、W符号的规定:
符号
Q
W
ΔU
+
物体吸收热量
外界对物体做功
内能增加
-
物体放出热量
物体对外界做功
内能减少
2.几种特殊情况:
(1)若过程是绝热的,即Q=0,则ΔU=W,物体内能的增加量等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功,即W=0,则ΔU=Q,物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量。
(3)若过程的始末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W=-Q(或Q=-W),外界对物体做的功等于物体放出的热量(或物体吸收的热量等于物体对外界做的功)。
3.判断是否做功的方法:一般情况下外界对物体做功与否,需看物体的体积是否变化。
(1)若物体体积增大,表明物体对外界做功,W<0。
(2)若物体体积减小,表明外界对物体做功,W>0。
【思考·讨论】
如图所示,一定质量的理想气体由a状态变化到b状态,请在图像基础上思考以下问题:
讨论:
(1)在变化过程中是气体对外做功,还是外界对气体做功?
(2)在变化过程中气体吸热,还是向外放热?气体内能增加了,还是减少了?
提示:(1)由图可知,气体的变化为等压膨胀,一定是对外做功。
(2)由日常经验可知,理想气体在等压膨胀过程中需要从外界吸收热量。由盖-吕萨克定律可知,理想气体在等压膨胀过程中温度升高,内能一定增加。
【典例示范】
(2019·全国卷Ⅰ)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同。此时,容器中空气的温度______(选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度________(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。?
【解析】容器与活塞绝热性能良好,容器中空气与外界不发生热交换(Q=0),活
塞移动的过程中,容器中空气压强减小,则容器中空气正在膨胀,体积增大,对
外界做功,即W<0。根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知:容器中空气内能减小,温
度降低,容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有
,
又ρ=
,联立解得:ρ=
。对容器外与容器内质量均为m的气体,因容器中
空气压强和容器外空气压强相同,容器内温度低于外界温度,则容器中空气的
密度大于外界空气的密度。
答案:低于 大于
【素养训练】
1.一定量的气体,从外界吸收热量6.2×105
J,内能增加4.7×105
J。则下列说法中正确的是
( )
A.气体对外做功1.5×105
J
B.外界对气体做功1.7×105
J
C.气体对外做功1.7×105
J
D.外界对气体做功1.5×105
J
【解析】选A。由题意,气体吸收热量为Q=6.2×105
J,内能增加了ΔU=4.7×
105
J,设外界对气体做功为W,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:W=ΔU-Q=4.7
×105
J-6.2×105
J=-1.5×105
J,即气体对外界做功1.5×105
J。故选A。
2.2019年12月1日,粤东农批·2019球王故里五华马拉松赛在五华粤东农批广场激情开跑。此次活动能圆满举行离不开一群可爱的志愿者,他们到了午餐时间也只是吃点自热米饭,对于自热米饭很多人还不是很了解,自热米饭盒内有一个发热包,遇水发生化学反应而产生大量热能,不需要明火,温度可超过100
℃,盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品。自热米饭的盖子上有一个透气孔,如果透气孔堵塞,容易造成小型爆炸。有关自热米饭盒爆炸的说法,正确的是( )
A.自热米饭盒爆炸,是盒内气体温度升高,气体分子间斥力急剧增大的结果
B.在自热米饭盒爆炸的瞬间,盒内气体内能增加
C.在自热米饭盒爆炸的瞬间,盒内气体温度降低
D.自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,标志着每一个气体分子速率都增大了
【解析】选C。自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,由分子动理论知,体积不变,气体分子间作用力忽略不计,分子间的作用力不变,故A错误;根据热力学第一定律,爆裂前气体温度升高,内能增大,突然爆裂的瞬间气体对外界做功,其内能减少,温度也会有所下降,故B错误,C正确;自热米饭盒爆炸前,盒内气体温度升高,分子平均动能增加,但并不是每一个气体分子速率都增大,故D错误。
【补偿训练】
