高考物理备考微专题精准突破专题73 热力学定律与能量守恒定律解析版.docx
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高考物理备考微专题精准突破专题73热力学定律与能量守恒定律解析版
2020年高考物理备考微专题精准突破
专题7.3热力学定律与能量守恒定律
【专题诠释】
一、热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式:
(1)做功;
(2)热传递.
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)表达式:
ΔU=Q+W.
(3)正、负号法则:
物理量
意义
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
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,或者是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.条件性
能量守恒定律是自然界的普遍规律,某一种形式的能是否守恒是有条件的.
3.第一类永动机是不可能制成的,它违背了能量守恒定律.
三、热力学第二定律
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述:
热量不能自发地从低温物体传到高温物体.
(2)开尔文表述:
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.或表述为“第二类永动机是不可能制成的”.
2.用熵的概念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.热力学第二定律的微观意义
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.
4.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.
【高考领航】
【2019·新课标全国Ⅰ卷】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__________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度__________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
【答案】低于大于
【解析】由题意可知,容器与活塞绝热性能良好,容器内气体与外界不发生热交换,故
,但活塞移动的过程中,容器内气体压强减小,则容器内气体正在膨胀,体积增大,气体对外界做功,即
,根据热力学第一定律可知:
,故容器内气体内能减小,温度降低,低于外界温度。
最终容器内气体压强和外界气体压强相同,根据理想气体状态方程:
,又
,m为容器内气体质量。
联立得:
,取容器外界质量也为m的一部分气体,由于容器内温度T低于外界温度,故容器内气体密度大于外界。
【2018·高考全国卷Ⅱ】如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.重力加速度大小为g.
【答案】 (1+
)(1+
)T0 (p0S+mg)h
【解析】 开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有
=
①
根据力的平衡条件有
p1S=p0S+mg②
联立①②式可得
T1=(1+
)T0③
此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
=
④
式中V1=SH⑤
V2=S(H+h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2=(1+
)(1+
)T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为
W=(p0S+mg)h⑧
【2018·高考全国卷Ⅰ】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
E.状态d的压强比状态b的压强小
【答案】BDE
【解析】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;连接Ob、Od,根据
=C得
=
,Ob斜率大于Od斜率,则状态d的压强比状态b的压强小,故选项E正确.
【2018·高考全国卷Ⅲ】如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如pV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
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】:
BCD
【解析】:
在pV图中理想气体的等温线是双曲线的一支,而且离坐标轴越远温度越高,故从a到b温度升高,A错;一定质量的理想气体的内能由温度决定,温度越高,内能越大,B对;气体体积膨胀,对外做功,C对;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q=ΔU-W,由于ΔU>0、W<0,故Q>0,气体吸热,D对;由Q=ΔU-W可知,气体吸收的热量一部分用来对外做功,一部分用来增加气体的内能,E错.
【方法技巧】
1.应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积:
体积增大,气体对外做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正.气体向真空中自由膨胀,对外界不做功,W=0.
(2)与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0.
(3)由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生的变化.
2.判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体,内能的变化完全由温度变化决定,温度升高,内能增大.
(2)若吸、放热和做功情况已知,可由热力学第一定律ΔU=W+Q来确定.
