新步步高高二物理人教版选修33学案第十章 热力学定律 章末总结.docx

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新步步高高二物理人教版选修33学案第十章热力学定律章末总结

章末总结

一、热力学第一定律的综合应用

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）与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符号含义是解决本类问题的保证．

（1）外界对物体做功，W>0；物体对外做功，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的符号→代入公式ΔU＝W＋Q→得出结论

例1　如图1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＝1.0×105Pa不变，吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量．

图1

解析　等压变化过程有＝，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＝5.0×102J.

答案　5.0×102J

针对训练　

图2

如图2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420J，同时膨胀对外做功300J．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200J，判断此过程中气体是吸热还是放热，并求出热量变化的多少．

答案　放热　320J

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＝420J－300J＝120J

气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200J的功，因而气体必向外界放热，放出的热量为

Q2＝ΔU′－W2＝（－120J）－200J＝－320J

即此过程中气体放出的热量是320J.

二、热力学第二定律

1．热力学第二定律的两种表述

（1）按照热传递的方向性表述为：

热量不能自发地从低温物体传到高温物体，这是热力学第二定律的克劳修斯表述．

（2）按照机械能与内能转化的方向性表述为：

不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．这是热力学第二定律的开尔文表述．

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）用熵来表示热力学第二定律：

在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．

3．分析此类问题的方法

掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质，即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的说明，都可以作为热力学第二定律的表述．本章对热力学第二定律的表述很多，这些不同形式的表述都是等价的．

例2　关于热力学定律，下列说法正确的是__________．（填入正确选项前的字母）

A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量

B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加

C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功

D．不可能使热量从低温物体传向高温物体

E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

解析　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知A正确，B错误；由热力学第二定律知，C、D这些过程在借助于外界帮助的情况下是可以实现的，所以C正确，D错误；由于自然界中一切与热现象有关的过程都是不可逆的，所以E正确，故正确答案为A、C、E.

答案　ACE

1．（热力学第一定律）如图3所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则（　　）

图3

A．A球吸收的热量较多

B．B球吸收的热量较多

C．两球吸收的热量一样多

D．无法确定

答案　B

解析　两球初、末态温度分别相同，初、末态体积也相同，所以内能增量相同，但水银中的B球膨胀时对外做功多，所以吸热较多，故选B.

2．（热力学第一定律的综合应用）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（　　）

A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变

B．若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大

C．若气体温度升高1K，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量

D．在完全失重状态下，气体的压强为零

答案　A

解析　一定质量的理想气体的内能与温度有关，若气体的压强和体积都不变，则温度不变，其内能也一定不变，A正确；由＝C知，气体的温度不断升高，压强不一定增大，B错误；根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，气体温度升高1K，ΔU相同，等容过程W＝0，等压过程，体积增大，则W<0，故等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量，C错误；气体的压强是由于分子频繁撞击器壁而产生的，与是否失重无关，D错误．

3．（热力学定律的应用）以下说法正确的是（　　）

A．电冰箱内的食品温度比室内温度低，说明在一定条件下热量也可以由低温物体传到高温物体

B．内能可以转化为机械能

C．能量的耗散否定了能量守恒定律

D．能量的耗散说明自然界的宏观过程有方向性

答案　ABD

解析　在一定条件下，热量可以由低温物体传到高温物体，A正确；由能量守恒定律可知，各种形式的能量之间可以相互转化，并且总能量守恒，所以B正确；能量的耗散并没有否定能量守恒定律，其说明自然界的宏观过程有方向性，C错误，D正确．

章末检测卷（十）

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）

1．在下列现象中不是通过做功使物体内能改变的是（　　）

A．用打气筒给自行车打气时，筒壁温度升高

B．在阳光照射下，水的温度升高

C．铁锤打铁块，使铁块温度升高

D．夏天在室内放几块冰，室内会变凉一些

答案　BD

解析　活塞与筒壁发生摩擦，摩擦力做功使筒壁温度升高；在阳光照射下，水温升高是靠太阳的热辐射来升温的；铁锤打铁块是做功过程；室内放上冰块是通过热传递的方式来改变室内温度的．

2．柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能．燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能，是衡量机器性能好坏的重要指标，有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只是将手伸到柴油机排气管附近，去感知一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是（　　）

A．尾气的温度越高，柴油机越节能

B．尾气的温度越低，柴油机越节能

C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关

D．以上说法均不正确

答案　B

解析　气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低．

3．景颇族的祖先发明的点火器如图1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（　　）

图1

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

答案　B

解析　外界对气体做正功，其内能增加，温度升高，分子热运动加剧、体积变小，单位体积内分子的密集程度增加，故其压强变大．正确选项为B.

4．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（　　）

A．一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大

B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体

C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大

D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大

答案　D

解析　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定质量的气体吸收热量内能不一定增大，例如气体对外做功，且W>Q，那么内能将会减少，故A项错误；不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键是理解“而不引起其他变化”，如果“引起其他变化”，完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r

图2

5.固定的水平汽缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略．假设汽缸壁的导热性能很好，外界环境的温度保持不变．若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，如图2所示，则在拉动活塞的过程中，关于汽缸内气体的下列结论，正确的是（　　）

A．气体对外做功，气体内能减小

B．气体对外做功，气体内能不变

C．外界对气体做功，气体内能不变

D．气体向外界放热，气体内能不变

答案　B

解析　用力F缓慢拉活塞时，气体膨胀，对外做功，但由于汽缸的导热性很好，环境温度又不变，气体会从外界吸收热量而保持与环境温度相同，因而气体的内能不变，故B选项正确．

