《2022年高三物理復(fù)習(xí) 第11章 熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理復(fù)習(xí) 第11章 熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)案（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 第11章 熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)案 一、概念規(guī)律題組 1．一個氣泡從恒溫水槽的底部緩慢向上浮起，(若不計(jì)氣泡內(nèi)空氣分子勢能的變化)則(　　) A．氣泡對外做功，內(nèi)能不變，同時放熱 B．氣泡對外做功，內(nèi)能不變，同時吸熱 C．氣泡內(nèi)能減少，同時放熱 D．氣泡內(nèi)能不變，不吸熱也不放熱 2．一定質(zhì)量的氣體在某一過程中，外界對氣體做了8×104 J的功，氣體的內(nèi)能減少了1.2×105 J，則下列各式中正確的是(　　) 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

2、 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 3．下列說法中正確的是(　　) A．一切涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性 B．一切不違反能量轉(zhuǎn)化和守恒定律的物理過程都是可能實(shí)現(xiàn)的 C．由熱力學(xué)第二定律可以判斷物理過程能否自發(fā)進(jìn)行 D．一切物理過程都不可能自發(fā)地進(jìn)行 4．對于一定質(zhì)量的氣體(　　) A．吸熱時其內(nèi)能可以不變 B．吸熱時其內(nèi)能一定不變 C．不吸熱也不放熱時其內(nèi)能可以減小 D．不吸熱也不放熱時其內(nèi)能一定不變 二、思想方法題組 5．下列過程中，可能發(fā)生的是(

3、　　) A．某種物質(zhì)從高溫?zé)嵩次?0 kJ的熱量，全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，而沒有產(chǎn)生其他任何影響 B．打開一高壓密閉容器，其內(nèi)氣體自發(fā)溢出后又自發(fā)溢進(jìn)去，恢復(fù)原狀 C．利用其他手段，使低溫物體溫度更低，高溫物體的溫度更高 D．將兩瓶不同液體混合，然后它們又自發(fā)地各自分開 圖1 6．如圖1所示，用絕熱活塞把絕熱容器隔成容積相同的兩部分，先把活塞鎖住，將質(zhì)量和溫度都相同的理想氣體氫氣和氧氣分別充入容器的兩部分，然后提起銷子，使活塞可以無摩擦地滑動，當(dāng)活塞平衡時(　　) A．氫氣的溫度不變 B．氫氣的壓強(qiáng)減小 C．氫氣的體積增大 D．氧氣的溫度升高 一、

4、熱力學(xué)第一定律的理解及應(yīng)用 1．熱力學(xué)第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內(nèi)能的過程是等效的，而且給出了內(nèi)能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關(guān)系．此定律是標(biāo)量式，應(yīng)用時熱量的單位應(yīng)統(tǒng)一為國際單位制中的焦耳． 2．對公式ΔU＝Q＋W符號的規(guī)定 符號 W Q ΔU ＋ 外界對物體做功 物體吸收熱量 內(nèi)能增加 － 物體對外界做功 物體放出熱量 內(nèi)能減少 3.幾種特殊情況 (1)若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU，外界對物體做的功等于物體內(nèi)能的增加． (2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收的熱量等于物體內(nèi)能的增加． (3)若過程的始末狀態(tài)物體的

5、內(nèi)能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q.外界對物體做的功等于物體放出的熱量． 特別提示 1．應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時要明確研究的對象是哪個物體或者是哪個熱力學(xué)系統(tǒng)． 2．應(yīng)用熱力學(xué)第一定律計(jì)算時，要依照符號法則代入數(shù)據(jù)．對結(jié)果的正、負(fù)也同樣依照規(guī)則來解釋其意義． 【例1】 一定質(zhì)量的氣體，在從一個狀態(tài)變化到另一個狀態(tài)的過程中，吸收熱量280 J，并對外做功120 J．試問： (1)這些氣體的內(nèi)能發(fā)生了怎樣的變化？ (2)如果這些氣體又返回原來的狀態(tài)，并放出了240 J熱量，那么在返回的過程中是氣體對外界做功，還是外界對氣體做功？做功多少？ [規(guī)范思維] 　

