最新人教版高考物理大一轮复习第十一章53热力学定律与能量守恒定律导学案及答案Word下载.docx
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D.不吸热也不放热时其内能一定不变
二、思想方法题组
5.下列过程中,可能发生的是( )
A.某种物质从高温热吸收20J的热量,全部转为机械能,而没有产生其他任何影响
B.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
.利用其他手段,使低温物体温度更低,高温物体的温度更高
D.将两瓶不同液体混合,然后它们又自发地各自分开
图1
6.如图1所示,用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分,先把活塞锁住,将质量和温度都相同的想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分,然后提起销子,使活塞可以无摩擦地滑动,当活塞平衡时( )
A.氢气的温度不变B.氢气的压强减小
.氢气的体积增大D.氧气的温度升高
一、热力第一定律的解及应用
1.热力第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的,而且给出了内能的变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几种特殊情况
(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对物体做的功等于物体内能的增加.
(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加.
(3)若过程的始末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q外界对物体做的功等于物体放出的热量.
特别提示
1.应用热力第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力系统.
2.应用热力第一定律计算时,要依照符号法则代入据.对结果的正、负也同样依照规则解释其意义.
【例1】一定质量的气体,在从一个状态变到另一个状态的过程中,吸收热量280J,并对外做功120J.试问:
(1)这些气体的内能发生了怎样的变?
(2)如果这些气体又返回原的状态,并放出了240J热量,那么在返回的过程中是气体对外界做功,还是外界对气体做功?
做功多少?
[规范思维]
[针对训练] (2011·
福建·
28
(2))一定量的想气体在某一过程中,从外界吸收热量25×
104J,气体对外界做功10×
104J,则该想气体的________.(填选项前的字母)
A.温度降低,密度增大B.温度降低,密度减小
.温度升高,密度增大D.温度升高,密度减小
二、对热力第二定律的解及应用
1.在热力第二定律的表述中,“自发地”、“不产生其他影响”的涵义.
(1)“自发地”指明了热传递等热力宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量的帮助.
(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不产生热力方面的影响.如吸热、放热、做功等.
2.热力第二定律的实质
热力第二定律的每一种表述,都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性,进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.
3.热力过程方向性实例:
热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,但在有外界影响的条件下,热量可以从低温物体传到高温物体,如电冰箱;
在引起其他变的条件下内能可以转为机械能,如气体的等温膨胀过程.
【例2】图2为电冰箱的工作原示意图.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吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液,放出热量到箱体外.
图2
(1)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
.电冰箱的工作原不违反热力第一定律
D.电冰箱的工作原违反热力第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比,有怎样的关系?
三、热力定律与气体实验定律的综合
当气体的状态发生变时,如温度变、体积变时,想气体的内能要发生变,同时伴随着做功,所以气体实验定律常与热力第一定律相结合解题,要掌握几个过程的特点:
(1)等温过程:
内能不变,ΔU=0;
(2)等容过程:
W=0;
(3)绝热过程:
Q=0
【例3】(2009·
山东高考)一定质量的想气体由状态A经状态B变为状态,其中A→B过程为等压变,B→过程为等容变.已知VA=033,TA=T=300,TB=400
(1)求气体在状态B时的体积.
(2)说明B→过程压强变的微观原因.
(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1,B→过程气体放出热量为Q2,比较Q1、Q2的大小并说明原因.
[思路点拨]
(1)A→B过程等压,利用盖—吕萨克定律分析;
(2)从微观上影响压强的两个因素入手,进行分析;
(3)利用热力定律分析.