2.解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路
【最新考向解码】
例1.(2019·贵州安顺高三上学期期末)下列说法中正确的是( )
A.第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律
B.第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步,第二类永动机可能被制造出来
C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能,热传递也不一定改变内能,但同时做功和热传递一定会改变内能
D.分子间引力和斥力同时存在,都随距离增大而减小,但斥力变化得更快
E.液体表面层分子比内部分子稀疏,因此液体表面有收缩的趋势
【答案】 ADE
【解析】 第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律,A正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但是违背了热力学第二定律,所以即使随着科技的进步,第二类永动机也不可能被制造出来,B错误;由热力学第一定律可知做功和热传递都能改变内能,但同时做功和热传递不一定会改变内能,C错误;分子间引力和斥力同时存在,都随距离增大而减小,但斥力变化得更快,D正确;液体表面层分子比内部分子稀疏,因此液体表面有收缩的趋势,从而存在表面张力,E正确。
例2(2019·安徽皖西教育联盟高三上期末检测)如图所示,在pT图象中,一定质量的理想气体经历了从状态A到状态B、再到状态C,最后回到状态A的过程,在该过程中,下列说法正确的是( )
A.从A到B过程中,气体对外做功
B.从B到C过程中,气体放出热量
C.从C到A过程中,气体分子数密度减小
D.从A到B过程和从C到A过程,气体做功的绝对值相等
E.从A到B再到C过程中,气体内能先增加后减少
【答案】 ABE
【解析】 根据
=C可知从A到B过程中,体积增大,因此气体对外做功,A正确;从B到C过程中,直线是通过原点的直线,故体积不变,而温度降低,气体内能减少,根据热力学第一定律可知气体放出热量,B正确;从C到A过程中,气体温度不变,压强增大,根据理想气体状态方程
=C可知,气体体积减小,分子数密度增大,C错误;从A到B过程和从C到A过程,气体体积变化的绝对值相等,但两个过程气体压强的平均值不同,因此两个过程气体做功的绝对值不同,D错误;由于从A到B再到C过程,气体温度先升高后降低,因此气体内能先增加后减小,E正确。
例3.(2019·四川资阳二诊)如图所示,水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸,汽缸开口朝上,缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。
初态时气体压强为一个大气压,温度为27℃,活塞到汽缸底部距离为30cm。
现对缸内气体缓慢加热到427℃,缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移,这一过程气体内能增加了100J。
已知汽缸横截面积为50cm2,总长为50cm,大气压强为1.0×105Pa。
汽缸上端开口小于活塞面积,不计活塞厚度,封闭气体可视为理想气体。
求:
(1)末态时(427℃)缸内封闭气体的压强;
(2)封闭气体共吸收了多少热量。
【答案】
(1)1.4×105Pa
(2)200J
【解析】
(1)由题意可知,在活塞移动到汽缸口的过程中,气体发生的是等压变化。
设活塞的横截面积为S,活塞未移动时封闭气体的温度为T1,活塞恰好移动到汽缸口时,封闭气体的温度为T2,则由盖—吕萨克定律可知:
=
,
又T1=(273+27)K=300K,h1=30cm,h2=50cm,
解得:
T2=500K,即227℃。
因为227℃<427℃,所以气体接着发生等容变化。
设当气体温度达到427℃时,封闭气体的压强为p,
由查理定律可得:
=
代入数据可得:
p=1.4×105Pa。
(2)由题意可知,气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx=0.5m-0.3m=0.2m,故大气压力对封闭气体所做的功为W=-p0SΔx
代入数据解得:
W=-100J
由热力学第一定律ΔU=W+Q得:
Q=ΔU-W=100J-(-100J)=200J,即封闭气体共吸收的热量为200J。
【微专题精练】
1.(2019·河北唐山模拟)根据热力学定律,下列说法正确的是( )
A.第二类永动机违反能量守恒定律,因此不可能制成
B.效率为100%的热机是不可能制成的
C.电冰箱的工作过程表明,热量可以从低温物体向高温物体传递
D.从单一热源吸收热量,使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
E.吸收了热量的物体,其内能也不一定增加
【答案】:
BCE
【解析】:
第二类永动机不可能制成,是因它违反了热力学第二定律,故A错误;效率为100%的热机是不可能制成的,故B正确;电冰箱的工作过程表明,热量可以从低温物体向高温物体传递,故C正确;从单一热源吸收热量,使之完全变为功而不引起其他变化是不可能实现的,它不是提高机械效率的常用手段,故D错误;改变内能的方式有做功和热传递,吸收了热量的物体,其内能也不一定增加,E正确.