6、 　 　 [針對訓(xùn)練]　(xx·福建·28(2))一定量的理想氣體在某一過程中，從外界吸收熱量2.5×104 J，氣體對外界做功1.0×104 J，則該理想氣體的________．(填選項(xiàng)前的字母) A．溫度降低，密度增大 B．溫度降低，密度減小 C．溫度升高，密度增大 D．溫度升高，密度減小 二、對熱力學(xué)第二定律的理解及應(yīng)用 1．在熱力學(xué)第二定律的表述中，“自發(fā)地”、“不產(chǎn)生其他影響”的涵義． (1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助． (2)“不產(chǎn)生其他影響”的涵義是發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過程只在本系

7、統(tǒng)內(nèi)完成，對周圍環(huán)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響．如吸熱、放熱、做功等． 2．熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì) 熱力學(xué)第二定律的每一種表述，都揭示了大量分子參與宏觀過程的方向性，進(jìn)而使人們認(rèn)識到自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性． 3．熱力學(xué)過程方向性實(shí)例： 特別提示 熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，但在有外界影響的條件下，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，如電冰箱；在引起其他變化的條件下內(nèi)能可以轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如氣體的等溫膨脹過程． 【例2】 圖2為電冰箱的工作原理示意圖．壓縮機(jī)工作時，強(qiáng)迫制冷劑在冰箱內(nèi)外的管道中不斷循環(huán)．在蒸發(fā)器中制冷劑汽化吸收箱體內(nèi)的熱量，經(jīng)過冷凝器時制冷

8、劑液化，放出熱量到箱體外． 圖2 (1)下列說法正確的是(　　) A．熱量可以自發(fā)地從冰箱內(nèi)傳到冰箱外 B．電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界，是因?yàn)槠湎牧穗娔? C．電冰箱的工作原理不違反熱力學(xué)第一定律 D．電冰箱的工作原理違反熱力學(xué)第一定律 (2)電冰箱的制冷系統(tǒng)從冰箱內(nèi)吸收的熱量與釋放到外界的熱量相比，有怎樣的關(guān)系？ [規(guī)范思維] 　 　 　 三、熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合 當(dāng)氣體的狀態(tài)發(fā)生變化時，如溫度變化、體積變化時，理想氣體的內(nèi)能要發(fā)生變化，同時伴隨著做功，所以氣體實(shí)驗(yàn)定律常與熱力學(xué)第一

9、定律相結(jié)合解題，要掌握幾個過程的特點(diǎn)：(1)等溫過程：內(nèi)能不變，ΔU＝0；(2)等容過程：W＝0；(3)絕熱過程：Q＝0. 【例3】 (xx·山東高考)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中A→B過程為等壓變化，B→C過程為等容變化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K. (1)求氣體在狀態(tài)B時的體積． (2)說明B→C過程壓強(qiáng)變化的微觀原因． (3)設(shè)A→B過程氣體吸收熱量為Q1，B→C過程氣體放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小并說明原因． [思路點(diǎn)撥]　(1)A→B過程等壓，利用蓋—呂薩克定律分析； (2)從微觀上影響壓強(qiáng)的兩個因素入手

10、，進(jìn)行分析； (3)利用熱力學(xué)定律分析． [規(guī)范思維] 　 　 【基礎(chǔ)演練】 1．(xx·廣東·14)圖3為某種椅子與其升降部分的結(jié)構(gòu)示意圖，M、N兩筒間密閉了一定質(zhì)量的氣體，M可沿N的內(nèi)壁上下滑動，設(shè)筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，在M向下滑動的過程中(　　) 圖3 A．外界對氣體做功，氣體內(nèi)能增大 B．外界對氣體做功，氣體內(nèi)能減小 C．氣體對外界做功，氣體內(nèi)能增大 D．氣體對外界做功，氣體內(nèi)能減小 2．熱機(jī)是一種把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的裝置，以內(nèi)燃機(jī)為例，汽缸中的氣體得到燃料燃燒時產(chǎn)生的熱量Q1，推動活

