(共20张PPT)
阶段复习课
第3章
核心整合·思维导图
素养一 物理观念
考点
热力学第一、第二定律
1.热力学第一、第二定律的比较:
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示的问题
它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
它指出自然界中出现的宏观过程是有方向性的
机械能和内能的转化
当摩擦力做功时,机械能可以全部转化为内能
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能
必备考点·素养评价
热力学第一定律
热力学第二定律
热量的传递
热量可以从高温物体自发地传向低温物体
说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律的关系
在热力学中,两者既相互独立,又互为补充,共同构成了热力学知识的理论基础
2.热力学第一、第二定律中关键词的转化:
【素养评价】
1.关于热力学定律,下列说法正确的是
( )
A.机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功转化成机械能
B.第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步和发展,第二类永动机可以制造出来
C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量只能从高温物体传递给低温物体,而不能从低温物体传递给高温物体
D.不可以从单一热源吸收热量,
使之完全变为功而不引起其他变化
【解析】选D。根据热力学第二定律可知,机械能可能全部转化为内能,但内能不能全部用来做功转化成机械能,故A错误;第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,第二类永动机不可以制造出来,故B错误;凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量能自发地从高温物体传递给低温物体,不能自发地从低温物体传递给高温物体,但在引起其他变化的情况下,可以从低温物体传递给高温物体,故C错误;根据热力学第二定律可知,不可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功而不引起其他变化,故D正确。
2.下列过程中可能发生的是
( )
A.打开一高压密闭容器,其内气体自发溢出后又自发溢进去,恢复原状
B.利用其他手段,使低温物体温度更低,高温物体的温度更高
C.将两瓶不同液体混合,然后它们又自发地各自分开
D.某种物质从高温热源吸收20
kJ的热量,全部转化为机械能,而没有产生其他任何影响
【解析】选B。打开一高压密闭容器,其内气体自发溢出后不能自发溢进去,故A错误;利用其他手段,可以使低温物体的温度更低,高温物体的温度更高,如空调,故B正确;两种不同的液体在一个容器中自发地混合,不能自发地各自分开,故C错误;根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸热全部转化为机械能,而没有产生其他任何影响,故D错误。
素养二 科学思维
考点
热力学第一定律和气体实验定律的综合问题
1.解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思维流程:
2.综合问题的关键词转化:
【素养评价】
1.气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置,其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K,A中充满空气,B内为真空。航天员由太空返回到B时,将B封闭,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变,舱内气体可视为理想气体,不考虑航天员的影响,则此过程中
( )
A.气体膨胀做功,内能减小
B.气体从外界吸收热量
C.气体分子在单位时间内对A舱壁单位面积碰撞的次数减少
D.一段时间后,A内气体的密度可以自发地恢复到原来的密度
【解析】选C。气闸舱B内为真空,打开阀门K,A中的气体进入B的过程中A内的气体自由扩散,对舱壁不做功,同时系统与外界没有热交换,根据热力学第一定律ΔU=
W+Q,可知气体内能不变,故A、B错误;气体体积增大,温度不变,气体分子的密集程度减小,气体分子在单位时间对A舱壁单位面积碰撞的次数减少,故C正确;根据熵增加原理可知,B中气体不能自发地全部退回到A中,即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度,故D错误。
2.如图所示为一气缸内封闭的一定质量的气体的p-V图线,当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时,有热量335
J传入系统,系统对外界做功126
J。求:
(1)若沿a→d→b过程,系统对外做功42
J,则有多少热量传入系统?
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时,外界对系统做功84
J,则系统是吸热还是放热?热量传递是多少?
【解析】(1)由热力学第一定律可得a→c→b过程系统增加的内能ΔU=W+Q
=(-126+335)
J=209
J,由a→d→b过程有ΔU=W'+Q'
得Q'=ΔU-W'=[209-(-42)]
J=251
J,为正,即有251
J的热量传入系统。
(2)由题意知系统由b→a过程内能的增量
ΔU'=-ΔU=-209
J
根据热力学第一定律有Q″=ΔU'-W″=(-209-84)
J=-293
J
负号说明系统放出热量,热量传递为293
J
答案:(1)251
J (2)放热 293
J
【补偿训练】
如图所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度。已知:气体内能U与温度T的关系为U=aT,a为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的,求:
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1。
(2)在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量Q。
【解析】(1)在气体由压强p=1.2p0到p0时,V不变,温度由2.4T0变为T1,由查理定
律得:
,
解得T1=2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变,由盖—吕萨
克定律得
,
解得:V1=0.5V。
(2)活塞下降过程中,
活塞对气体做的功为W=p0(V-V1)
在这一过程中,气体内能的减少为ΔU=a(T1-T0)
由热力学第一定律得,气缸内气体放出的热量为
Q=W+ΔU得:Q=
p0V+aT0。
答案:(1)0.5V (2)
p0V+aT0(共53张PPT)
单元素养评价(三)
（第3章）
（90分钟
100分）
一、单项选择题:本题共10小题,每小题4分,共40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.下列关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是
( )
A.从微观的角度看,热力学第二定律是一个统计规律
B.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行
C.有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行,有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行
D.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵会减小
【解析】选A。从热力学第二定律的微观本质看,一切不可逆过程总是沿着大量分子热运动无序程度增大的方向进行,B、C错;热力学第二定律是一个统计规律,A对。任何自然过程总是朝着无序程度增大的方向进行,也就是熵增加的方向进行,故D错。所以选A。
【总结提升】熵增原理的理解
(1)熵增原理是判断不同状态的物体不可逆过程进行方向的共同标准。
(2)熵增原理与能量守恒定律在物理学中具有同等重要的地位,二者都是对自然过程的一种限制。
2.如图所示,在紫铜管内滴入乙醚,盖紧管塞。用手拉住绳子两端迅速往复拉动,管塞会被冲开。管塞被冲开前
( )
A.外界对管内气体做功,气体内能增大
B.管内气体对外界做功,气体内能减小
C.管内气体内能不变,压强变大
D.管内气体内能增加,压强变大
【解析】选D。克服绳与金属管间的摩擦做功,使管壁内能增加,温度升高。乙醚的温度进一步升高,直至沸腾,管塞会被冲开。管塞被冲开前管内气体内能增加,压强变大。故D正确。
【补偿训练】
关于一定质量的理想气体,下列说法正确的是
( )
A.气体的体积是所有气体分子的体积之和
B.气体的压强是由气体分子重力产生的
C.气体压强不变时,气体的分子平均动能可能变大
D.气体膨胀时,气体的内能一定减小
【解析】选C。气体的体积是所有气体分子所占空间的体积之和,故A错误;根据气体压强的微观意义知,气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的,与气体分子重力无关,故B错误;气体压强和分子数密度与分子平均动能有关,气体压强不变时,气体的分子平均动能可能变大,也可能不变或者变小,故C正确;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,气体膨胀时,气体对外界做功,W<0,但热量传递Q不确定,气体的内能不一定减小,故D错误。
3.关于一定量的气体,下列说法正确的是
( )
A.气体吸热,内能一定增加
B.气体对外做功时,其内能一定减少
C.一定量的某种理想气体在等压压缩过程中,内能一定增加
D.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加
【解析】选D。根据热力学第一定律ΔU=Q+W知,内能的增量ΔU由Q和W共同决定,
物体吸收热量Q,但做功W不确定,所以其内能不一定增加,故A错误;同理,气体对
外做功时,热量传递Q不确定,其内能也不一定减少,故B错误;根据理想气体的状
态方程:
可知,一定量的某种理想气体在等压压缩过程中,气体的温度一
定降低,而一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关,所以其内能一定减少,故C
错误。根据理想气体的状态方程:
可知,一定量的某种理想气体在等压膨
胀过程中,气体的温度一定升高,而一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关,
所以其内能一定增加,故D正确。
4.一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7.0×104
J,气体内能减少1.3×105
J,则此过程
( )
A.气体从外界吸收热量2.0×105
J
B.气体向外界放出热量2.0×105
J
C.气体从外界吸收热量2.0×104
J
D.气体向外界放出热量6.0×104
J
【解析】选B。根据热力学第一定律有:ΔU=Q+W,则Q=ΔU-W=-1.3×105
J-7.0×104
J=-2.0×105
J,负号表示气体向外界放出热量为2.0×105
J。
【补偿训练】
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=Q+W,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。
5.如图所示,在研究功与内能改变的关系时,将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部,用力向下压活塞,可以将易燃物点燃。关于该实验,下列说法正确的是
( )
A.筒内气体在被压缩的同时从外界迅速吸收热量,导致气体温度升高
B.只要最终筒内气体压强足够大,筒内易燃物就会被点燃
C.若实验中易燃物被点燃,则是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D.该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快
【解析】选D。在用力向下压活塞的过程中,对筒内气体做功,把机械能转化为内能,筒内气体温度升高,达到易燃物的燃点,易燃物被点燃,故A、B、C错误;该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快,因为速度慢了的话,会使筒内气体与外界发生热交换,从而使筒内温度达不到易燃物的燃点,故D正确。
【补偿训练】
如图所示,活塞将气缸分成两个气室,气缸壁、活塞、拉杆是绝热的,且都不漏气,UA和UB分别表示A、B气室中气体的内能。则将拉杆向外拉动的过程中( )
A.UA不变,UB变小
B.UA增大,UB不变
C.UA增大,UB变小
D.UA不变,UB增大
【解析】选C。该题中的气缸壁、活塞、拉杆是绝热的,说明气缸中的气体与外界不发生热交换。对A气室中的气体,若以ΔUA表示其内能的增量,则由热力学第一定律有ΔUA=QA+WA,因为QA=0,则ΔUA=WA。在题述过程中,因A气室中气体的体积减小,外界(活塞)对气体做功,WA>0,所以ΔUA>0,即UA增大。同理,B气室中气体的体积增大,气体对外界(活塞)做功,WB<0,所以ΔUB<0,即UB减小。故选C。