【基础演练】
1.(2011·
广东·
14)图3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,设筒内气体不与外界发生热交换,在M向下滑动的过程中( )
图3
A.外界对气体做功,气体内能增大
B.外界对气体做功,气体内能减小
.气体对外界做功,气体内能增大
D.气体对外界做功,气体内能减小
2.热机是一种把内能转为机械能的装置,以内燃机为例,汽缸中的气体得到燃料燃烧时产生的热量Q1,推动活塞做功W,然后排出废气.同时把热量Q2散发到大气中,则下列说法正确的是( )
A.由能量守恒定律知Q1=W+Q2
B.该热机的效率为η=
.想热机效率可达到100%
D.内能可以全部转为机械能而不引起其他变
图4
3.已知想气体的内能与温度成正比,如图4所示的实线为汽缸内一定质量的想气体由状态1到状态2的变曲线,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
.单调变
D.保持不变
4.(2010·
福建卷)如图5所示,
图5
一定质量的想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中,容器内装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一竖直向下的压力F,使活塞缓慢向下移动一段距离后,气体的体积减小.若忽略活塞与容器壁间的摩擦力,则被密封的气体( )
A.温度升高,压强增大,内能减少
B.温度降低,压强增大,内能减少
.温度升高,压强增大,内能增加
D.温度降低,压强减小,内能增加
5
图6
(2011·
江苏·
12A
(1))如图6所示,一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推动转轮转动.离开热水后,叶片形状迅速恢复,转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是( )
A.转轮依靠自身惯性转动,不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量自形状记忆合金自身
.转动的叶片不断搅动热水,水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
6.(2009·
宁夏、辽宁卷)带有活塞的汽缸
图7
内封闭一定量的想气体.气体开始处于状态,然后经过过程b到达状态b或经过过程c到达状态c,b、c状态温度相同,如图7所示.设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程b和c中吸收的热量分别为Qb和Qc,则( )
A.pb>
pc,Qb>
QcB.pb>
pc,Qb<
Qc
.pb<
QcD.pb<
题号
1
2
3
4
6
答案
7(2009·
江苏高考)
(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则在此过程中关于气泡中的气体,下列说法正确的是__________.(填写选项前的字母)
A.气体分子间的作用力增大
B.气体分子的平均速率增大
.气体分子的平均动能减小
D.气体组成的系统的熵增加
(2)若将气泡内的气体视为想气体,气泡从湖底上升到湖面的过程中,对外界做了06J的功,则此过程中的气泡________(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01J的功,同时吸收了03J的热量,则此过程中,气泡内气体内能增加了________J
8.(2010·
山东卷)如图8所示,一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为V0,开始时内部封闭气体的压强为p0,经过太阳曝晒,气体温度由T0=300升至T1=350
图8
(1)求此时气体的压强.
(2)保持T1=350不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回到p0求集热器内剩余气体的质量与原总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热,并简述原因.
【能力提升】
图9
9.(山东高考)某压力锅的结构如图9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V0,阿伏加德罗常为NA,写出锅内气体分子的估算表达式.
(2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量,锅内原有气体的内能如何变?
变了多少?
(3)已知大气压强p随海拔高度H的变满足p=p0(1-αH),其中常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.
10.如图10所示,两个可导热的汽缸竖直放置,它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积).两汽缸各有一活塞,质量分别为1和2,活塞与汽缸壁无摩擦.活塞的下方为想气体,上方为真空.当气体处于平衡状态时,两活塞位于同一高度(已知1=3,2=2)
图10
(1)在两活塞上同时各放一质量为的物块,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假设环境的温度始终保持为T0).
(2)在达到上一问的终态后,环境温度由T0缓慢上升到T,试问在这个过程中,气体对活塞做了多少功?
气体是吸收还是放出热量?
(假定在气体状态变过程中,两物块均不会碰到汽缸顶部)
案53 热力定律与能量守恒定律
【课前双基回扣】
1.B [在气泡缓慢上升的过程中,气泡外部的压强逐渐减小,气泡膨胀,对外做功,故气泡中空气分子的内能减小,温度降低.但由于外部恒温,且气泡缓慢上升,故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度,内能不变,故需从外界吸收热量,且吸收的热量等于泡内空气对外界所做的功.]
2.B [因为外界对气体做功,W取正值,即W=8×
104J;
内能减少,ΔU取负值,即ΔU=-12×
105J;
根据热力第一定律ΔU=W+Q,可知Q=ΔU-W=-12×
105J-8×
104J=-2×
105J,即B选项正确.]