1.(多选)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,对外界做了0.6
J的功,则在此过程中关于气泡中的气体(可视为理想气体),下列说法正确的是
( )
A.气体的内能不变
B.气体体积要减小
C.气体向外界放出的热量大于0.6
J
D.气体从外界吸收的热量等于0.6
J
【解析】选A、D。温度是分子平均动能的标志,温度不变,则分子平均动能不变,理想气体分子势能不计,故在气泡上升过程中,气体的内能不变,故A正确;由题意知气泡对外界做功,则体积变大,B错误;由热力学第一定律可知:W+Q=
ΔU,气体对外做功,故W=Q=0.6
J,故气体从外界吸热,吸收的热量Q=0.6
J,故C错误、D正确。
2.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了8×104
J的功,气体的内能减少了1.2×105
J,则下列各式中正确的是
( )
A.W=8×104
J,ΔU=1.2×105
J,Q=4×104
J
B.W=8×104
J,ΔU=-1.2×105
J,Q=-2×105
J
C.W=-8×104
J,ΔU=1.2×105
J,Q=2×105
J
D.W=-8×104
J,ΔU=-1.2×105
J,Q=-4×104
J
【解析】选B。因为外界对气体做功,W取正值,即W=8×104
J,内能减少,ΔU取负值,即ΔU=-1.2×105
J,根据ΔU=Q+W,可得Q=ΔU-W=-1.2×105
J-8×104
J=-2
×105
J,B正确。
二 能量守恒定律的应用
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、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,必须是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.第一类永动机失败的原因分析:如果没有外界热源供给热量,则有U2-U1=W,就是说,如果系统内能减少,即U2 【思考·讨论】
有一种所谓“全自动”机械手表,既不需要上发条,也不用任何电源,却能不停地走下去。
讨论:
(1)这是不是一种永动机?
提示:这不是永动机。
(2)如果不是,维持表针走动的能量是从哪儿来的?
提示:手表戴在手腕上,通过手臂的运动,机械手表获得能量,供手表发条做机械运动。若将此手表长时间放置不动,它就会停下来。
【典例示范】
下列有关能量的描述正确的是
( )
A.“又要马儿跑得快,又要马儿不吃草”违背了能量守恒定律
B.工作中的电风扇,消耗的电能大于输出的机械能,该过程能量不守恒
C.滑块在粗糙的水平面上减速滑行,最终停了下来,动能消失,能量不守恒
D.同时做自由落体运动的物体,质量越大,势能减少越快,机械能减少也越快
【解析】选A。马儿跑的时候需要消耗能量,而草能够为马儿提供能量,因此“既要马儿跑,又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律,故A正确;工作中的电风扇,消耗的电能大于输出的机械能,损失的电能转化为内能,该过程能量仍守恒,故B错误;滑块在粗糙的水平面上减速滑行,最终停了下来,减小的动能转化为内能,能量守恒,故C错误;同时做自由落体运动的物体,运动的快慢与质量无关,减少的势能转化为动能,机械能不变,故D错误。
【素养训练】
1.“第一类永动机”是不可能制成的,这是因为它
( )
A.不符合热力学第一定律
B.做功产生的热量太少
C.由于有摩擦、热损失等因素的存在
D.找不到合适的材料和合理的设计方案
【解析】选A。第一类永动机是不可能制成的,因为它违背了能量守恒定律,即热力学第一定律,故A正确,B、C、D错误。
2.由能量守恒定律可知
( )
A.能量可以被消灭,也可以被创生
B.因为能量是守恒的,所以不可能发生能源危机
C.因为能量是守恒的,所以不需要节约能源
D.不同形式的能量之间可以相互转化
【解析】选D。能量不能被创生,也不能被消灭,故A错误;能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,故一定要注意节约能源,防止能源危机,故B、C错误;不同形式的能量之间可以相互转化,总量不变,故D正确。
【补偿训练】
1.关于能量转化,以下说法中不正确的是
( )
A.正在运转中的电风扇是机械能变成电能
B.燃烧煤是化学能转变为内能
C.电热器是将电能转变为内能
D.水力发电站是使水流的机械能转变为电能
【解析】选A。电扇是消耗电能使风扇转动,是将电能转化为机械能,故A错误;燃烧发生化学变化,产生热量,故是化学能转变为内能,故B正确;电热器是通电后发热,消耗电能,产生热能,故C正确;水力发电站利用水流的机械能产生电能,故D正确。
2.如图所示,直立容器内部有被隔板隔开的A和B两部分气体,A的密度较小,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ΔU,则