6.如图所示,导热良好的圆筒形气缸竖直放置在水平地面上,用活塞将一定质量的气体封闭在气缸内,活塞上堆放着铁砂,系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂,忽略活塞与气缸之间的摩擦,外界环境温度不变,则在此过程中缸内气体( )
A.对外做功,其内能减少
B.温度不变,与外界无热量交换
C.单个分子碰撞缸壁时的平均作用力减小
D.单位时间内对活塞的碰撞次数减少
【解析】选D。缓慢取走铁砂的过程中,因为活塞对封闭气体的压力减小,所以
活塞会缓慢上升,是气体膨胀的过程,缸内气体对外做功,但是气缸导热良好,所
以缸内气体温度保持不变,则内能不变,故A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,
因为气体膨胀对外做功,所以W<0,气缸导热良好,缸内气体温度保持不变,即
ΔU=0,所以Q>0,即气体要从外界吸收热量,故B错误;由上面的分析可知缸内气
体温度不变,即气体分子的平均动能不变,所以单个分子与缸壁碰撞时的平均作
用力不变,故C错误;根据理想气体状态方程
可知,T不变,V增大,则p减
小。所以缸内气体压强减小,分子的平均动能不变,因为缸内气体体积V增大,所
以分子数密度减小,则在单位时间内气体对活塞的碰撞次数要减少,故D正确。
7.(2019·宁德高二检测)如图所示,气缸内盛有一定质量的理
想气体,气缸壁是导热的,缸外环境保持恒温,活塞与气缸的接
触是光滑的,但不漏气。现将活塞杆与外界连接使其缓慢向右
移动,这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功。若已知理想气体的内能只与温度有关,则下列说法正确的是
( )
A.气体是从单一热源吸热,全用来对外做功,因此此过程违反热力学第二定律
B.气体是从单一热源吸热,但并未全用来对外做功,所以此过程不违反热力学第二定律
C.气体是从单一热源吸热,全用来对外做功,但此过程不违反热力学第二定律
D.以上三种说法都不对
【解析】选C。气体等温膨胀并通过杆对外做功,由于气体等温,所以内能不变,对外做功,则要吸收热量,即气体是从单一热源吸热,全用来对外做功,但此过程不违反热力学第二定律,因为此过程产生了其他影响,即需要外力牵引着杆向外移动,所以没有违反热力学第二定律,故选C。
8.以下现象违背热力学第二定律的是
( )
A.一杯热茶在打开盖后,茶会自动变凉
B.没有漏气、没有摩擦的理想热机,其效率可能达到100%
C.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后,泥沙下沉,上面的水变清,泥、水自动分离
D.在地面上运动的物体逐渐停下来,机械能全部变为内能
【解析】选B。热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体;任何热机效率都不可能达到100%;泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化;物体因受到摩擦力而停下来,是机械能(动能)向内能的转化,是自发过程,故选B。
【总结提升】四个常见的宏观热现象方向性实例
9.0
℃水结成0
℃的冰,对此过程应用热力学第一定律,
以下关系符号的说明正确的是
( )
A.Q>0,
W>0,ΔU>
0
B.Q<0,
W<0,
ΔU<0
C.Q>0,
W<0,ΔU<0
D.Q<0,
W>0,ΔU<0
【解析】选B。0
℃水结成0
℃的冰,在此过程中体积增大,对外做功,所以W<0,该过程中放出热量,所以Q<0;结合热力学第一定律可知,水的内能减少,所以,ΔU<0。故B正确,A、C、D错误。
10.下列对能量守恒定律的认识不正确的是
( )
A.某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少,必然有其他物体的能量增加
C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是不可能制成的
D.石子从空中落下,最后停止在地面上,说明机械能消失了
【解析】选D。能量在转化和转移过程中是守恒的,故选项A、B说法正确;任何永动机都是不可能制成的,C选项永动机违背了能量守恒定律,选项C说法正确;石子的机械能在变化,比如受空气阻力作用,机械能可能减少,但机械能并没有消失,只是转化成了其他形式的能量,选项D说法错误,故选D。
二、多项选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
11.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,湖内水的温度越高,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.气泡内气体对外界做功
B.气泡内气体分子平均动能增大
C.气泡内气体温度升高导致放热
D.气泡内气体的压强可能不变
【解析】选A、B。气泡内气体压强p=p0+ρgh,气泡上升过程中,其压强减小,温
度升高,根据理想气体状态方程
,体积一定增大,故气泡内气体对外界做
功,故A正确,D错误;温度是分子平均动能的标志,温度升高,气泡内气体分子的
平均动能增大,故B正确;温度升高,气泡内气体内能增大,即ΔU>0,体积增大,即
W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,故气泡内的气体吸热,故C错误。
【补偿训练】
(多选)健身球是一个充满气体的大皮球,现把健身球放在水平地面上。若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变,则
( )
A.气体分子的平均动能增大
B.气体的密度增大
C.气体的内能增大
D.外界对气体做功
【解析】选B、D。在人压向健身球的过程中,外界对气体做功,气体所占的体积减小,故气体的密度增大;气体温度不变,故气体分子的平均动能不变;由于外界对气体做功,但气体温度不变,故内能不变;由热力学第一定律可知,气体向外放热;故A、C错误,B、D正确。
12.(2019·海南高考)一定量的理想气体从状态M出发,经状态N、P、Q回到状态M,完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程;从N到P、从Q到M是等容过程;其体积—温度图象(V-T图)如图所示。下列说法正确的是
( )
A.从M到N是吸热过程
B.从N到P是吸热过程
C.从P到Q气体对外界做功
D.从Q到M是气体对外界做功
E.从Q到M气体的内能减少
【解析】选B、C、E。由体积—温度图像(V-T图)可以看出,从M到N理想气体的体积减小,温度不变,外界对气体做功,理想气体的内能不变,所以是放热过程,选项A错误;从N到P气体的体积不变温度升高,即外界对气体不做功而气体的内能增大,所以是吸热过程,选项B正确;从P到Q理想气体的体积增大、温度不变,气体对外界做功,选项C正确;从Q到M气体的体积不变、温度降低,气体不对外界做功,内能减少,选项E正确、D错误。
13.如图所示,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。由理想气体状态方程
可知,pb>pa,即过程①中气体
的压强逐渐增大,选项A错误;由于过程②中气体体积增大,所以过程②中气体对
外做正功,选项B正确;过程④中气体体积不变,气体对外做功为零,温度降低,内
能减小,根据热力学第一定律,过程④中气体放出热量,选项C错误;由于状态c、
d的温度相等,理想气体的内能只与温度有关,可知状态c、d的内能相等,选项D
正确。
14.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-V图中从a到b的直线所示。在此过程中
( )
A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
【解析】选B、C、D。一定质量的理想气体从a到b的过程,由理想气体状态方程
可知Tb>Ta,即气体的温度一直升高,选项A错误;根据理想气体的内能
只与温度有关,可知气体的内能一直增加,选项B正确;由于从a到b的过程中气体
的体积增大,所以气体一直对外做功,选项C正确;根据热力学第一定律,从a到b
的过程中,气体一直从外界吸热,选项D正确。
15.下列说法中正确的是
( )
A.系统经可逆绝热过程后熵不变
B.系统经可逆绝热过程后熵减少
C.系统经不可逆绝热过程后熵增加
D.系统经不可逆绝热过程后熵减少
【解析】选A、C。由熵增加原理,一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行,故C正确,D错误;系统经可逆绝热过程后,分子热运动的无序程度不变,熵不变,故A正确,B错误。
三、计算题:本题共4小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。
16.(8分)一定质量的理想气体经历如图所示A→B→C→D→A
循环过程,该过程每个状态视为平衡态。已知A态的温度为
27℃。求:
(1)B态的温度TB。
(2)一次A→B→C→D→A循环过程气体是吸热还是放热?吸收或者放出的热量是多少?
【解析】(1)由图像可知:VA=3
L,VB=4
L,A到B是等压过程,由题意可知:
TA=(27+273)
K=300
K,由盖—吕萨克定律得:
(1分)
解得:TB=400
K;
(1分)
(2)从A态又回到A态的过程温度不变,所以内能不变。
A到B气体对外做功为:W1=pAΔV=100
J(1分)
C到D外界对气体做功为:W2=pCΔV=75
J(1分)
外界对气体做的总功为:W=W2-W1=-25
J(1分)
由热力学第一定律有:ΔU=W+Q,
(1分)
解得:Q=25
J,
(1分)
Q为正表示吸热。
(1分)
答案:(1)400
K (2)吸热 25
J
【补偿训练】
(2019·龙岩高二检测)如图所示,p-V图中一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时,从外界吸收热量420
J,同时膨胀对外做功300
J。当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时,外界压缩气体做功200
J,求此过程中气体吸收或放出的热量是多少。
【解析】一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时,从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外界做的功W1,气体内能增加,由热力学第一定律可知,气体内能的增加量为ΔU=Q1+W1=420
J+(-300)
J=120
J。
气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时,气体内能将减少120
J,而此过程中外界又压缩气体做了W2=200
J的功。
因而气体必须向外界放热,Q2=ΔU-W2=(-120
J)-200
J=-320
J。
即此过程中气体放出的热量是320
J。
答案:放出320
J的热量
17.(8分)爆米花酥脆可口、老少皆宜,是许多人喜爱的休闲零食,如图所示为高压爆米花的装置原理图,玉米在铁质的密闭容器内被加热,封闭气体被加热成高温高压气体,当打开容器盖后,“嘭”的一声气体迅速膨胀,压强急剧减小,玉米粒就“爆炸”成了爆米花。设当地温度为t1=27
℃,大气压为p0,已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0。试分析:
(1)容器内的气体看作理想气体,求容器内气体的温度。
(2)假定在一次打开的过程中,容器内气体膨胀对外界做功15
kJ,并向外释放了20
kJ的热量,容器内原有气体的内能如何变化?变化了多少?
【解析】(1)根据查理定律:
(2分)
p1=p0,T1=300
K,p2=4p0
整理得:T2=1
200
K,t2=927
℃(2分)
(2)由热力学第一定律ΔU=Q+W
(2分)
得ΔU=-20
kJ-15
kJ=-35
kJ,
故内能减少35
kJ(2分)
答案:(1)927
℃ (2)减少 35
kJ
18.(10分)如图是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置,开始时
封闭的气柱长度为22
cm,现用竖直向下的外力F压缩气体,使封闭的气
体柱长度变为2
cm,人对活塞做功100
J,大气压强为p0=1.0×105
Pa,不
计活塞的重力。问:
(1)若用足够长的时间缓慢压缩,求压缩后气体的压强多大?
(2)若以适当的速度压缩气体,气体向外散失的热量为20
J,则气体的内能增加多少?(活塞的横截面积S=1
cm2)
【解析】(1)设压缩后气体的压强为p,l0=22
cm,l=2
cm,V0=l0S,V=lS,缓慢压缩,气体温度不变
(2分)
由玻意耳定律得p0V0=pV,
(2分)
解得p=1.1×106
Pa。
(1分)
(2)大气压力对活塞做功
W1=p0S(l0-l)=2
J,
人做功W2=100
J,
(2分)
由热力学第一定律,得
ΔU=W1+W2+Q,
(2分)
Q=-20
J,
解得ΔU=82
J。
(1分)
答案:(1)1.1×106
Pa (2)82
J
19.(14分)某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖,将压力阀套在出气孔上,给压力锅加热,当锅内气体压强达到一定值时,气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时,停止加热。
(1)若此时锅内气体的体积为V',摩尔体积为V,阿伏伽德罗常数为NA,写出锅内气体分子数的估算表达式。
(2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功1
J,并向外界释放了2
J的热量。锅内原有气体的内能如何变化?变化了多少?