2.(2019·吉林长春质检)下列各说法正确的是( )
A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B.对于同一理想气体,温度越高,分子平均动能越大
C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D.用活塞压缩汽缸内的理想气体,对气体做了3.0×105J的功,同时气体向外界放出1.5×105J的热量,则气体内能增加了1.5×105J
E.饱和汽压与分子密度有关,与温度无关
【答案】:
BCD
【解析】:
气体扩散现象表明气体分子在做无规则运动,选项A错误;由于温度是分子平均动能的标志,故对于同一理想气体,温度越高,分子平均动能越大,选项B正确;分子的平均动能大,则说明物体的温度高,热量总是自发地从高温物体传递到低温物体,选项C正确;用活塞压缩汽缸内的理想气体,根据热力学第一定律,对气体做了3.0×105J的功,同时气体向外界放出1.5×105J的热量,则气体内能增加了1.5×105J,选项D正确;饱和汽压与温度有关,且随着温度的升高而增大,选项E错误.
3.(2019·广西桂林模拟)一定质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VT图象如图所示,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强,下列判断正确的是( )
A.过程ab中气体一定吸热
B.pc=pb>pa
C.过程bc中分子势能不断增大
D.过程bc中每一个分子的速率都减小
E.过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【答案】:
ABE
【解析】:
由题图知,该理想气体从a到b为等容变化,外界对气体做功为零,温度升高,内能增大,根据ΔU=Q+W,可知气体一定吸热,选项A正确;从b到c为等压变化,故pc=pb,而从a到b为等容变化,根据查理定律p=CT,可知温度升高,压强变大,故pb>pa,选项B正确;理想气体没有分子势能,选项C错误;从b到c,温度降低,分子的平均动能降低,平均速率减小,但不是每一个分子的速率都减小,选项D错误;从c到a,气体发生等温变化,内能不变,气体对外界做功,吸收热量,根据ΔU=Q+W可知,气体吸收的热量等于对外界做的功,选项E正确.
4.(2019·东北三省四市协作体联考)如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分.已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空.抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态.在此过程中( )
A.气体对外界做功,内能减少
B.气体不做功,内能不变
C.气体压强变小,温度降低
D.气体压强变小,温度不变
E.单位时间内和容器壁碰撞的分子数目减少
【答案】BDE
【解析】:
.a内气体向真空膨胀,不对外界做功,故A错误;又因容器绝热,Q=0,由热力学第一定律知,ΔU=0,故B正确;由玻意耳定律知压强减小;稀薄气体可看做理想气体,内能不变,则温度不变,C错误,D、E正确.
5.以下现象不违背热力学第二定律的有( )
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,其效率可能是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.热量自发地从低温物体传到高温物体
E.在地面上运动的物体逐渐停下来,机械能全部变为内能
【答案】ACE.
【解析】:
热茶自动变凉是热从高温物体传递到低温物体,A正确;任何热机效率都不可能达到100%,B错误;泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化,C正确;热量不能自发地从低温物体传到高温物体,D错误;物体因摩擦力而停下来,是机械能(动能)向内能的转化,是自发过程,E正确.
6.(2019·湖北黄冈高三适应性考试)如图所示,一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化,最终回到A状态,已知A状态的温度为27℃,求C状态的温度以及全过程中气体吸(放)热量.
【答案】:
2127℃ 气体放出热量为1.5×103J
【解析】:
气体由A到B过程:
初状态:
pA=1×105Pa,TA=300K,VA=10L
末状态:
pB=2×105Pa,VB=20L
由理想气体状态方程得
=
可得TB=1200K
B到C过程为等容变化,有
=
可得TC=2400K
tC=(2400-273)℃=2127℃
整个过程中气体温度不变,即ΔU=Q+W=0
由pV图象可知外界对气体做的功等于A、B、C、D四点所组成的四边形的面积,
由几何知识知W=1.5×103J
则Q=-1.5×103J,即气体放出热量为1.5×103J
7.将如图所示的装置的右端部分汽缸B置于温度始终保持不变的环境中,绝热汽缸A和导热汽缸B均固定在地面上,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦,开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体,压强均为p0、体积均为V0、温度均为T0,缓慢加热A中气体,使汽缸A的温度升高到1.5T0,稳定后,求:
(1)汽缸A中气体的压强pA以及汽缸B中气体的体积VB;
(2)此过程中B中气体吸热还是放热?