( )
A.ΔU=Q
B.ΔUC.ΔU>Q
D.无法比较
【解析】选B。据题意,A的密度小,B的密度大,两气体均匀混合后整体的重心升高,重力势能增加,吸收的热量一部分用来增加内能,一部分用来增加系统的重力势能,所以:ΔU【拓展例题】考查内容:热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【典例】(多选)如图所示,质量一定的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内,活塞与汽缸壁之间无摩擦。a态时气体温度80
℃,b态时气体温度是20
℃。气体从a态缓慢变到b态的过程中,大气压强始终保持不变,活塞保持平衡,下列说法中正确的是
( )
A.从a态到b态的过程中外界对气体做的功一定小于气体向外界释放的热量
B.a态与b态的气体分子在单位面积上对活塞的作用力相等
C.a态气体分子的平均动能一定比b态气体分子的平均动能大
D.气体放出的热量等于气体减少的内能与活塞减少的重力势能之和
【解析】选A、B、C。不计分子间相互作用的势能,温度低内能就小,根据热力学第一定律知从a态到b态的过程中外界对气体做的功一定小于气体向外界释放的热量,A正确;由于压强不变,所以a态与b态的气体分子在单位面积上对活塞的作用力相等,B正确;温度是平均动能的标志,所以a态气体分子的平均动能一定比b态气体分子的平均动能大,C正确;气体放出的热量=气体减少的内能-活塞减少的重力势能-大气压力做功,D错误。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.在热力学第一定律表达式ΔU=W+Q中,关于各个物理量的正负,下列说法正确的是
( )
A.外界对物体做功时W为正,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为正
B.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为负
C.物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为正
D.外界对物体做功时W为负,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为负
【解析】选C。在热力学第一定律:ΔU=W+Q中,外界对物体做功时W为正的,物体对外界做功时W为负的;物体吸热时Q为正的,放热时Q为负的;内能增加时ΔU为正的,内能减少时ΔU为负的;故选C。
2.关于能量转化与守恒的理解,下列说法中正确的是
( )
A.能量是守恒的,不可能消失,所以不会发生能源危机
B.能量既会凭空产生,也会凭空消失
C.能量可以从一种形式转化为另一种形式
D.能量在转化的过程中,能量在数量上会减少
【解析】选C。能量虽然是守恒的,总量不变,但是我们可以利用的能源是有限的,随着可利用能源的消耗,能量可以利用的品质降低了,所以会有能源危机,故A错误;根据能量守恒定律可知,能量既不会凭空消失,也不会凭空产生,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转移和转化过程中,能的总量保持不变,故B、D错误,C正确。
3.如图所示,一导热性能良好的金属汽缸内封闭一定质量的理想气体。现缓慢地向活塞上倒一定质量的沙土,忽略环境温度的变化,在此过程中
( )
A.单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
B.汽缸内大量分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
C.汽缸内大量分子的平均动能增大
D.气体的内能增大
【解析】选A。金属汽缸导热性能良好,由于热交换,汽缸内封闭气体温度与环境温度相同,过程为等温压缩,压强增大,体积减小,则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多,故A正确;气体温度不变,温度是分子平均动能的标志,分子平均动能不变,汽缸内大量分子撞击气缸壁的平均作用力不变,故B、C错误;由于热交换,汽缸内封闭气体温度与环境温度相同,保持不变,分子平均动能不变,理想气体分子势能忽略,故气体内能不变,故D错误。
【新思维·新考向】
情境:如图为某同学设计的一个温度计,一金属球形容器上部有一开口的玻璃管,玻璃管内水银柱封闭着一定质量的理想气体,外界大气压保持不变。
问题:
(1)当水银柱缓慢上升时,容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力________(选填“增大”“不变”或“减小”),气体对外做功________(选填“大于”“等于”或“小于”)吸收的热量。?