(3)已知大气压强p随海拔高度H的变化满足p=p0(1-αH),其中常数α>0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅,当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。
【解析】(1)阿伏伽德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁,设锅内气体分子数
为n,则:
(3分)
(2)根据热力学第一定律:ΔU=W+Q
(3分)
气体对外做功,功为负,W=-1
J;
向外放热,热量为负,Q=-2
J。
则有:ΔU=W+Q=-3
J,负号表示内能减少
(2分)
锅内气体内能减少,减少了3
J。
(3)由p=p0(1-αH)(其中α>0),随着海拔高度的增加,大气压强减小;
由
(3分)
随着海拔高度的增加,压力阀被顶起时锅内气体压强减小;
根据查理定律
可知,压力阀被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加
而降低。
(3分)
答案:(1)
(2)减少 3
J
(3)温度随着海拔高度的增加而降低(共34张PPT)
七 热力学第二定律 熵——系统无序程度的量度
【基础巩固】
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.热力学第二定律指出
( )
A.不可能使热量由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.热机效率η
≤1
D.大量分子参与的宏观过程具有方向性
【解析】选D。热力学第二定律指出,热量可以从低温物体传到高温物体,也可以从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,但要引起其他变化,故A、B错误;热机效率要小于1,不能等于1,C错误;一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性,D正确。
2.关于热力学第二定律,下列说法正确的是
( )
A.热力学第二定律是通过实验总结出来的实验定律
B.热力学第二定律是通过大量自然现象的不可逆性总结出来的经验定律
C.热力学第二定律是物理学家从理论推导得出来的结果
D.由于热力学第二定律没有理论和实验的依据,因此没有实际意义
【解析】选B。热力学第二定律,是物理学家通过对大量自然现象的分析,总结了生产和生活经验得到的结论,是一个经验定律,它并不能通过理论和实验来证明,但它符合客观事实,因此是正确的。它揭示了宏观过程的方向性,使人们认识到第二类永动机不可能制成,对我们认识自然和利用自然有着重要的指导意义。
3.热传递的方向性是指
( )
A.热量只能从高温物体传到低温物体,而不能从低温物体传到高温物体
B.热量只能从低温物体传到高温物体,而不能从高温物体传递到低温物体
C.热量既能从高温物体传到低温物体,又可以从低温物体传递到高温物体
D.热量会自发地从高温物体传递到低温物体,而不会自发地从低温物体传递到高温物体
【解析】选D。热力学第二定律告诉我们:热量不能自发地从低温物体传到高温物体,当提供能量让热机工作时,热量是可以从低温物体传到高温物体的,故能说明热传导具有方向性的事实,必须是自发的热传导现象,故选项D正确,A、B、C错误。
【补偿训练】
(2020·漳州高二检测)以下说法正确的是
( )
A.热量不仅可以从高温物体传到低温物体,也可自发地从低温物体传到高温物体
B.空调等设备就是利用了热传导的方向性
C.无论采用什么方法,都不可能把热量从低温物体传到高温物体
D.热量能自发地传递的条件是必须存在“温度差”
【解析】选D。热传导具有方向性,热量可以自发地由高温物体传到低温物体,也可以从低温物体传到高温物体,但后者不能自发地进行,故A错、D对;空调等可以将热量由低温物体传到高温物体,但消耗了电能,故B、C错。
4.低碳生活是一种绿色而又环保的新型生活方式,日常生活注意节电、节油、节气、节水,从点滴做起,保护环境,保护地球。下列关于能源与能量的理解正确的是
( )
A.能量是守恒的,没有必要提倡节约能源
B.能量耗散表明自然界的能量在利用过程中正在不断地消失
C.自然界中石油、煤炭等能源取之不尽,用之不竭,只需不断开发
D.人类应积极开发与利用风能、太阳能、潮汐能等能再生的新能源
【解析】选D。在能源的利用过程中,虽然能量在数量上并未减少,但可利用率越来越小,故仍需节约能源,故A错误;能量耗散表明自然界的能量在转化的过程中可利用率越来越小,但总量不会减小,故B错误;自然界中石油、煤炭指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化,被埋藏在地下,受地层压力和温度的影响,缓慢地形成的可以燃烧的矿物质,在短时间内不能再生,是不可再生能源,故C错误;太阳能、风能等是可再生能源,人类应多开发与利用,故D正确。
【补偿训练】
“能源危机”是当今世界各国共同面临的问题。对此,以下措施可行的是
( )
A.人人都要自觉做到节约用水、节约用电,不浪费和人为毁坏物品
B.关闭现有的火力发电站
C.各地都要兴建水力和风力发电站
D.停止使用石油资源,而以核能和太阳能取代
【解析】选A。受地域环境的限制,风力、水力发电站不能在各地兴建,因而不能关闭火力发电站,故B、C错误;受技术限制,核能和太阳能尚未大规模被利用,所以也不能停止使用石油资源,故D错误;人人都要自觉做到节约用水、节约用电,不浪费和人为毁坏物品,故A正确。
5.下列说法中正确的有
( )
A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律,因此不可能制成
B.根据能量守恒定律,经过不断的技术改造,热机的效率可以达到100%
C.因为能量守恒,所以“能源危机”是不可能真正出现的
D.自然界中的能量是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,因此要节约能源
【解析】选D。第一类永动机违背了热力学第一定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,A错误;热机的效率永远小于100%,因为要向低温热源散热,B错误;虽然能量守恒,但可利用的能量越来越少,因此要节约能源,C错误,D正确。
6.如图所示,两个相通的容器P、Q间装有阀门K,P中充满气体,Q内为真空,整个
系统与外界没有热交换。打开阀门K后,P中的气体进入Q中,最终达到平衡,
则
( )
A.气体体积膨胀,内能增加
B.气体分子势能减小,内能增加
C.气体分子势能增加,压强可能不变
D.Q中气体不可能自发地全部退回到P中
【解析】选D。气体自由膨胀,不做功,又因为绝热,由热力学第一定律可知内能不变,A、B错误;气体体积膨胀,压强减小,C错误;由热力学第二定律可知D正确。
【补偿训练】
(多选)倒一杯热水,然后加入适当的糖后,糖会全部溶于水中,但一段时间后又观察到杯子底部有糖结晶,关于这个过程下列叙述正确的是
( )
A.溶解过程是自发的,结晶过程也是自发的,因此热力学第二定律是错误的
B.溶解过程是有序向无序转变的过程
C.结晶过程是有序向无序转变的过程
D.结晶过程不是自发的,因为有外界的影响
【解析】选B、D。若系统是封闭的,则不会出现结晶的过程,结晶是由于水分的蒸发和温度的降低,是外界因素的影响。
二、计算题(共2小题,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)一种冷暖两用型空调,铭牌标注:输入功率1
kW,制冷能力1.2×
104
kJ/h,制热能力1.3×104
kJ/h。这样,该空调在制热时,每消耗1
J电能,
将放出3
J左右的热量。是指标错误还是能量不守恒?
【解析】空调制冷、制热靠压缩机做功,从室内(室外)吸收热量放到室外(室内)。在制热时,放出的热量等于消耗的电能与从室外吸收的热量之和,完全可以大于电能的消耗。这既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律。
答案:见解析
8.(14分)用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点1插在热水中,接触点2插在冷水中,如图所示,电流计指针会发生偏转,这就是温差发电现象。这一实验是否违反热力学第二定律?热水和冷水的温度是否会发生变化?简述这一过程中能的转化情况。
【解析】温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少,一部分转化为电能,一部分传递给冷水,不违反热力学第二定律。
答案:不违反 热水温度降低,冷水温度升高 一部分内能转化为电能
【能力提升】
(15分钟·40分)
9.(8分)(多选)足球运动员在比赛中摔倒造成粉碎性骨折,关于这一过程下列说法正确的是
( )
A.此过程是一个可逆过程
B.此过程是一个不可逆过程
C.此过程中熵增加
D.此过程中熵减少
【解析】选B、C。由于完好的骨头形状确定,故完好的骨头所处的宏观态对应的微观态较少,熵小,较为有序。发生粉碎性骨折后,其所处的宏观态对应的微观态较多,熵大,较为无序,故在这一过程中熵增加,且此过程不可逆。故B、C正确,A、D错误。
【补偿训练】
(多选)下列说法正确的是
( )
A.温度低的物体内能一定小
B.从单一热源吸收热量使之全部变成有用的机械功而不引起任何变化是不可能的
C.液体与大气相接触,表层分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
D.熵值越大,表明系统内分子运动越无序
【解析】选B、C、D。温度低的物体,分子平均动能小,内能不一定小,选项A错误;从单一热源吸收热量使之全部变成有用的机械功而不引起任何变化是不可能的,选项B正确;液体与大气相接触,由于蒸发,表层分子之间距离较大,大于平衡位置之间的距离,所以表层分子所受其他分子的作用表现为相互吸引,选项C正确;熵值越大,表明系统内分子运动越无序,选项D正确。
10.(8分)(多选)对“覆水难收”的叙述正确的是
( )
A.盛在盆中的水是一种宏观态,因盆子的因素,对应的微观态数目较少,较为有序
B.盛在盆中的水是一种宏观态,因盆子的因素,对应的微观态数目较多,较为无序
C.泼出的水是一种宏观态,因不受器具的限制,对应的微观态数目较多,较为无序
D.泼出的水是一种宏观态,因不受器具的限制,对应的微观态数目较少,较为有序
【解析】选A、C。盛在盆中的水对应微观态的数目较少,较为有序,泼出去的水对应的微观态数目较多,较为无序,故A、C正确,B、D错误
。
11.(8分)(多选)古诗词中说:“高处不胜寒”。大气的温度随高度递减,通常每
升高100米,气温降低1
℃。海水正好相反,深度越大水温越低。我国北方海域,
夏季表层海水温度可达30
℃,40～50米深处,水温便降到10
℃以下,温差达
20
℃。东海黑潮流经的海面,表层水温常年保持在25
℃左右,而800米深处,水
温则常年低于5
℃,温差也有20
℃。海洋表层水温与稍深处水温的明显差别蕴
含着巨大的热能,利用海水的温差可以把热能转换成电能供人利用。温差发电
的基本原理就是借助一种工作介质,使表层海水中的热能向深层冷水中转移,从
而做功发电。例如使用低沸点的二氧化硫、氨或氟利昂做介质,在表层温水热
力作用下汽化、沸腾,吹动发电机发电,再利用深层冷水把工作介质凝结成液
态。如此循环不息,保持发电机运行。关于温差发电的下列说法正确的是( )
A.不违反能量守恒定律
B.不违反热力学第二定律
C.经过科学家和工程师们的努力,温差发电的效率将会达到100%
D.温差发电是没有污染的
【解析】选A、B、D。温差发电利用了温水汽化后在冷水中凝结的过程,推动了发电机运行,并不违反能量守恒定律和热力学第二定律,A、B项正确;温差发电的过程,必然会存在能量的耗散,因而效率不可能达到100%,C项错误;温差发电是一种洁净的发电方式,受到各国普遍重视,我国的温差发电目前正处于研究试验阶段,D项正确。
12.(16分)如图所示,汽车内燃机汽缸内汽油燃烧时,气体体积膨胀推动活塞对
外做功。已知在本次对外做功的冲程中汽油燃烧释放的化学能为1×103
J,因
尾气排放、汽缸发热等对外散失的热量为2.5×102
J,则该内燃机对外所做的
功为 J,该内燃机的效率为 。随着科技的进步,不断设法减小热量
损失,则内燃机的效率不断提高,效率
(选填
“有可能”或“仍不可能”)达到100%。?