3.A [热力第二定律指出了热现象的方向性,而同时也指出了发生这些单一方向的过程的条件——自发,这也就说明了这些过程中的一些,其逆过程在某些条件下也是可以发生的,但也有的是不可能发生的.]
4.A [内能的改变既可以通过做功实现,又可以通过热传递完成,还可以做功和热传递同时进行实现,由此分析知A、是可能的,B、D是不绝对的,故答案为A、]
5. [根据热力第二定律,热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体,而不引起其他的变,但通过一些物手段是可以实现的,故正确;
内能转为机械能不可能自发地进行,要使内能全部转为机械能必定要引起其他变,故A错误;
气体膨胀具有方向性,故B错误;
扩散现象也有方向性,D也错误.]
6.BD [氢气和氧气的质量虽然相同,但由于氢气的摩尔质量小,故氢气物质的量多,又体积和温度相同,所以氢气产生的压强大,活塞将向氧气一方移动.
当拔掉销子后,由于氢气物质的量多,压强大,会推动活塞向氧气一方移动,这时氢气对外做功,又无热传递,由ΔU=W+Q可知,氢气内能减少,温度降低,对氧气而言,外界对它做功,体积减小,由ΔU=W+Q,无热传递的情况下,氧气内能增加,温度升高.]
思维提升
1.改变物体内能的两种方式:
做功和热传递,二者是等效的.
2.热力第一定律:
ΔU=Q+W
3.热力第二定律的表述
(1)按照热传递的方向性表述
热量不能自发地从低温物体传到高温物体.
(2)按照机械能与内能转过程的方向性表述
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.
(3)热力第二定律使人们认识到:
自然界中进行的涉及到热现象的宏观过程都具有方向性,揭示了大量分子参与的宏观过程具有方向性.
4.永动机
由能量守恒定律知,第一类永动机不可能制成.
由热力第二定律知,第二类永动机不可能制成.
【核心考点突破】
例1
(1)增加了160J
(2)外界对气体做功 80J
解析
(1)由热力第一定律可得
ΔU=W+Q=-120J+280J=160J
内能增加了160J
(2)由于气体的内能仅与状态有关,所以气体从②状态回到①状态的过程中内能的变应等于从①状态到②状态过程中内能的变,则从②状态到①状态的内能应减少160J,即
ΔU′=-160J,又Q′=-240J
根据热力第一定律得ΔU′=W′+Q′
所以W′=ΔU′-Q′=-160J-(-240J)=80J
即外界对气体做功80J
[规范思维] 求解此题应把握以下两点:
(1)用热力第一定律求解内能变,注意热量Q、功W的正负.
(2)气体从末态到初态与从初态到末态的ΔU的大小相同,结合热力第一定律计算,并做出判断.
例2
(1)B
(2)见解析
解析
(1)热力第一定律是热现象中内能与其他形式能的转规律,是能的转和守恒定律的具体表现,适用于所有的热过程,故正确,D错误;
根据热力第二定律可知,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、
(2)由热力第一定律可知,电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量,同时消耗了电能,释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多.
[规范思维] 涉及热力第二定律的问题分析技巧:
(1)解热力第二定律的实质,清楚热力第二定律的两种表述形式.
(2)掌握热力第二定律的一些等效说法.如:
“第二类永动机不可能制成”,“不可能制成效率为百分之百的热机”等.
例3
(1)043
(2)、(3)见解析
解析
(1)设气体在B状态时的体积为VB,
由盖—吕萨克定律得
=
代入据得VB=043
(2)微观原因:
气体的体积不变,分子的密集程度不变,温度变(降低),气体分子的平均动能变(减小),导致气体的压强变(减小).
(3)Q1大于Q2因为TA=T,故A→B增加的内能与B→减少的内能相同,而A→B过程气体对外做正功,B→过程中气体不做功,由热力第一定律可知Q1大于Q2
[规范思维] 想气体状态变时,要抓住在满足三个实验定律或状态方程的前提下,内能只与温度有关,气体体积的变决定了外界对气体做功的情况.