(2)如果玻璃管内部横截面积为S,当外界热力学温度为T1时,空气柱长度为l1,现把容器浸在热力学温度为T2的热水中,空气柱长度变为l2,不计容器的热胀冷缩,试求该容器球形部分内部的容积V。
【解析】(1)封闭气体的压强p=p0+ρgh,水银柱的长度不变,压强不变,容器内
壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力不变;水银柱缓慢上升时,气体体积
增大,气体对外界做功(W<0),根据理想气体状态方程
,温度一定升高,内
能增大(ΔU>0),再根据热力学第一定律:ΔU=Q+W>0,即Q>-W>0,所以Q>|W|,即气
体对外做功小于吸收的热量。
(2)气体初状态体积为V1=V+l1S,温度为T1
气体末状态体积为V2=V+l2S,温度为T2
气体等压变化,根据盖-吕萨克定律:
代入数据解得:
即该容器球形部分内部的容积为
。
答案:(1)不变 小于 (2)
课时素养评价
九 热力学第一定律 能量守恒定律
【基础达标】
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.关于一定质量的气体,下列说法正确的是
( )
A.气体放出热量,其内能一定减小
B.气体对外做功,其内能一定减小
C.气体的温度降低,每个分子热运动的动能一定减小
D.气体的温度降低,分子热运动的平均动能一定减小
【解析】选D。根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体放出热量(Q<0),但气体做功不明确,其内能不一定减小,故A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体对外做功(W<0),但气体和外界热交换不明确,其内能不一定减小,故B错误;气体的温度降低,分子的平均动能减小,但并非每个分子热运动的动能都减小,故C错误,D正确。
2.如图所示,内壁光滑的汽缸水平放置,一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内,外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。则在此过程中
( )
A.气体分子平均动能增大
B.气体分子平均动能不变
C.气体分子平均动能减小
D.气体内能变化了Q+p0(V2-V1)
【解析】选A。气体等压膨胀,由
体积V增大,故温度T升高;温度是分子
热运动平均动能的标志,温度升高,气体分子平均动能增大,故选项A正确,B、C
错误;根据热力学第一定律得:ΔU=Q+W,而W=-p0SΔL=-p0ΔV=-p0(V2-V1),所以
气体内能变化了ΔU=Q-p0(V2-V1),故选项D错误。
3.下列有关说法正确的是
( )
A.能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一个物体
B.既然能量守恒,所以不必担心会发生“能源危机”
C.在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,说明能量正在消失
D.做功越多,物体的能量就越大
【解析】选A。根据能量守恒定律可知,能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一物体,故A正确;能的转化过程虽然符合能量守恒定律,但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”,能量向品质低的大气内能转化,不能再重复利用,因此要节约能源,故B错误;在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,能量不会消失,是在转化,故C错误;功是能量转化的量度,功是过程,能量是状态,做功多,说明能量转化的多,故D错误。
4.一定量的理想气体在某一过程中,从外界吸收热量2.5×104
J,气体对外界做功1.0×104
J,则该理想气体的
( )
A.温度降低,密度增大
B.温度降低,密度减小
C.温度升高,密度增大
D.温度升高,密度减小
【解析】选D。由热力学第一定律ΔU=W+Q,Q=2.5×104
J,W=-1.0×104
J,可知ΔU大于零,气体内能增加,温度升高,A、B错;气体对外做功,体积增大,密度减小,C错,D对。
【总结提升】应用热力学第一定律解题的思路与步骤
(1)应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
(2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量;外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外界所做的功。
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解。
(4)特别注意的就是物理量的正负号及其物理意义。
5.三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100
m,用于发电的水流量约为1.0×104
m3/s。如果通过水轮机以后水的动能忽略不计,水流减少的机械能有90
%转化为电能,按照以上数据估算,三峡发电站的发电功率最大数量级最接近(g取10
m/s2)
( )
A.1010
W
B.108
W
C.107
W
D.105
W
【解析】选A。每秒钟水流质量m=ρQ,
每秒钟流水的势能Ep=mgh,
每秒钟流水转化的电能E=90
%Ep,
所以三峡发电站的发电功率
=0.9ρQgh
=0.9×1.0×103×1.0×104×10×100
W=0.9×1010
W,即三峡发电站的发电功
率最大数量级最接近1010
W,故A正确,B、C、D错误。
6.如图所示容器中,A、B各有一个可自由移动的轻活塞,活塞下面是水,上面为空气,大气压恒定。A、B底部由带有阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热。原先A中的水面比B中高,打开阀门,使A中的水逐渐向B中流,最后达到平衡。在这个过程中
( )
A.大气压力对水做功,水的内能增加
B.水克服大气压力做功,水的内能减少
C.大气压力对水不做功,水的内能不变
D.大气压力对水不做功,水的内能增加
【解析】选D。打开阀门K后,据连通器原理,最后A、B
两管中的水面将相平,如图所示,即A中水面下降,B中水
面上升;设A管横截面积为S1,水面下降距离为h1,B管横
截面积为S2,水面上升距离为h2,由于水的总体积保持不变,则有S1h1=S2h2,A管中大气压力对水做的功:W1=p0S1h1,B管中大气压力对水做的功:W2=-p0S2h2,大气压力对水做的总功:W=W1+W2=p0S1h1-p0S2h2,因为S1h1=S2h2,所以W=0,即大气压力对水不做功;由于水的重心降低,重力势能减小,由能量守恒定律知水的内能增加。故D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(10分)外界对一定质量的气体做了200
J的功,同时该气体又向外界放出了80
J的热量,则气体的内能________(选填“增加”或“减少”)了________J。?