【解析】由能量守恒定律可知Q1=W+Q2,
W=Q1-Q2=1×103
J-2.5×102
J=7.5×102
J;
该内燃机的效率
η=
×100%=
×100%=75%。
热机不能把它得到的全部内能转化为机械能,因热机工作时,总要向冷凝器散
热,不可避免地要释放一部分热量Q2,所以总有Q1>W。所以热机的效率不可能达
到100%。
答案:7.5×102 75% 仍不可能(共50张PPT)
第3节 热力学第二定律
第4节 熵——系统无序程度的量度
必备知识·素养奠基
一、自然过程的方向性
思考
问题:瀑布中的水能否自发地由低处流向高处?瀑布中水的流动是可逆的吗?
提示:不能,该过程不可逆。
1.可逆过程和不可逆过程:
(1)可逆过程:能使系统和外界_________,即系统回到原来的状态,同时消除原来
过程对外界的_________,则原来的过程称为可逆过程。
(2)不可逆过程:如果用任何方法都不能使系统和外界_________,则原来的过程
称为不可逆过程。
完全复原
一切影响
完全复原
2.热传递的方向性:
热量可以_______由高温物体传给低温物体,而不能_______由低温物体传给高温
物体。
3.功转化为热的方向性:
机械能全部转化为内能的过程是能自发进行的,内能全部转化为机械能的过程,
是不能自发进行的。
4.结论:凡是与热现象有关的宏观过程都具有_______。
自发地
自发地
方向性
二、热力学第二定律的表述
思考
问题1:冰箱内能否自发地放出热量而降低自身的温度?
提示:不能。
问题2:如图是冰箱制冷的工作原理,冰箱制冷是否违背了热力学第二定律?
提示:不违背。
1.第一种表述(克劳修斯表述):不可能使热量从低温物体传向高温物体而_____
___________。(说明热传导的方向性)
2.第二种表述(开尔文表述):不可能从单一热源吸取热量,使之完全用来做功而
_______________。(说明功热转化的方向性)
3.第三种表述:第二类永动机是_______实现的。
(1)定义:从单一热源吸取热量并使之_____转化为功而不产生其他变化的机器。
(2)第二类永动机不可能制成:第二类永动机虽并不违背热力学_________,但违
背了热力学_________。
不引
起其他变化
不引起其他变化
不可能
完全
第一定律
第二定律
三、熵:无序程度的量度
思考
问题:两幅图片中,哪一幅图片的熵值大一些?熵值的大小代表了什么?
提示:左边的图片熵值更大一些,熵值代表了无序程度,无序程度越大,熵值越大。
1.热力学第二定律的微观本质:与热现象有关的自然发生的宏观过程总是沿着大
量分子热运动无序程度_____的方向进行。
2.熵的定义:用来量度系统的_________的物理量。
3.熵增加原理:在孤立系统中的宏观过程必然朝着_______的方向进行。孤立系
统是指与外界既没有_____交换也没有_____交换的系统。
4.能量退降:在熵增加的同时,一切不可逆过程总是使得能量从可利用状态转化
为不可利用状态,能量的品质_______,这种现象称为能量退降。
增大
无序程度
熵增加
物质
能量
退化了
关键能力·素养形成
一 热力学第二定律的表述
1.对两种表述的理解
(1)克劳修斯表述是说热量不能自动地从低温物体转移到高温物体。如果外界消耗一定量的功,把热量从低温物体转移到高温物体是完全可能的,如电冰箱和空调机的制冷过程。
(2)开尔文表述表明了在引起其他变化或产生其他影响的条件下,热量能够完全转化为功,如理想气体的等温自由膨胀,内能不变,吸收的热量全部转化为功,但却引起了体积的膨胀。
2.两种永动机的区别
(1)第一类永动机违背了热力学第一定律,违背了能量守恒定律。
(2)第二类永动机没有违背能量守恒定律,但是违背了热力学第二定律。
【思考?讨论】
“水往上流”是台湾的一个景点,潺潺水流顺着水沟由低处蜿蜒往高处流去,令人啧啧称奇。这是为什么?水真的可以自发地向高处流去吗?违背了什么定律?
提示:不可以,违背了热力学第二定律。“水往上流”其实是因为这里两旁的景物倾斜度大于路面,故而造成水往上流的错觉。
【典例示范】
(多选)下列说法中正确的是
( )
A.机械能全部转化为内能是不可能的
B.从单一热源吸收的热量全部变为功是可能的
C.第二类永动机不可能制造成功的原因是能量既不会消失,也不会创生,只能从一个物体转移到另一个物体,或从一种形式转化为另一种形式
D.根据热力学第二定律可知,热量可能从低温物体传到高温物体
【解析】选B、D。机械能可以全部转化为内能,故A错误;从单一热源吸收的热量全部用来做功而不引起其他变化,是不可能的,但如果是从单一热源吸收的热量全部变为功的同时也引起了其他的变化,是可能的,故B正确;第二类永动机不可能制造成功是因为它违背了热力学第二定律,而不是违背了能量守恒定律,故C错误;热量不能自发地从低温物体传到高温物体,但如果不是自发地,是可以进行的,故D正确。
【规律方法】理解热力学第二定律的方法
(1)理解热力学第二定律的实质,即自然界中进行的所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性,理解的关键在于“自发”和“不引起其他变化”。
(2)正确理解哪些过程不会达到100%的转化而不产生其他影响。
【素养训练】
1.(多选)如图为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内、外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外。下列说法正确的是
( )
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
【解析】选B、C。热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表现,适用于所有的热现象,故C正确、D错误;根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,必须借助于其他系统做功,A错误、B正确。故选B、C。
2.(多选)下列说法中正确的是
( )
A.一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B.一切不违背能量守恒定律的物理过程都是可以实现的
C.由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行
D.一切物理过程都不可能自发地进行
【解析】选A、C。由热力学第二定律的物理意义知,A、C正确,D错误。不违背能量守恒定律的物理过程,如果违背热力学第二定律,也是无法实现的,故B错误。
【补偿训练】
1.下列宏观过程能用热力学第二定律解释,下列说法错误的是
( )
A.大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中而经过一段时间大米、小米不会自动分开
B.将一滴红墨水滴入一杯清水中,会均匀扩散到整杯水中,经过一段时间,墨水和清水不会自动分开
C.冬季的夜晚,放在室外的物体随气温的降低,不会由内能自发地转化为机械能而动起来
D.随着节能减排措施的不断完善,最终也不会使汽车热机的效率达到100%
【解析】选A。热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向性的规律,A不属于热现象,A错;由热力学第二定律可知B、C、D正确。
2.关于热机下列说法正确的是
( )
A.热机是把机械能转化为内能的装置
B.在不漏气,没有摩擦且没有任何能量损耗的条件下,热机效率能达到100%
C.热机工作时需要两个热源,通过工作物质从高温热源吸收热量,一部分用来对外做功,一部分热量传给了低温热源
D.历史上人们想制造一种热机,从单一热源吸取热量并使之完全转化为功而不产生其他影响,是可能制成的
【解析】选C。热机是把内能转化为机械能的装置,A项错;在转化过程中,一部分热量传给了低温热源,故效率不会达到100%,B错C对;从单一热源吸热并完全转化为功而不产生影响是不可能制成的,D项错。
二 熵和熵增加原理的分析
对熵的理解:
(1)由熵的定义可知,熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态,也就是出现概率较大的宏观状态。在自然过程中熵总是增加的,其原因并非因为有序是不可能的,而是因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多。把事情搞得乱糟糟的方式要比把事情做得整整齐齐的方式多得多。
(2)从微观的角度看,热力学第二定律是一个统计规律:一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展,而熵值较大代表着较为无序,所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展。如果过程可逆,则熵不变;如果过程不可逆,则熵增加。
【思考?讨论】
交通与工业废气及噪声对环境的污染;工业和生活垃圾、废水对环境的污染;交通拥挤和堵塞造成的道路混乱。
以上现象中的熵是怎么变化的?