试分析说明.
【答案】:
(1)1.25p0 0.8V0
(2)见解析
【解析】:
(1)因为此时活塞处于平衡状态,根据平衡条件可知pA=pB,选汽缸A中气体为研究对象,根据理想气体状态方程得p0V0·
=pAVA·
,
选汽缸B中气体为研究对象,根据玻意耳定律得p0V0=pBVB,
又因为2V0=VA+VB,
联立得pA=pB=1.25p0,VB=0.8V0.
(2)因为B中气体温度不变,所以内能不变,活塞对B中气体做正功,由热力学第一定律可知气体放热.
8.(2019·山东青岛高三质检)如图所示,一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长L=21cm的气柱,气体的温度为t1=7℃,外界大气压取p0=1.0×105Pa(相当于75cm高的汞柱的压强).g取10m/s2.
(1)若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码,保持气体的温度t1不变,则平衡后气柱为多长?
(2)若保持砝码的质量不变,对气体加热,使其温度升高到t2=77℃,此时气柱为多长?
(3)若在
(2)过程中,气体吸收的热量为10J,则气体的内能增加多少?
【答案】:
(1)20cm
(2)25cm (3)8.95J
【解析】:
(1)被封闭气体的初状态:
p1=p0=1.0×105Pa,V1=LS=42cm3,T1=280K
末状态:
p2=p0+
=1.05×105Pa,V2=L2S,T2=T1=280K
根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2,即p1L=p2L2
得L2=
L=20cm.
(2)对气体加热过程中,气体的压强不变
p3=p2,V3=L3S,T3=350K
根据盖—吕萨克定律,有
=
,即
=
得L3=
L2=25cm.
(3)气体对外做的功
W=p2Sh=p2S(L3-L2)=1.05J
根据热力学第一定律得
ΔU=-W+Q=-1.05J+10J=8.95J
即气体的内能增加8.95J.
9.(2019·湖南G1联盟联考)如图所示,开口向上的汽缸C静置于水平桌面上,用一横截面积S=50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体,一轻绳一端系在活塞上,另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=2800N/m的竖直轻弹簧A,A下端系有一质量m=14kg的物块B.开始时,缸内气体的温度t1=27℃,活塞到缸底的距离L1=120cm,弹簧恰好处于原长状态.已知外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa,取重力加速度g=10m/s2,不计一切摩擦.现使缸内气体缓慢冷却,求:
(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度;
(2)气体的温度缓慢冷却到-93℃时B离桌面的高度H.(结果保留两位有效数字)
【答案】:
(1)-66℃
(2)15cm
【解析】:
(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1=mg,
由活塞受力平衡得p2S=p0S-kx1,T1=300K
根据理想气体状态方程有
=
,
代入数据解得T2=207K,t2=T2-273=-66℃
当B刚要离开桌面时缸内气体的温度t2=-66℃
(2)由
(1)得x1=5cm,当温度降至-66℃之后,若继续降温,则缸内气体的压强不变,根据盖-吕萨克定律,有,
=
代入数据解得H=15cm.
10.(2019·山东泰安模拟)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银,水平部分有一空气柱,各部分长度如图所示,单位为cm.现将管的右端封闭,从左管口缓慢倒入水银,恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中.已知大气压强p0=75cmHg,环境温度不变,左管足够长.求:
(1)此时右管封闭气体的压强;
(2)左管中需要倒入水银柱的长度.
【答案】:
(1)90cmHg
(2)27cm
【解析】:
(1)对右管中的气体,初态p1=75cmHg,V1=30S;末态体积:
V2=(30-5)S=25S
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得:
p2=90cmHg
(2)对水平管中的气体,初态压强:
p=p0+15cmHg=90cmHg,V=11S;
末态压强:
p′=p2+20cmHg=110cmHg
根据玻意耳定律得pV=p′V′
解得V′=9S,水平管中的长度变为9cm,此时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中,所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是p′-p0-8cm=27cm
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