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)热力学第一定律的公式ΔU=W+Q。
(2)外界对物体做功、吸收热量、内能增加皆取正号;物体对外界做功、放出热量、内能减少皆取负号。
【解析】外界对气体做了200
J的功,则W=200
J,气体向外界放出了80
J的热量,则Q=-80
J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得:ΔU=200
J-80
J=120
J>0,故内能增加,增加了120
J。
答案:增加 120
8.(14分)如图所示,有人设计了这样一台“永动机”:距地面
一定高度架设一个水槽,水从槽底的管中流出,冲击一个水轮
机,水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮。他指望抽水
机把地面水槽里的水抽上去,这样循环不已,机器不停地转动,
就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。请你分析一下,高处
水槽中水的势能转变成哪几种形式的能,说明这个机器是否能够永远运动下去。
【解析】取顶部水槽中流出的水为研究对象,在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中,它的重力势能一部分转化为自身的动能,一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能,一部分转化为砂轮和工件的内能,还有一部分转化为抽水机抽上的水的重力势能。由能的转化和守恒定律知,抽水机抽上的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能,如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积,则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽,即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去,如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽,则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多,最后顶部水槽中的水很快就会流光。
答案:见解析
【能力提升】（15分钟·40分）
9.(6分)(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,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
【解析】选B、C、D。从状态d到c,温度不变,理想气体内能不变,但是由于压强减小,所以体积增大,对外做功,还要保持内能不变,一定要吸收热量,故选项A错;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,故选项B对;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,选项C正确;气体从状态b到状态a是个等容变化过程,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,气体内能的增大是因为气体吸热,故选项D对。
10.(6分)(多选)如图所示,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中,则易拉罐在水中缓慢下降过程中,罐内空气(可视为理想气体)
( )
A.每个分子的动能都不变
B.分子间的平均距离减小
C.向外界放热
D.对外界做正功
【解题指南】解答本题时应明确以下几点:
(1)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体温度不变。
(2)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体压强变大。
(3)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体体积减小。
【解析】选B、C。易拉罐在水中缓慢下降时内部空气温度不变、压强增大,由玻意耳定律可知气体体积减小。由于温度不变,分子的平均动能不变,但有的分子动能可能增大,有的分子动能可能减小,故选项A错误;由于气体体积减小,故气体对外做负功,分子间的平均距离减小,选项B正确,选项D错误;由热力学第一定律可知,气体向外界放出热量,选项C正确。
11.(6分)(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是
( )
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
【解析】选B、D。过程①为等容变化,根据查理定律有
因为温度逐渐
增加,则气体的压强逐渐增加,故选项A错误;过程②气体体积增加,则气体对外
界做正功,故选项B正确;过程④中为体积不变,则气体对外界不做功,外界对气
体也不做功,即W=0,理想气体的温度降低,则内能减少,即ΔU<0,根据热力学第
一定律ΔU=W+Q可知Q<0,则气体向外界放出了热量,故选项C错误;状态c、d的
温度相等,则分子平均动能相等,理想气体没有分子势能,则内能相等,故选项D
正确。
12.(6分)如图所示,竖直放置的粗细均匀的U形管,右端封闭有
一段空气柱,两管内水银面高度差为h=19
cm,封闭空气柱长度
为L1=40
cm。为了使左、右两管中的水银面相平(设外界大气压
强p0=76
cmHg,空气柱温度保持不变),则:
(1)需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱?此时封闭端空气柱的长度是多少?