6．一木块沿斜面向下滑，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

答案　D

解析　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．

图3

7.已知理想气体的内能与温度成正比，如图3所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（　　）

A．先增大后减小

B．先减小后增大

C．单调变化

D．保持不变

答案　B

解析　题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程＝C知，气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B正确．

图4

8.如图4所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左、右两边气体温度相等．现给电热丝提供一较弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（　　）

A．右边气体温度升高，左边气体温度不变

B．左、右两边气体温度都升高

C．左边气体压强增大

D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量

答案　BC

解析　当电热丝通电后，右边气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，根据热力学第一定律，左边气体内能增加，气体的温度升高，压强增大，选项B、C正确，选项A错误．右边气体内能的增加量为电热丝产生的热量减去对左边的气体所做的功，选项D错误．

图5

9.如图5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，活塞与器壁的摩擦忽略不计，置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧（绳未画出），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

答案　D

解析　弹簧静止后仍有弹性势能，最后活塞重心升高，重力势能增加，由于气体的体积变小，活塞对气体做了功，气体内能增加．故正确答案为D.

图6

10.我国神九航天员的漫步太空已成为现实．神九航天员漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船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”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图6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，则（　　）

A．气体体积膨胀，对外做功

B．气体分子势能减少，内能增加

C．体积变大，温度降低

D．B中气体不可能自发地全部退回到A中

答案　D

解析　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A中的气体不会做功，则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，则B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，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．

二、填空题（本题共2小题，共14分）

11．（6分）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24kJ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5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气__________（填“吸收”或“放出”）的总热量为________kJ.

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，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．（8分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图7所示的p－V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．

图7

（1）气体状态从A到B是________（填“等容”“等压”或“等温”）过程；

（2）气体状态从B到C的变化过程中，气体的温度________（填“升高”“不变”或“降低”）；

（3）气体状态从C到D的变化过程中，气体________（填“吸热”或“放热”）

（4）气体状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________________________．

答案　

（1）等压　

（2）降低　（3）放热　（4）p2（V3－V1）－p1（V3－V2）

解析　

（1）从A到B压强不变，所以是等压过程．

（2）从B到C为等容过程，由查理定律＝可知温度降低．

（3）从C到D为等压压缩过程，体积减小，温度降低，因此外界对气体做功，内能减小．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量．

（4）从A到B过程体积增大，气体对外界做功W1＝p2（V3－V1）．从B到C过程体积不变，不做功．从C到D，外界对气体做功W2＝p1（V3－V2），所以从A→B→C→D过程中，气体对外界所做的总功W＝W1－W2＝p2（V3－V1）－p1（V3－V2）．

三、计算题（本题共4小题，共46分）

13．（8分）一质量为M＝2kg的木块，放在高h＝0.8m的光滑桌面上，被一个水平方向飞来的子弹打落在地面上（子弹留在木块中）．设子弹的初速度为804m/s，落地点与桌边的水平距离s＝1.6m，子弹的质量m＝10g．若子弹射入木块时产生的热量的90%被子弹吸收，则子弹的温度升高多少？

[设子弹的比热容为3.78×102J/（kg·℃），取g＝10m/s2，空气阻力不计]

答案　766℃

解析　由平抛运动的规律可知

h＝gt2，s＝v1t

联立解得：

v1＝4m/s

碰撞过程中损失的机械能转化为内能

即[mv－（M＋m）v]×90%＝c·mΔt

代入数据，解得：

Δt≈766℃

图8

14.（12分）如图8所示，为一汽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335J热量传入系统，系统对外界做功126J．求：

（1）若沿a→d→b过程，系统对外做功42J，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的过程中，外界对系统做功84J，则系统是吸热还是放热？

传递的热量是多少？

答案　

（1）251J　

（2）放热　293J

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＝209J，由a→d→b过程有ΔU＝W′＋Q′

得Q′＝ΔU－W′＝[209－（－42）]J＝251J，为正，即有251J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＝－209J

根据热力学第一定律有Q″＝ΔU′－W″＝（－209－84）J＝－293J

负号说明系统放出热量，热量传递为293J.

图9

15.（12分）如图9所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体．活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡．已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0，物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量．（活塞、汽缸底的厚度不计，且汽缸始终未离开地面）求：

（1）环境温度升高了多少度？

（2）气体的内能如何变化？

变化了多少？

答案　

（1）（273.15＋t）

（2）气体内能增加　Q－（p0S－G）Δx

解析　

（1）活塞缓慢移动，任意时刻都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：

＝，得ΔT＝（273.15＋t）．

（2）设汽缸内气体压强为p，由平衡条件得：

pS＝p0S－G，

封闭气体对外做功W＝pSΔx＝（p0S－G）Δx，

由热力学第一定律得：

ΔU＝Q＋（－W）＝Q－（p0S－G）Δx.

由于气体的温度升高，其内能增加．

16．（14分）某压力锅结构如图10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．

图10

（1）假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J，并向外界释放了2J的热量．锅内原有气体的内能如何变化？

变化了多少？

（2）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.结合气体实验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．

答案　

（1）减少　3J　

（2）温度随着海拔高度的增加而降低．

解析　

（1）根据热力学第一定律：

ΔU＝W＋Q，气体对外做功，功为负，W＝－1J；向外放热，热量为负，Q＝－2J.

则有：

ΔU＝W＋Q＝－3J，负号表示内能减少．

锅内气体内能减少，减少了3J.

（2）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p1＝p＋＝p0（1－αH）＋，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；

根据查理定律＝可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．