提示:熵增加。
【典例示范】
(多选)在下列叙述中,正确的是
( )
A.熵是物体内分子运动无序程度的量度
B.对孤立系统而言,一个自发的过程中熵总是向减少的方向进行
C.熵值越大,表明系统内分子运动越无序
D.能量耗散说明能量在不断减少
【解析】选A、C。熵是物体内分子运动无序程度的量度,系统内分子运动越无序,熵值越大,故A、C正确;对孤立系统而言,一个自发的过程中熵总是向增加的方向进行,故B错误;能量耗散是指能量的可利用率越来越低,但能量仍然是守恒的,故D错误。
【规律方法】熵的几点注意事项
(1)熵是表示一个体系自由度的物理量。熵越大,表示在这个体系下的自由度越大,可能达到的状态越多。
(2)熵不是守恒的量,在孤立体系中经过一个不可逆过程,熵总是增加的。
(3)熵改变的过程中,能量必然是守恒的。
(4)一个孤立系统的自然可逆过程中,总熵不变。
【素养训练】
1.(多选)电冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气,这说明了
( )
A.热量能自发地从低温物体传给高温物体
B.在一定条件下,热量可以从低温物体传给高温物体
C.热量的传导过程不具有方向性
D.在自发的条件下热量的传导过程具有方向性
【解析】选B、D。一切自发过程都有方向性,如热传导,热量总是由高温物体自发地传向低温物体;又如扩散,气体总是自发地由密度大的地方向密度小的地方扩散。如果在外界帮助下气体可以由密度小的地方向密度大的地方扩散,热量可以从低温物体传向高温物体,电冰箱就是借助外界做功把热量从低温物体——冷冻食品传向高温物体——外界的大气。所以在回答热力学过程的方向性问题时,要区分是自发过程还是非自发过程,电冰箱内热量传递的过程是有外界参与的,故B、D正确,A、C错误。
2.(多选)下列说法中不正确的是
( )
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,是系统有序程度的量度
C.一切不可逆过程在熵增加的同时,总是伴随着能量退降
D.由热力学第二定律可知,自然界的能量品质正在退化,可利用的能量越来越少
【解析】选A、B。在任何自然过程中由能量守恒可知,一切参与者的总能量保持不变,由熵增加原理知熵增加,故A错误;热力学系统的每一个过程,都有一个熵值,它是用来量度系统无序程度的物理量,故B错误;熵增加的同时,一切不可逆过程总是使能量逐渐丧失做功的本领,从可用状态转化为不可用状态,使可利用的能量越来越少,故C、D正确。
【补偿训练】
下列说法正确的是
( )
A.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
B.一切自然过程总是沿着分子热运动的有序性增大的方向进行
C.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵一定不会增大
D.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵可能减小
【解析】选A。功转变为热是机械能转化为内能的过程,从微观的角度看,在机械运动中,分子主要沿同一方向运动;而在热运动中,分子无规则地向各个方向运动,机械能转变为内能的过程是大量分子从有序运动向无序运动转化的过程,热传导的过程也是使无序程度增大的过程。总之,一切不可逆过程总是沿着大量分子热运动无序程度增大的方向进行。这是热力学第二定律的微观本质,选项A正确,B错误。因为不可逆过程总是沿着无序程度增大的方向进行,而熵是无序程度大小的量度,所以在孤立系统中,一切不可逆过程总是沿着熵增加的方向进行,这就是熵增加原理,选项C、D错误。
【拓展例题】考查内容:对热力学定律的考查
【典例】关于热力学第一定律和热力学第二定律,下列论述正确的是
( )
A.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化,而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能,故这两条定律是相互矛盾的
B.内能可以全部转化为其他形式的能,只是会产生其他影响,故两条定律并不矛盾
C.两条定律都是有关能量的转化规律,它们不但不矛盾,而且没有本质区别
D.其实,能量守恒定律已经包含了热力学第一定律和热力学第二定律
【解析】选B。热力学第一定律和热力学第二定律并不矛盾,对于机械能和内能的转化所具有的方向性也是存在的,故B正确,A、C、D错误。
【课堂回眸】
1.(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是
( )
A.所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C.机械能可以全部转化为内能,在不产生其他影响的情况下,内能无法全部用来做功而转化成机械能
D.气体向真空的自由膨胀是可逆的
课堂检测·素养达标
【解析】选B、C。符合能量守恒定律,但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生,选项A错误;一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的,选项B正确;机械能可以全部转化为内能,在不产生其他影响的情况下,内能无法全部用来做功而转化成机械能,选项C正确;气体向真空的自由膨胀是不可逆的,选项D错误。
2.(多选)(2019·福州高二检测)根据热力学第二定律,下列判断正确的是
( )
A.电流的能不可能全部变为内能
B.在火力发电机中,燃气的内能不可能全部变为电能
C.热机中,燃气内能不可能全部变为机械能
D.在热传导中,热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
【解析】选B、C、D。根据热力学第二定律可知,凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,电流的能可全部变为内能(由焦耳定律可知),而内能不可能全部变成电流的能,而不产生其他影响。机械能可全部变为内能,而内能不可能全部变成机械能。在热传导中,热量只能自发地从高温物体传递给低温物体,而不能自发地从低温物体传递给高温物体。
3.已知一个系统的两个宏观态甲、乙,及对应微观态的个数分别为较少、较多,则下列关于两个宏观态的描述及过程自发的可能方向的说法中正确的是
( )
A.甲比较有序,乙比较无序,甲→乙
B.甲比较无序,乙比较有序,甲→乙
C.甲比较有序,乙比较无序,乙→甲
D.甲比较无序,乙比较有序,乙→甲
【解析】选A。一个宏观态对应微观态的多少标志了宏观态的无序程度,从中还可以推知系统自发的方向,微观态数目越多,表示越无序,一切自然过程总沿着无序性增大的方向进行,故A正确,B、C、D错误。
4.一绝热容器被隔板分成两半,一半是真空,另一半是理想气体,若把隔板抽出气体将进行自由膨胀,达到平衡后,则
( )
A.温度不变,熵增加 B.温度升高,熵增加
C.温度降低,熵增加
D.温度不变,熵不变
【解析】选A。该过程是在真空中自由膨胀,不用克服外力做功,即不对外做功,此时W=0,又是绝热过程Q=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU=0,即气体内能不变,所以温度不变。由热力学第二定律可知,自发的宏观过程总是向着熵增大的方向发展,所以熵增加。
5.(2020·全国Ⅱ卷)下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有
,不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有 。(填正确答案标号)?
A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B.冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低
C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响
D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
【解析】汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热,不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律,A项不符合;冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低,需要对外做功或对外放出热量,而保温杯隔断了传热过程,水也没有对外做功,所以该过程违背热力学第一定律;某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响,该过程不违背热力学第一定律,但违背热力学第二定律;冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内,要消耗电能,引起了其他变化,该过程不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律,D项不符合。
答案:B C
【新思维·新考向】
情境:目前我国正大力推进垃圾分类,如图所示是济南市某社区的垃圾智能分类亭,其通过智能化、便利化的手段,用直接返现的方式,吸引居民积极参与生活垃圾分类。
问题:
(1)将垃圾进行分类,垃圾的熵值如何变化?
(2)从熵与能量的角度来看,垃圾分类有什么意义?
提示:(1)垃圾经过分类后变得有序了,熵值减小。
(2)自然界的熵值不断增加,意味着能量的品质正在退化,垃圾分类能使熵值减小,通过垃圾的再次利用就能减缓能量的退化速度。(共37张PPT)
六 热力学第一定律 能量的转化与守恒
【基础巩固】
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.(2019·莆田高二检测)一木块在一不光滑的V形槽内来回滑动的过程中,下列说法正确的是
( )
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.只有动能和重力势能的相互转化
D.减少的机械能转化为内能,但总能量守恒
【解析】选D。木块在滑动过程中要克服摩擦阻力做功,机械能转化为内能,但总能量守恒。故选D。
【补偿训练】
(多选)一物体获得一定的初速度后,沿着一粗糙斜面上滑,在上滑过程中,物体和斜面组成的系统
( )
A.机械能守恒
B.总能量守恒
C.机械能和内能增加
D.机械能减少,内能增加
【解析】选B、D。摩擦力做功,机械能转化成内能,因此系统的机械能不守恒,但总能量守恒,A、C错误,B、D正确。
2.如图所示,某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定,筒内空气无泄漏,不计气体分子间的相互作用,则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中,筒内空气体积减小,空气一定
( )
A.从外界吸热
B.内能增大
C.向外界放热
D.内能减小
【解析】选C。本题考查气体性质和热力学第一定律,由于不计气体分子之间的相互作用,且整个过程缓慢进行,所以可看成温度不变,即气体内能不变,选项B、D均错。热力学第一定律公式ΔU=W+Q,因为在这个过程中气体体积减小,外界对气体做了功,式中W取正号,ΔU=0,所以Q为负,即气体向外放热,故选项A错,C对。正确选项为C。
【补偿训练】
某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么
( )
A.外界对胎内气体做功,气体内能减小
B.外界对胎内气体做功,气体内能增大
C.胎内气体对外界做功,内能减小
D.胎内气体对外界做功,内能增大
【解析】选D。由理想气体状态方程
=C可知,对于一定质量的理想气体,压
强和体积都增大时温度一定升高;而一定质量的理想气体,其内能仅与温度有关,
温度升高时内能增大;因为车胎体积增大,所以胎内气体对外界做功;综上可知,
选项D正确,选项A、B、C错误。
3.在如图所示的柱形容器内封有一定质量的密闭气体。光滑活塞C(质量为m)与
容器用良好的隔热材料制成。另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到
活塞上,并随活塞一起到达最低点B而静止。在这一过程中,密闭气体内能的改
变量ΔU、外界对密闭气体所做的功W与物体和活塞的重力势能的变化关系
是
( )
A.Mgh+mgΔh=ΔU+W
B.ΔU=W,W=Mgh+mgΔh
C.ΔU=W,WD.ΔU≠W,W=Mgh+mgΔh
【解题指南】解答本题可从以下两个方面考虑
(1)能量的转化与守恒
(2)气体绝热过程中内能改变的影响因素
【解析】选C。因活塞和容器用良好的隔热材料制成,容器内的密闭气体与外界无热交换,Q=0,所以ΔU=W;但由于物体和活塞碰撞时损失一部分机械能,因此有W4.如图所示是密闭的气缸,外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功500
J,同时气体向外界放热100
J,缸内气体的
( )
A.温度升高,内能增加400
J
B.温度升高,内能减少400
J
C.温度降低,内能增加600
J
D.温度降低,内能减少600
J
【解析】选A。由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=500
J+(-100
J)=400
J,即缸内气体内能增加400
J,气体温度升高,故选项A正确,B、C、D错误。
【补偿训练】
一木箱静止于水平地面上,现在用一个80
N的水平推力推动木箱前进10
m,木箱受到的摩擦力为60
N,则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是
( )
A.U=200
J,Ek=600
J
B.U=600
J,Ek=200
J
C.U=600
J,Ek=800
J
D.U=800
J,Ek=200
J
【解析】选B。由于木箱在推动中受到滑动摩擦力,其与相对位移的乘积为木箱与地面系统的内能即:U=60×10
J=600
J。由能量守恒定律可得:Ek=W总-U=80×10
J-600
J=200
J,故选项B正确,A、C、D错误。
5.如图所示,用隔板将一绝热气缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法错误的是
( )
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中,气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功