(2)注入水银过程中,外界对封闭空气做______(选填“正功”或“负功”),气体将________(选填“吸热”或“放热”)。?
【解析】(1)假设两管中水银面相平时右管中空气柱长度为L2。由玻意耳定律p1V1=p2V2得:(p0-h)SL1=p0SL2,
解得:L2=30
cm,
需要再注入的水银柱长度为:x=2(L1-L2)+19
cm=39
cm。
(2)在注入水银的过程中右管中气体体积减小,故外界对封闭空气做正功;由于气体温度保持不变,故内能不变,由热力学第一定律可知气体一定是放热。
答案:(1)39
cm 30
cm (2)正功 放热
13.(16分)如图所示,导热良好的汽缸直立在水平地面上,汽
缸的质量为m,高度为L,底面面积为
S。用活塞把一定量的气
体封闭在汽缸内,活塞可沿汽缸壁无摩擦移动,活塞及气体的
质量可忽略不计,气体可看作理想气体。平衡时,活塞处于距汽缸底
处。现用
力F缓慢向上拉动活塞,直至汽缸刚要离开地面,此过程中活塞未移动到汽缸口
处。(环境温度保持不变,环境气体压强为p0)求:
(1)汽缸刚要离开地面时,活塞距汽缸底的距离;
(2)若此过程中力F做功为W,则封闭气体需从外界吸收多少热量?
【解析】(1)汽缸刚要离开地面时,对整体由平衡条件可知:F=mg,
活塞处于平衡状态,设此时封闭气体压强为p,
有F+pS=p0S,
此过程气体做等温变化,设此时活塞距汽缸底的距离为L′,
则由玻意尔定律得:pSL′=p0S×
L,
联立各式,解得:
(2)此过程中力F对活塞做正功,环境气体对活塞做负功,封闭气体对活塞做正
功,总功为零,设封闭气体做功为W0,有W+W0=p0S(L′-
L),
由于封闭气体温度不变,所以其内能保持不变,
由热力学定律知,封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量,有Q=W0,
解得
答案:(1)
(2)“课时素养评价
”
九 热力学第一定律 能量守恒定律
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.关于一定质量的气体,下列说法正确的是
( )
A.气体放出热量,其内能一定减小
B.气体对外做功,其内能一定减小
C.气体的温度降低,每个分子热运动的动能一定减小
D.气体的温度降低,分子热运动的平均动能一定减小
【解析】选D。根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体放出热量(Q<0),但气体做功不明确,其内能不一定减小,故A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体对外做功(W<0),但气体和外界热交换不明确,其内能不一定减小,故B错误;气体的温度降低,分子的平均动能减小,但并非每个分子热运动的动能都减小,故C错误,D正确。
2.如图所示,内壁光滑的汽缸水平放置,一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内,外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2。则在此过程中
( )
A.气体分子平均动能增大
B.气体分子平均动能不变
C.气体分子平均动能减小
D.气体内能变化了Q+p0(V2-V1)
【解析】选A。气体等压膨胀,由=C,体积V增大,故温度T升高;温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,气体分子平均动能增大,故选项A正确,B、C错误;根据热力学第一定律得:ΔU=Q+W,而W=-p0SΔL=-p0ΔV=-p0(V2-V1),所以气体内能变化了ΔU=Q-p0(V2-V1),故选项D错误。
3.下列有关说法正确的是
( )
A.能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一个物体
B.既然能量守恒,所以不必担心会发生“能源危机”
C.在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,说明能量正在消失