[针对训练]
D
思想方法总结
1.应用热力第一定律解题的步骤:
(1)确定研究对象,就是要明确内能变的是哪一个物体或哪一个热力系统;
(2)定性分析研究对象的内能变是由外界哪些物体或系统通过哪些过程引起的;
(3)根据符号法则,确定ΔU、Q、W的正负号,代入公式ΔU=Q+W进行计算或判断.(4)若与外界绝热,则Q=0
2.要正确解“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”它包含以下三层意思:
①从单一热库吸收热量,一般说只有部分转为机械能,所以第二类永动机是不可能制成的;
②机械能转为内能是自然的,可以全部转;
③如果产生其他影响,可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功.
3.应用能量守恒定律解决问题时,首先应明确有哪几种能量参与转或转移,哪些增、哪些减,然后利用守恒观点列出方程求解.
4.若气体等压变,压强为p,体积变为ΔV,则气体做功W=p·
ΔV
【课时效果检测】
1.A 2AB 3B 4 5D 6
7.
(1)D
(2)吸收 06 02
解析
(1)根据想气体状态方程可判断=,T不变,上升过程气泡内气体的压强p减小,气泡体积V增大,分子间距离增大,分子力减小,A错;
温度不变,平均动能不变,错;
平均速率不变,B错;
V增大,无序性增加,D对.
(2)热力第一定律ΔU=W+ΔQ,温度不变ΔU=0,W=-06J,则ΔQ=+06J,所以吸热.W′=-01J,ΔQ′=03J,ΔU=02J,内能增加.
8.
(1)p0
(2) 吸热 原因见解析
解析
(1)由题意知,气体体积不变,由查定律得=
所以此时气体的压强p1=p0=p0=p0
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V2,由玻意耳定律可得p1V0=p0V2
可得V2==V0
所以集热器内剩余气体的质量与原总质量的比值为
因为抽气过程中剩余气体温度不变,故内能不变,而剩余气体的体积膨胀对外做功.由热力第一定律ΔU=W+Q可知,气体一定从外界吸收热量.
9.
(1)=NA
(2)锅内原有气体的内能减少,减少了3J
(3)阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低.
解析
(1)设锅内气体分子为,=NA
(2)根据热力第一定律 ΔU=W+Q=-3J
锅内气体内能减少,减少了3J
(3)由p=p0(1-αH)(其中α>
0)知,随着海拔高度的增加,大气压强减小;
由p1=p+知,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.
10.
(1)
(2)5g(-1) 气体吸收热量
解析
(1)设左、右活塞的横截面积分别为A′和A由于气体处于平衡状态,故两活塞对气体的压强相等,即
由此得A′=A
在两个活塞上各加一质量为的物块后,因·
A<
·
A,所以右活塞降至汽缸底部,所有气体都在左汽缸中.
在初态,气体的压强为,体积为(A′+A)=;
在末态,气体的压强为=,体积为A′=(为左活塞的高度).由玻意耳定律得
=·
由上式解得=
即两活塞的高度差为
(2)当温度由T0上升至T时,气体的压强始终为
设′是温度达到T时左活塞的高度,由盖—吕萨克定律得′==
气体对活塞做的功为
W=F
=4g(-1)
=5g(-1)
在此过程中气体吸收热量.
易错点评
1.对于气体自由膨胀或向真空膨胀,这时气体不对外做功.W=0,这一点同们容易忽略.
2.给车胎打气问题,越越困难,不是因为气体分子间斥力变大,而是因为气体的压强变大.
3.热量是内能转移的量度,只能说传递了多少热量,而不能说传递了多少内能,也不能说物体含有多少热量.
4.只有想气体内能由温度决定,与体积无关,其他气体或物体的内能与温度和体积都有关.
5.对于热力第二定律的第二种表述.要解“而不产生其他影响”一句,意思就是在引起其他影响的情况下,可以将吸收的热量完全变为功.
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