【解析】选C。因为气缸、活塞都是绝热的,隔板右侧是真空,所以理想气体在自发扩散的过程中,既不吸热也不放热,也不对外界做功。根据热力学第一定律可知,气体自发扩散前后,内能不变,选项A正确,C错误;气体被压缩的过程中,外界对气体做功,气体内能增大,又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关,所以气体温度升高,分子平均动能增大,选项B、D正确。
6.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置,它主要由气缸和活塞组成。开箱时,密闭于气缸内的压缩气体膨胀,将箱盖顶起,如图所示。在此过程中,若缸内气体与外界无热交换,忽略气体分子间相互作用,则缸内气体
( )
A.对外做正功,分子的平均动能减小
B.对外做正功,内能增大
C.对外做负功,分子的平均动能增大
D.对外做负功,内能减小
【解析】选A。开箱时气缸内气体膨胀,对外做正功,气体与外界无热交换,即Q=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,知ΔU<0,内能减少;气体分子间相互作用不计,无分子势能,所以气体温度降低,平均动能减小,故答案为A。
二、计算题(共2小题,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)
(2019·漳州高二检测)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,吸收的热量Q=7.0×102
J,求此过程中气体内能的增量。
【解析】一定质量的理想气体做等压变化,由盖—吕萨克定律得,
,
则VB=
=8.0×10-3
m3。
气体对外做的功W=p(VB-VA)=2.0×102
J,
根据热力学第一定律ΔU=Q-W,
解得ΔU=5.0×102
J。
答案:5.0×102
J
8.(14分)(2020·江苏高考)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,
其p-
图像如图所示,求该过程中气体吸收的热量Q。
【解析】根据p-
图像可知状态A和状态C温度相同,内能相同;故从A经B到C过
程中气体吸收的热量等于气体对外界所做的功。根据图像可知状态A到状态B为
等压过程,气体对外界做功为W1=pΔV=2×105×(2-1)
J=2×105
J状态B到状态C
为等容变化,气体不做功;故从A经B到C过程中气体吸收的热量为Q=W1=2×105
J
答案:2×105
J
【能力提升】
(15分钟·40分)
9.(8分)(2020·山东新高考模拟)如图所示,水平放置的封闭绝热气缸,被一锁
定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1
mol
氧气,b部
分气体为2
mol氧气,两部分气体温度相等,均可视为理想气体。解除锁定,活塞
滑动一段距离后,两部分气体各自再次达到平衡状态时,它们的体积分别为Va、
Vb,温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是
( )
A.Va>Vb,Ta>Tb
B.Va>Vb,TaC.VaD.VaTb
【解析】选D。解除锁定前,两部分气体的分子平均动能相同,但由于b部分的分子密集程度大,由气体压强的微观意义可知,b部分气体的压强大于a部分气体的压强;解除锁定,活塞将向a部分滑动,则VaTb,故选项D正确,A、B、C错误。
【补偿训练】
(多选)如图所示,气缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好
的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体
A加热一段时间,后来活塞达到新的平衡,不计气体分子势能,不计活塞与气缸壁
间的摩擦,大气压强保持不变,则下列判断正确的是
( )
A.气体A吸热,内能增加
B.气体B吸热,对外做功,内能不变
C.气体A分子的平均动能增大
D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大
【解析】选A、C。气体A进行等容变化,则W=0,根据ΔU=W+Q可知,气体A吸收热量,内能增加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都是增大的,选项A、C正确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B吸收热量,温度升高,内能增加,选项B错误。
10.(8分)(多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的V-t图像,气体由状态A变化到状态B的过程中,下列说法正确的是( )
A.气体对外做功,同时从外界吸收热量
B.气体的内能不变
C.气体的压强减小
D.气体的压强不变
【解析】选A、C。从状态A到状态B,体积增大,气体对外做功,W<0,温度升高,内能增大,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即气体从外界吸收热量,故A正确;由题图可知,理想气体从状态A到状态B的过程中,温度升高,内能增大,B错误;在V-t图像中等压线是延长线过-273.15
℃的直线,斜率越大,压强越小,如图所示,气体从状态A到状态B的过程中,压强减小,故C正确,D错误。
【补偿训练】
如图所示是一定质量的理想气体从状态A经B至C的p
-
图线,则在此过程
中
( )
A.气体的内能改变
B.气体的体积增大
C.气体向外界放热
D.气体对外界做功
【解析】选C。由图线可知气体的温度不发生变化
,故气体的内能不发生变化,A项错;由A经B至C的过程,体积变小,外界对气体做功,而温度不变则气体的内能不变,故气体要向外放热,B、D项错,C项正确。
11.(8分)(多选)(2019·漳州高二检测)运动员跳伞后,在某一段时间内以
8
m/s2的加速度下降,在该过程中
( )
A.重力势能只转化为动能
B.机械能转化为内能
C.机械能守恒
D.系统的总能量守恒
【解析】选B、D。运动员加速度为8
m/s2,说明运动员除受重力以外还受阻力作用,克服阻力做功,机械能转化为内能,但总能量守恒。故B、D正确,A、C错误。
12.(16分)(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
【补偿训练】
如图所示,一定质量的理想气体从状态A先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环,A、B、C状态参量如图所示,气体在状态A的温度为27
℃,求:
(1)气体在状态B的温度TB;
(2)气体从A→B→C状态变化过程中与外界交换的总热量Q。
【解析】(1)A到B的过程是等压变化,有
代入数据得TB=600
K(327
℃)
(2)根据热力学第一定律有ΔU=Q+W
其中W=-2p0V0
解得Q=2p0V0(吸热)
答案:(1)600
K (2)2p0V0(共109张PPT)
第3章 热力学定律
第1节 热力学第一定律
第2节 能量的转化与守恒
必备知识·素养奠基
一、功、热量与内能
思考
问题1:如图,做功和热传递达到的效果是否相同?
提示:相同
问题2:物体吸收了热量,其内能是否一定增加?
提示:不一定
1.改变内能的两种方式:_____和热_____。
2.物体内能的改变:
判断下列物体内能变化的情况:
(1)如果一个物体既不吸热也不放热,当外界对它做功时,物体内能将__,当物体
对外界做功时,物体内能将__。
(2)如果一个物体既不对外界做功,外界也不对它做功,当物体从外界吸热时,物
体内能将__,当物体向外放热时,物体内能将__。(均选填:A.增加
B.减少)
做功
传递
A
B
A
B
3.热力学第一定律:
(1)内容:物体内能的增加量ΔU等于外界对物体__________与物体从外界_____
_______Q之和。
(2)表达式:ΔU=____。
所做的功W
吸收
的热量
W+Q
二、第一类永动机
思考
问题1:图中的两种永动机,为什么都不可能实现?
提示:因为都违背了热力学第一定律
问题2:第一类永动机违背了什么规律?
提示:违背了热力学第一定律
1.第一类永动机:有人幻想的一种不消耗任何能量而能永远_________的机器。
2.第一类永动机的本质:能量能无中生有地_________。
3.第一类永动机不能制造成功的原因:违背了_______________。
对外做功
创造出来
热力学第一定律
三、能量守恒定律的发现
思考
问题1:如图所示的装置,涉及几种形式能量的转化?
提示:涉及内能、电能、机械能之间的转化。
问题2:能量在转化过程中遵循什么样的规律?
提示:遵循能量守恒定律。
1.迈尔的发现:
体力和体热必定来源于食物中的_______,内能、化学能、机械能都是等价的,是
可以_________的,如果动物的能量输入与支出是平衡的,那么,所有这些形式的
能在量上必定是_____的。
2.焦耳的研究:
(1)确定了电能向内能转化的_____关系。
(2)用了近40年的时间,不懈地钻研_________问题,为能量守恒定律提供了无可
置疑的证据。
化学能
相互转化
守恒
定量
热功转换
3.亥姆霍兹的贡献:
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
四、能量守恒定律及其应用
1.内容:能量既不会_____,也不会_____,它只能从一种形式_____为另一种形式,
或者从一个物体_____到另一个物体,而能量的总值_________。
2.意义:揭示了自然科学各个分支之间的_________,是自然界内在_______的第
一个有力证据。
消失
创生
转化
转移
保持不变
普遍联系
统一性
3.应用:
(1)能量转化过程中总伴有_____的产生。
(2)人类所需的绝大部分能量都直接或间接地来自_____。
(3)在各种能量的转化过程中,能量都是_______。
内能
太阳
守恒的
关键能力·素养形成
一 热力学第一定律的意义、符号及应用
1.意义:热力学第—定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的效果是等效的,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。此定律是标量式,应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
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.应用热力学第一定律解题的步骤:
(1)首先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。
【思考?讨论】
如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体,M可沿N的内壁上下滑动。
(1)密闭的气体遵循什么规律?
(2)设筒内气体不与外界发生热交换,在M向下滑动的过程中内能如何变化?
提示:(1)密闭的气体遵循热力学第一定律。
(2)筒内气体不与外界发生热交换,M向下滑的过程中,外界对气体做功,由热力学第一定律可知气体内能增大。
【典例示范】
下列说法正确的是
( )
A.物体放出热量,其内能一定减小
B.物体对外做功,其内能一定减小
C.物体吸收热量,同时对外做功,其内能可能增加
D.物体放出热量,同时对外做功,其内能可能不变
【解析】选C。根据热力学第一定律(公式ΔU=Q+W)可知,做功和热传递都可以改变物体的内能,当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外界做的功时,物体的内能增加,选项A、B错误,选项C正确;物体放出热量的同时对外做功,则Q+W<0,内能减小,选项D错误。
【素养训练】
1.(多选)下列过程,可能发生的是
( )
A.物体吸收热量,对外做功,同时内能增加
B.物体吸收热量,对外做功,同时内能减少
C.外界对物体做功,同时物体吸热,内能减少
D.外界对物体做功,同时物体放热,内能增加
【解析】选A、B、D。根据热力学第一定律ΔU=W+Q,做功和热传递都可以改变物体的内能,故由此可确定A、B、D正确,C错误。
2.一定量的气体内能增加了3×105
J,
(1)若吸收了2×105
J的热量,则是气体对外界做功,还是外界对气体做功?做了多少焦耳的功?
(2)若气体对外界做了4×105
J的功,则是气体放热还是从外界吸热?放出或吸收的热量是多少?
【解析】(1)由热力学第一定律ΔU=Q+W
得W=ΔU-Q=3×105
J-2×105
J=1×105
J
外界对气体做功。
(2)由ΔU=Q+W得
Q=ΔU-W=3×105
J-(-4×105
J)=7×105
J
气体从外界吸热。
答案:(1)外界对气体做功 1×105
J
(2)气体从外界吸热 7×105
J
【补偿训练】
1.一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=2×104
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=W+Q,可知Q=ΔU-W=-1.2×105
J-8×104
J
=-2×105
J,即B选项正确。
2.一定质量的理想气体,从某一状态开始,经过一系列变化后又回到开始的状态。用W1表示外界对气体做的功,W2表示气体对外界做的功,Q1表示气体吸收的热量,Q2表示气体放出的热量,则在整个过程中一定有
( )
A.Q1-Q2=W2-W1 B.Q1-Q2=W1-W2
C.W1=W2
D.Q1=Q2
【解析】选A。气体初、末状态相同,内能相同,由热力学第一定律知ΔW+ΔQ=0,即W2-W1=Q1-Q2,故选项A正确。
二 热力学第一定律在气体状态变化中的应用
1.理想气体内能变化ΔU
(1)理想气体的内能只包含分子动能,当理想气体的量为定值时内能仅取决于温度。当温度升高时,内能增加,ΔU取正值;当温度降低时,内能减少,ΔU取负值。
(2)当理想气体经历等温过程时,内能不变,热力学第一定律方程可简化为
Q=-W。
2.理想气体吸放热Q
(1)当理想气体吸热时,Q取正值;当理想气体放热时,Q取负值。
(2)当理想气体经历绝热过程时,吸放热为零,热力学第一定律方程可简化为ΔU=W。
3.理想气体做功W
(1)气体压强p恒定时,气体做功大小计算公式W=pΔV,当理想气体体积减小时,W取正值;当理想气体体积增大时,W取负值。
(2)当理想气体经历等容过程时,做功为零,热力学第一定律方程可简化为ΔU=Q。
4.自由膨胀时气体体积虽然增大但对外界做功为零。
【思考?讨论】
如图所示,轮胎在太阳的暴晒下,突然爆破。
假设轮胎爆破的过程中,轮胎内气体体积不变,则
(1)外界对轮胎内的气体做功如何?
(2)气体内能如何变化?