D.做功越多,物体的能量就越大
【解析】选A。根据能量守恒定律可知,能量能从一种形式转化为另一种形式,也能从一个物体转移到另一物体,故A正确;能的转化过程虽然符合能量守恒定律,但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”,能量向品质低的大气内能转化,不能再重复利用,因此要节约能源,故B错误;在水平路面行驶的汽车,关闭油门后慢慢停下来,能量不会消失,是在转化,故C错误;功是能量转化的量度,功是过程,能量是状态,做功多,说明能量转化的多,故D错误。
4.一定量的理想气体在某一过程中,从外界吸收热量2.5×104
J,气体对外界做功1.0×104
J,则该理想气体的
( )
A.温度降低,密度增大
B.温度降低,密度减小
C.温度升高,密度增大
D.温度升高,密度减小
【解析】选D。由热力学第一定律ΔU=W+Q,Q=2.5×104
J,W=-1.0×104
J,可知ΔU大于零,气体内能增加,温度升高,A、B错;气体对外做功,体积增大,密度减小,C错,D对。
【总结提升】应用热力学第一定律解题的思路与步骤
(1)应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
(2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量;外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外界所做的功。
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解。
(4)特别注意的就是物理量的正负号及其物理意义。
5.三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100
m,用于发电的水流量约为1.0×104
m3/s。如果通过水轮机以后水的动能忽略不计,水流减少的机械能有90
%转化为电能,按照以上数据估算,三峡发电站的发电功率最大数量级最接近(g取10
m/s2)
( )
A.1010
W
B.108
W
C.107
W
D.105
W
【解析】选A。每秒钟水流质量m=ρQ,
每秒钟流水的势能Ep=mgh,
每秒钟流水转化的电能E=90
%Ep,
所以三峡发电站的发电功率P==0.9ρQgh=0.9×1.0×103×1.0×104×10×100
W=0.9×1010
W,即三峡发电站的发电功率最大数量级最接近1010
W,故A正确,B、C、D错误。
6.如图所示容器中,A、B各有一个可自由移动的轻活塞,活塞下面是水,上面为空气,大气压恒定。A、B底部由带有阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热。原先A中的水面比B中高,打开阀门,使A中的水逐渐向B中流,最后达到平衡。在这个过程中
( )
A.大气压力对水做功,水的内能增加
B.水克服大气压力做功,水的内能减少
C.大气压力对水不做功,水的内能不变
D.大气压力对水不做功,水的内能增加
【解析】选D。打开阀门K后,据连通器原理,最后A、B两管中的水面将相平,如图所示,即A中水面下降,B中水面上升;设A管横截面积为S1,水面下降距离为h1,B管横截面积为S2,水面上升距离为h2,由于水的总体积保持不变,则有S1h1=S2h2,A管中大气压力对水做的功:W1=p0S1h1,B管中大气压力对水做的功:W2=-p0S2h2,大气压力对水做的总功:W=W1+W2=p0S1h1-p0S2h2,因为S1h1=S2h2,所以W=0,即大气压力对水不做功;由于水的重心降低,重力势能减小,由能量守恒定律知水的内能增加。故D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(10分)外界对一定质量的气体做了200
J的功,同时该气体又向外界放出了80
J的热量,则气体的内能________(选填“增加”或“减少”)了________J。?
