(精编)2020年高考物理一轮复习第十三章热学第3讲热力学定律与能量守恒定律学案

A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律 B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律

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.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的,从单一热源吸收热量,完全变成功也是可能的 答案 D

解析 第一类永动机违反能量守恒定律,第二类永动机违反热力学第二定律,A、B错;由热力学第一定律可知W≠0,Q≠0,但ΔU=W+Q可以等于0,C错;由热力学第二定律可知D中现象是可能的,但会引起其他变化,D对. 题组3 热力学定律与气体实验定律的综合

5.(2015·福建·29(2))如图1,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc,在过程ab和

ac中吸收的热量分别为Qab和Qac,则( )

图1

A.Tb>Tc,Qab>Qac C.Tb=Tc,Qab>Qac 答案 C

解析 a→b过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得:=变化,由查理定律得:=

B.Tb>Tc,Qab<Qac D.Tb=Tc,Qab<Qac

V02V0

,得Tb=2Ta,a→c过程为等容

TaTbp02p0

,得Tc=2Ta,所以Tb=Tc.

TaTc由热力学第一定律,a→b:Wab+Qab=ΔUab

a→c:Wac+Qac=ΔUac

又Wab<0,Wac=0,ΔUab=ΔUac>0,则有Qab>Qac,故C项正确.

6.如图2所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300K.

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图2

(1)求气体在状态B的温度;

(2)由状态B变化到状态C的过程中,气体是吸热还是放热?简要说明理由. 答案 (1)1 200 K (2)放热,理由见解析 解析 (1)由理想气体的状态方程

pAVApBVB= TATB解得气体在状态B的温度TB=1 200 K

(2)由B→C,气体做等容变化,由查理定律得:=

pBpCTBTCTC=600 K

气体由B到C为等容变化,不做功,但温度降低,内能减小,根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,可知气体要放热.

7.如图3所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体,p0与T0分别为大气的压强和温度.已知:气体内能U与温度T的关系为U=αT,α为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求:

图3

(1)汽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,汽缸内气体放出的热量Q. 答案 见解析

解析 (1)在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T=2.4T0变为

pp0

T1,由查理定律得:=,

TT1

解得T1=2T0

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在气体温度由T1变为T0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

VV1= T1T0

1得V1=V

2

(2)在活塞下降过程中,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=α(T1-T0) 由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为Q=W+ΔU 1

解得Q=p0V+αT0.

2

8.如图4所示,一个绝热的汽缸竖直放置,内有一个绝热且光滑的活塞,中间有一个固定的导热性能良好的隔板,隔板将汽缸分成两部分,分别密封着两部分理想气体A和B.活塞的质量为m,横截面积为S,与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体,当A气体吸收热量

Q时,活塞上升了h,此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0,重力加速度为g.

图4

(1)加热过程中,若A气体内能增加了ΔU1,求B气体内能增加量ΔU2.

(2)现停止对气体加热,同时在活塞上缓慢添加砂粒,当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.

2T2Sp0

答案 (1)Q-(mg+p0S)h-ΔU1 (2)(-1)(+m)

T1g解析 (1)B气体对外做的功:W=pSh=(p0S+mg)h 由热力学第一定律得ΔU1+ΔU2=Q-W 解得ΔU2=Q-(mg+p0S)h-ΔU1

(2)停止对气体加热后,B气体的初状态:

mgp1=p0+

SV1=2hS,T1 B气体的末状态: p2=p0+

?m+Δm?g

S15

V2=hS,T2

由理想气体状态方程

p1V1p2V2

= T1T2

2T2Sp0

解得Δm=(-1)(+m).

T1g 16

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