提示:(1)轮胎内气体的体积不变化,外界不对气体做功,气体也不对外界做功。
(2)轮胎内气体是等容过程,即W=0,则Q=ΔU,轮胎内的气体吸收热量,则内能增加。
【典例示范1】(多选)如图,一开口向上的导热气缸内,用活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中
( )
A.气体体积逐渐减小,内能增加
B.气体压强逐渐增大,内能不变
C.气体压强逐渐增大,放出热量
D.外界对气体做功,气体内能不变
【解题探究】
请问题干中“导热气缸”说明什么问题?
提示:导热气缸说明气缸可以与外界进行热交换,表明气缸内气体温度与外界温度保持相同,气体内能不变。
【解析】选B、C、D。环境温度保持不变,导热气缸内理想气体的温度不变,内能不变,A错误;在活塞下降过程中,气体体积逐渐减小,由p1V1=p2V2可知,气体压强逐渐增大,B正确;气体体积逐渐减小,外界对气体做功,而内能不变,由热力学第一定律可知,气体放出热量,C、D正确。
【规律方法】判断气体p、V、T参量与气体ΔU、Q、W的方法
(1)根据气体定律判断气体参量的变化。
(2)根据气体参量的变化确定气体ΔU、Q、W三个量中部分量的正负。
(3)依据热力学第一定律判断所求参量的变化。
【补偿训练】
1.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁,此过程中瓶内空气(不计分子势能)
( )
A.内能减小,外界对气体做功
B.内能减小,吸收热量
C.内能增大,对外界做功
D.内能增大,放出热量
【解析】选A。密闭有空气的薄塑料瓶降温说明气体的内能减小,薄塑料瓶变扁说明外界对气体做功;由热力学第一定律可知,气体在变化过程中放出热量,所以选项A正确,B、C、D错误。
2.(多选)(2019·泉州高二检测)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则袋内气体( )
A.体积减小,内能增大
B.体积减小,压强减小
C.对外界做负功,内能增大
D.对外界做正功,压强减小
【解析】选A、C。袋内气体与外界无热交换,即Q=0,袋四周被挤压时,体积V减
小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能增大,则温度升
高,由
=C知压强增大,选项A、C正确,B、D错误。
3.景颇族的祖先发明的点火器如图所示,用牛角做套筒,木质推杆前端粘着艾绒,猛推推杆,艾绒即可点燃,对筒内封闭的气体,在此压缩过程中
( )
A.气体温度升高,压强不变
B.气体温度升高,压强变大
C.气体对外界做正功,气体内能增加
D.外界对气体做正功,气体内能减少
【解析】选B。气体体积减小,故外界对气体做正功,做功时间短,故可认为无热
传递,由ΔU=W+Q,W>0,知气体内能增加,温度上升。由
=C可知,温度上升体积
减小,压强必增大,故选项B正确,选项A、C、D错误。
【典例示范2】
(2020·山东等级考)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为
a(V0,
2p0)、
b(2V0,p0)、c(3V0,2p0),以下判断正确的是
( )
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【解析】选C。根据气体做功的表达式W=pΔV可知p-V图线和体积横轴围成的面
积即为做功大小,气体在a→b和b→c两个过程中p-V图线和体积横轴围成的面积
相等,所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,A错
误;气体在a→b过程中,根据理想气体状态方程
=C可知Ta=Tb,所以ΔUab=0,根
据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Qab=-Wab,气体在b→c过程中,温度升高,所以
ΔUbc>0,根据热力学第一定律可知ΔUbc=Qbc+Wbc,即Qbc=ΔUbc-Wbc,结合Wab=Wbc<0
可得Qbc>Qab>0,即b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量,B错误;
气体在c→a过程中,温度降低,所以ΔUca<0,气体体积减小,外界对气体做功,所以Wca>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Qca<0且|Qca|>|Wca|,则在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量,C正确;理想气体的内能只与温度有关,根据Ta=Tb可知|ΔTca|=|ΔTbc|,所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量,D错误。故选C。
【误区警示】关于热力学第一定律理解的四个误区
(1)误认为气体吸热内能一定增加:产生误区的原因是没有理解好热力学第一定律,做功和热传递共同决定气体内能的变化,如果气体对外界做的功大于气体吸收的热量,气体的内能是减少的。
(2)误认为外界对气体做功内能一定增加:产生误区的原因是没有理解好热力学第一定律,做功和热传递共同决定气体内能的变化,如果气体放出的热量大于外界对气体做的功,气体的内能是减少的。
(3)误认为气体的内能由做功和热传递决定:气体的内能由气体的质量和温度决定,做功和热传递不决定物体的内能,但做功和热传递可以改变物体的内能、量度内能的变化。
(4)误认为做功和热传递过程必同时进行:做功和热传递过程既可以同时进行,也可以分别单独进行,例如绝热过程就只有做功而没有热传递,等容过程就只有热传递而没有做功。
【素养训练】
1.(2020·天津等级考)水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体,达到一定压强后,关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开,水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中,罐内气体温度始终保持不变,则气体
( )
A.压强变大
B.对外界做功
C.对外界放热
D.分子平均动能变大
【解析】选B。解决该问题时要把气体看作理想气体,所以不计分子间势能,罐内气体的内能只跟温度有关,温度不变,则内能不变,温度是分子平均动能的唯一标志,由于温度不变,因此分子平均动能不变,故D错误;在水喷出的过程中,气体体积增大,罐内气体压强减小,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故B正确,A、C错误。
2.在一个标准大气压下,水在沸腾时,1
g的水由液态变成同温度的水蒸气,其体积由1.043
cm3变为1
676
cm3。已知水的汽化热为2
263.8
J/g。求:
(1)体积膨胀时气体对外界做的功W;
(2)气体吸收的热量Q;
(3)气体增加的内能ΔU。
【解析】取1
g水为研究对象,把大气视为外界。1
g沸腾的水变成同温度的水蒸气需要吸收热量,同时由于体积膨胀,系统要对外做功。
(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功:
W=p(V2-V1)=1.013×105×(1
676-1.043)×10-6
J≈169.7
J
(2)气体吸热:Q=mL=1×2
263.8
J=2
263.8
J
(3)根据热力学第一定律:
ΔU=Q-W=2
263.8
J-169.7
J=2
094.1
J
答案:(1)169.7
J (2)2
263.8
J (3)2
094.1
J
【补偿训练】
1.(多选)(2020·济南高二检测)一定质量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其p-V图像如图所示。在过程1中,气体始终与外界无热量交换;在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程,下列说法正确的是
( )
A.在过程1中气体温度不变
B.在过程1中气体内能减小
C.在过程2中气体一直对外放热
D.在过程2中气体内能的改变量与在过程1中相同
【解析】选B、D。气体经历过程1,压强减小,体积变大,膨胀对外做功,由于与
外界无热量交换,故内能减小,温度降低,故A错误,B正确;气体在过程2中,根据
理想气体状态方程
=C,刚开始时,体积不变,压强减小,则温度降低,对外放热,
然后压强不变,体积变大,膨胀对外做功,则温度升高,吸热,故C错误;无论是经
过过程1还是过程2,初、末状态相同,故内能改变量相同,故D正确。
2.如图甲所示,用面积为S的活塞在气缸内封闭一定质量的空气,活塞上放一砝码,活塞和砝码的总质量为m。现对气缸缓缓加热,使气缸内的空气温度从T1升高到T2,空气柱的高度增加了ΔL,已知加热时气体吸收的热量为Q,外界大气压强为p0。求:
(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少?
(2)气缸内气体温度为T1时
,气柱的长度为多少?
(3)请在图乙的V-T图上大致作出该过程的图像(包括在图线上标出过程的方向)。
【解析】(1)对活塞和砝码:mg+p0S=pS,
得p=p0+
气体对外做功W=pSΔL=(p0S+mg)ΔL
由热力学第一定律W+Q=ΔU
得ΔU=Q-(p0S+mg)ΔL。
(2)
解得L=
。
(3)如图所示:
答案:(1)Q-(p0S+mg)ΔL (2)
(3)见解析
三 不同形式的能量之间的转化
1.能量的形式:
(1)宏观物体运动——机械能。
(2)分子热运动——内能。
(3)电荷和电场——电势能。
2.不同形式能量之间的转化:
(1)摩擦生热——机械能转化为内能。
(2)水蒸气将壶盖顶起——内能转化为机械能。
(3)用电炉子加热——电能转化为内能。
(4)燃煤取暖——化学能转化为内能。
3.太阳能的转化:
提醒:自然界中各种形式能量的转化是通过做功的形式完成的。
【思考?讨论】
自由摆动的秋千摆动幅度越来越小,最终停下来,在此过程中涉及哪些能量的转化?停下来时原来的能量消失了吗?
提示:涉及动能与重力势能的相互转化,机械能转化为内能,秋千的能量并没有消失,而是最终转化为内能。
【典例示范】
(多选)行驶中的汽车制动后滑行一段距离,最后停下①;流星在夜空中坠落并发出明亮的光②;降落伞在空中匀速下降③;条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈,线圈中产生电流④。上述不同现象中所包含的相同的物理过程是
( )
A.物体克服阻力做功
B.物体的动能转化为其他形式的能量
C.物体的势能转化为其他形式的能量
D.物体的机械能转化为其他形式的能量
【审题关键】
序号
信息提取
①
汽车滑行时受阻力,克服阻力做功
②
流星受空气的阻力,克服阻力做功
③
降落伞受空气阻力,克服阻力做功
④
机械能转化为电能
【解析】选A、D。这四种现象中的物体运动过程都受到阻力作用,汽车主要是制动阻力,流星、降落伞是空气阻力,条形磁铁下落受到磁场阻力,因而物体都克服阻力做功,A项对。四个物体运动过程中,汽车是动能转化成其他形式的能,流星、降落伞、条形磁铁是重力势能转化成其他形式的能,总之是机械能转化成其他形式的能,D项对。故选A、D。
【规律方法】能量的转化和转移
(1)转化:某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量相等。
(2)转移:某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量相等。
【素养训练】
1.下列关于能量转化的现象的说法中,正确的是
( )
A.用太阳灶烧水是太阳能转化为电能
B.电灯发光是电能转化为光能
C.核电站发电是电能转化为内能
D.生石灰放入盛有凉水的烧杯里,水温升高是动能转化为内能
【解析】选B。太阳灶烧水是光能转化为内能,电灯发光是电能转化为光能,核电站发电是核能转化为电能,生石灰放入凉水中是化学能转化为内能,故选项B正确,A、C、D错误。
2.一个铁块沿斜面匀速滑下,关于铁块的机械能和内能的变化,下列判断中正确的是
( )
A.铁块的机械能和内能都不变
B.铁块的机械能减少,内能不变
C.铁块的机械能增加,内能增加
D.铁块的机械能减少,内能增加
【解析】选D。铁块沿斜面匀速下滑时,动能不变势能减小,所以铁块的机械能一定减少。铁块沿斜面能匀速滑下,斜面一定是不光滑的,铁块下滑时克服摩擦力做功,铁块损失的机械能转化为铁块和斜面的内能,因此铁块的温度会略有升高,内能增加。故选项D正确,A、B、C错误。
【补偿训练】
1.在光滑水平面上停放一木块,一子弹水平射穿木块。对此过程,下列说法中正确的是
( )
A.摩擦力(子弹与木块间)对木块做的功等于木块动能的增加量
B.摩擦力对木块做的功完全转化为木块的内能
C.子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
D.子弹减少的机械能等于木块增加的内能
【解析】选A。对木块由动能定理可判断出选项A正确。子弹减少的机械能转化为木块、子弹的内能和木块的动能,故B、C、D均错误。
2.下列关于能量转化的叙述中正确的是
( )
A.电动机将机械能转化为电能
B.发电机将电能转化为机械能
C.汽油机将机械能转化为内能
D.干电池将化学能转化为电能
【解析】选D。电动机是将电能转化为机械能的装置,故A错误;发电机是将机械能转化为电能的装置,故B错误;汽油机是将内能转化为机械能的装置,故C错误;干电池工作时,内部发生化学变化,释放出电能,故D正确。
四 应用能量守恒定律进行计算
1.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。
2.应用能量守恒定律的思路方法:
(1)能量守恒的核心是总能量不变,因此在应用能量守恒定律时应首先分清系统中哪些能量在相互转化,是通过哪些力做功实现的,这些能量分别属于哪些物体,然后再寻找合适的守恒方程式。
(2)在应用能量守恒定律分析问题时,应明确两点:
①哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加。
②哪个物体的能量减少,哪个物体的能量增加。
【思考?讨论】
荡秋千的人应在秋千运动到最低点时迅速站起,然后慢慢下蹲,当秋千荡到最高点时,再猛然站起,过了最高点后再慢慢下蹲,到了最低点时再猛地站起,以后重复上面的动作,则秋千越荡越高。
秋千越荡越高,符合能量守恒定律吗?