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)热力学第一定律的公式ΔU=W+Q。
(2)外界对物体做功、吸收热量、内能增加皆取正号;物体对外界做功、放出热量、内能减少皆取负号。
【解析】外界对气体做了200
J的功,则W=200
J,气体向外界放出了80
J的热量,则Q=-80
J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得:ΔU=200
J-80
J=120
J>0,故内能增加,增加了120
J。
答案:增加 120
8.(14分)如图所示,有人设计了这样一台“永动机”:距地面一定高度架设一个水槽,水从槽底的管中流出,冲击一个水轮机,水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮。他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去,这样循环不已,机器不停地转动,就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。请你分析一下,高处水槽中水的势能转变成哪几种形式的能,说明这个机器是否能够永远运动下去。
【解析】取顶部水槽中流出的水为研究对象,在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中,它的重力势能一部分转化为自身的动能,一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能,一部分转化为砂轮和工件的内能,还有一部分转化为抽水机抽上的水的重力势能。由能的转化和守恒定律知,抽水机抽上的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能,如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积,则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽,即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去,如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽,则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多,最后顶部水槽中的水很快就会流光。
答案:见解析
(15分钟·40分)
9.(6分)(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,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
【解析】选B、C、D。从状态d到c,温度不变,理想气体内能不变,但是由于压强减小,所以体积增大,对外做功,还要保持内能不变,一定要吸收热量,故选项A错;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,故选项B对;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,选项C正确;气体从状态b到状态a是个等容变化过程,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,气体内能的增大是因为气体吸热,故选项D对。
10.(6分)(多选)如图所示,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中,则易拉罐在水中缓慢下降过程中,罐内空气(可视为理想气体)
( )
A.每个分子的动能都不变
B.分子间的平均距离减小
C.向外界放热
D.对外界做正功
【解题指南】解答本题时应明确以下几点:
(1)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体温度不变。
(2)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体压强变大。
(3)易拉罐在水中缓慢下降时内部气体体积减小。
【解析】选B、C。易拉罐在水中缓慢下降时内部空气温度不变、压强增大,由玻意耳定律可知气体体积减小。由于温度不变,分子的平均动能不变,但有的分子动能可能增大,有的分子动能可能减小,故选项A错误;由于气体体积减小,故气体对外做负功,分子间的平均距离减小,选项B正确,选项D错误;由热力学第一定律可知,气体向外界放出热量,选项C正确。
11.(6分)(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是
( )
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
【解析】选B、D。过程①为等容变化,根据查理定律有=,因为温度逐渐增加,则气体的压强逐渐增加,故选项A错误;过程②气体体积增加,则气体对外界做正功,故选项B正确;过程④中为体积不变,则气体对外界不做功,外界对气体也不做功,即W=0,理想气体的温度降低,则内能减少,即ΔU<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q<0,则气体向外界放出了热量,故选项C错误;状态c、d的温度相等,则分子平均动能相等,理想气体没有分子势能,则内能相等,故选项D正确。
12.(6分)如图所示,竖直放置的粗细均匀的U形管,右端封闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为h=19
cm,封闭空气柱长度为L1=40
cm。为了使左、右两管中的水银面相平(设外界大气压强p0=76
cmHg,空气柱温度保持不变),则:
(1)需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱?此时封闭端空气柱的长度是多少?
(2)注入水银过程中,外界对封闭空气做______(选填“正功”或“负功”),气体将________(选填“吸热”或“放热”)。?
【解析】(1)假设两管中水银面相平时右管中空气柱长度为L2。由玻意耳定律p1V1=p2V2得:(p0-h)SL1=p0SL2,
解得:L2=30
cm,
需要再注入的水银柱长度为:x=2(L1-L2)+19
cm=39
cm。
(2)在注入水银的过程中右管中气体体积减小,故外界对封闭空气做正功;由于气体温度保持不变,故内能不变,由热力学第一定律可知气体一定是放热。
答案:(1)39
cm 30
cm (2)正功 放热
13.(16分)如图所示,导热良好的汽缸直立在水平地面上,汽缸的质量为m,高度为L,底面面积为
S。用活塞把一定量的气体封闭在汽缸内,活塞可沿汽缸壁无摩擦移动,活塞及气体的质量可忽略不计,气体可看作理想气体。平衡时,活塞处于距汽缸底处。现用力F缓慢向上拉动活塞,直至汽缸刚要离开地面,此过程中活塞未移动到汽缸口处。(环境温度保持不变,环境气体压强为p0)求:
(1)汽缸刚要离开地面时,活塞距汽缸底的距离;
(2)若此过程中力F做功为W,则封闭气体需从外界吸收多少热量?
【解析】(1)汽缸刚要离开地面时,对整体由平衡条件可知:F=mg,
活塞处于平衡状态,设此时封闭气体压强为p,
有F+pS=p0S,
此过程气体做等温变化,设此时活塞距汽缸底的距离为L′,
则由玻意尔定律得:pSL′=p0S×L,
联立各式,解得:L′=。
(2)此过程中力F对活塞做正功,环境气体对活塞做负功,封闭气体对活塞做正功,总功为零,设封闭气体做功为W0,有W+W0=p0S(L′-L),
由于封闭气体温度不变,所以其内能保持不变,
由热力学定律知,封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量,有Q=W0,
解得Q=-W。
答案:(1) (2)-W
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