提示:秋千越荡越高,人体内的化学能转化为机械能,符合能量守恒定律。
【典例示范】
一颗质量为m=10
g的子弹以200
m/s的速度射入放在光滑水平面上质量为
M=2
kg的木块并穿出。穿出木块时子弹的速度变为40
m/s,木块速度为
0.8
m/s。设子弹在木块中所受的阻力不变,在此过程中子弹和木块共获得多少内能?若这些内能有30%被子弹吸收,则可以使子弹升高多少摄氏度?子弹的比热容为1.3×102
J/(kg·℃)。
【解题探究】
机械能通过什么方式转化为内能?
提示:机械能可以通过摩擦力做功等方式转化为内能。
【解析】系统损失的机械能转化为系统增加的内能。
ΔE损=
=
×0.01×2002
J-(
×0.01×402
J+
×2×0.82
J)
=191.36
J,
被子弹吸收的热量Q=ΔE损×30%=cmΔt,
所以Δt=
℃=44.16
℃。
答案:191.36
J 44.16
℃
【规律方法】能量守恒定律的应用技巧
(1)能量守恒定律是自然界中一个最基本的规律,同时,它又可以与很多其他物理规律(如:平抛运动、碰撞、圆周运动等)结合,解决一些综合性很强的题目。
(2)解决这类题目应明确研究过程中哪些能量发生了转化、各种能量的表达形式,然后由相应物理规律结合能量守恒定律求解。
【素养训练】
1.(2020·济南高一检测)按压式圆珠笔内装有一根小弹簧,尾部有一个小帽,压一下小帽,笔尖就伸出来。如图所示,使笔的尾部朝下,将笔向下按到最低点,使小帽缩进,然后放手,笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力,笔从最低点运动至最高点的过程中
( )
A.笔的动能一直增大
B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量
D.弹簧弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量
【解析】选D。开始时弹力大于笔的重力,则笔向上做加速运动;当弹力等于重力时加速度为零,速度最大;然后弹力小于重力,笔向上做减速运动,当笔离开桌面时将做竖直上抛运动,直到速度减为零到达最高点;笔的动能先增大后减小,A错误;因只有弹力和重力做功,则笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能守恒,因动能先增加后减小,则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加,B错误;因整个过程中初、末动能相同,动能改变量为零,则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量,C错误,D正确;
2.风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮,设空气密度为ρ,风的动能有50%转化为风车的动能,风车带动水车将水提高h的高度,效率为80%。求时间t内最多可提升的水的质量。
【解析】在时间t内吹在风车上的空气的质量为
m1=
πd2·vt·ρ
风的动能Ek=
m1v2=
πd2v3tρ
根据题意
πd2v3tρ×50%×80%=mgh
m=
答案:
【补偿训练】
1.从10
m高空由静止开始下落的水滴,在下落的过程中,水滴重力势能的40%转化为水的内能使水的温度升高,则水滴落下后温度升高多少?[水的比热容c=4.2×103
J/(kg·℃),g取10
m/s2]
【解析】水滴的重力势能:E=mgh
重力势能的40%转化为水的内能
Eη=cmΔt,Δt=
代入数值得:Δt=
℃=0.01℃
答案:0.01
℃
2.重1
000
kg的气锤从2.5
m
高处落下,打在质量为200
kg的铁块上,要使铁块的温度升高40
℃以上,气锤至少应落下多少次?[设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高,且铁的比热容c=0.11
cal/(g·℃),g取10
m/s2,
1
cal=4.2
J]
【解析】气锤下落过程中只有重力做功,机械能守恒,因而气锤撞击铁块时动能
为Ek=mgh=103×10×2.5
J=2.5×104
J。由动能定理知气锤撞击铁块所做的功
为W=Ek-0=2.5×104
J。使铁块温度升高所需的热Q=cmΔt=0.11×200×103×
40
J=3.696×106
J,设气锤下落n次才能使铁块温度升高40
℃,由能量守恒定律
得:nWη=Q,n=
次=246.4次,故气锤至少要下落247次。
答案:247次
【拓展例题】考查内容:非恒压下气体做功
【典例】1
mol理想气体的压强p与体积V的关系如图所示,气体在状态A时的压强为p0、体积为V0,热力学温度为T0,在状态B时的压强为2p0,体积为2V0,A→B图像为直线段。已知该气体内能与温度成正比U=CVT(CV为比例系数)求:
(1)气体在B状态时的热力学温度;
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中,吸收的热量。
【解析】(1)根据理想气体状态方程,
,
解得TB=4T0
(2)根据热力学第一定律,ΔU=Q+W
根据图像可知W=-
ΔU=CV(4T0-T0)
解得:Q=3CVT0+
答案:(1)4T0
(2)3CVT0+
【课堂回眸】
1.下面的例子中,通过热传递改变物体内能的是
( )
A.擦火柴,使火柴开始燃烧
B.阳光照在湖面上,使湖水升温
C.用锯条锯木头,使锯条变热
D.搓搓手,会感觉暖和些
课堂检测·素养达标
【解析】选B。擦火柴使火柴燃烧,用锯条锯木头,使锯条变热以及用“搓手”的方法取暖,是通过相互摩擦,克服摩擦力做功,机械能转化成内能,都是通过做功的方式改变内能,故A、C、D错误;阳光照在湖面上,使湖水升温,是通过热传递的方式改变内能的,故B正确。
2.(多选)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,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知气体处于状态A时的温度为300
K,则下列判断正确的是
( )
A.气体处于状态B时的温度是900
K
B.气体处于状态C时的温度是300
K
C.从状态A变化到状态C过程中气体内能一直增大
D.从状态A变化到状态B过程中气体放热
【解析】选A、B。由题意知:TA=300
K,A→B过程为等压变化,则有
,代入
数据解得TB=900
K,选项A正确;B→C过程是等容变化,则有
,代入数据解
得TC=300
K,选项B正确;从状态A变化到状态C过程,气体的温度先升高后降低,则
气体的内能先增大后减小,选项C错误;A→B气体的温度升高,内能增大,体积增
大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q知,气体吸热,选项D错误。
【补偿训练】
如图,内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时,缸内气体
( )
A.内能减小
B.对外做功
C.压强增大
D.分子间的引力和斥力都增大
【解析】选B。当环境温度升高时,压强不变,缸内气体膨胀对外做功,理想气体不考虑分子力,内能仅由物质的量和温度决定,温度升高,气体的内能增加,故选项B正确,A、C、D错误。
3.如图所示的容器中,A、B各有一个可自由移动的轻活塞,活塞下是水,上为空气,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。开始A中水面比B中高,打开阀门,使A中的水逐渐流向B中,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。由于水的体积不变,故p0SAhA=p0SBhB,即大气压力对A做的正功与B克服大气压力做的功相等,故大气压力不做功。但水的重力势能减少了,它转化为水的内能,所以水的内能增加了,故选项D正确,A、B、C错误。
【补偿训练】
有人设计了如图所示的永动机,靠磁铁的吸引使车辆获得行驶的能量。但是这类永动机没有制成,是因为
( )
A.不符合机械能守恒定律
B.违背了能量转化和守恒定律
C.做功产生的热不符合热功当量
D.找不到合适的材料和合理的设计方案
【解析】选B。第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量转化和守恒定律,故B项正确。
4.一定质量的理想气体,其内能跟温度成正比。在初始状态A时,体积为V0,压强为p0,温度为T0,已知此时其内能为U0。该理想气体从状态A经一系列变化,最终还回到原来的状态A,其变化过程的p-T图线如图所示,其中CA延长线过坐标原点,BA在同一竖直直线上。求:
(1)状态B的体积;
(2)状态C的体积;
(3)从状态B经由状态C,最终回到状态A的过程中,气体与外界交换的热量是多少。
【解析】(1)由题图可知,从状态A到状态B为等温变化过程,
状态B时气体压强为p1=3p0,
设体积为V1,由玻意耳定律得p0V0=p1V1,
解得V1=
。
(2)由题图可知,从状态B到状态C为等压变化过程,
状态C时气体温度为T2=3T0,
设体积为V2,由盖—吕萨克定律得
,
解得V2=V0。
(3)由状态B经状态C回到状态A,外界对气体做的总功为W;从状态B到状态C,
设外界对气体做功为WBC,WBC=p1(V1-V2),
联立解得WBC=-2p0V0;
从状态C回到状态A,由图线知为等容变化过程,外界对气体不做功,
所以W=WBC=-2p0V0,
从状态B经状态C回到状态A,内能增加量为U=0,气体从外界吸收的热量为Q,内能增加量为U,
由热力学第一定律得U=Q+W,
解得Q=2p0V0,
即气体从外界吸收的热量为2p0V0。
答案:(1)
(2)V0 (3)2p0V0
【新思维·新考向】
情境:2020年5月5日18时0分,长征五号B搭载新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱试验舱,从文昌航天发射场点火升空。约488秒后,载荷组合体与火箭成功分离进入预定轨道,我国空间站阶段的首次飞行任务告捷。
问题:
(1)长征五号B火箭起飞时,哪些机械能增加?
(2)在起飞时能量守恒吗?
提示:(1)重力势能和动能增加。
(2)能量守恒,增加的能量来自于化学燃料的燃烧。