11、塞做功W，然后排出廢氣．同時把熱量Q2散發(fā)到大氣中，則下列說法正確的是(　　) A．由能量守恒定律知Q1＝W＋Q2 B．該熱機(jī)的效率為η＝ C．理想熱機(jī)效率可達(dá)到100% D．內(nèi)能可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而不引起其他變化 圖4 3．已知理想氣體的內(nèi)能與溫度成正比，如圖4所示的實(shí)線為汽缸內(nèi)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)1到狀態(tài)2的變化曲線，則在整個過程中汽缸內(nèi)氣體的內(nèi)能(　　) A．先增大后減小 B．先減小后增大 C．單調(diào)變化 D．保持不變 4．(xx·福建卷)如圖5所示， 圖5 一定質(zhì)量的理想氣體密封在絕熱(即與外界不發(fā)生熱交換)容器中，容器內(nèi)裝有一可以活動的絕熱活塞．

12、今對活塞施以一豎直向下的壓力F，使活塞緩慢向下移動一段距離后，氣體的體積減小．若忽略活塞與容器壁間的摩擦力，則被密封的氣體(　　) A．溫度升高，壓強(qiáng)增大，內(nèi)能減少 B．溫度降低，壓強(qiáng)增大，內(nèi)能減少 C．溫度升高，壓強(qiáng)增大，內(nèi)能增加 D．溫度降低，壓強(qiáng)減小，內(nèi)能增加 5. 圖6 (xx·江蘇·12A(1))如圖6所示，一演示用的“永動機(jī)”轉(zhuǎn)輪由5根輕桿和轉(zhuǎn)軸構(gòu)成，輕桿的末端裝有用形狀記憶合金制成的葉片．輕推轉(zhuǎn)輪后，進(jìn)入熱水的葉片因伸展而“劃水”，推動轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動．離開熱水后，葉片形狀迅速恢復(fù)，轉(zhuǎn)輪因此能較長時間轉(zhuǎn)動．下列說法正確的是(　　) A．轉(zhuǎn)輪依靠自身慣性轉(zhuǎn)動，不需要消耗

13、外界能量 B．轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動所需能量來自形狀記憶合金自身 C．轉(zhuǎn)動的葉片不斷攪動熱水，水溫升高 D．葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量 6．(xx·寧夏、遼寧卷)帶有活塞的汽缸 圖7 內(nèi)封閉一定量的理想氣體．氣體開始處于狀態(tài)a，然后經(jīng)過過程ab到達(dá)狀態(tài)b或經(jīng)過過程ac到達(dá)狀態(tài)c，b、c狀態(tài)溫度相同，如圖7所示．設(shè)氣體在狀態(tài)b和狀態(tài)c的壓強(qiáng)分別為pb和pc ，在過程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac，則(　　) A．pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，QabQac D．pb

14、c 題號 1 2 3 4 5 6 答案 7.(xx·江蘇高考)(1)若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，則在此過程中關(guān)于氣泡中的氣體，下列說法正確的是__________．(填寫選項(xiàng)前的字母) A．氣體分子間的作用力增大 B．氣體分子的平均速率增大 C．氣體分子的平均動能減小 D．氣體組成的系統(tǒng)的熵增加 (2)若將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底上升到湖面的過程中，對外界做了0.6 J的功，則此過程中的氣泡________(填“吸收”或“放出”)的熱量是__________ J．氣泡到達(dá)湖面后，溫度上升的過程中，又對外界做了0.

15、1 J的功，同時吸收了0.3 J的熱量，則此過程中，氣泡內(nèi)氣體內(nèi)能增加了________ J. 8．(xx·山東卷)如圖8所示，一太陽能空氣集熱器，底面及側(cè)面為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積為V0，開始時內(nèi)部封閉氣體的壓強(qiáng)為p0，經(jīng)過太陽曝曬，氣體溫度由T0＝300 K升至T1＝350 K. 圖8 (1)求此時氣體的壓強(qiáng)． (2)保持T1＝350 K不變，緩慢抽出部分氣體，使氣體壓強(qiáng)再變回到p0.求集熱器內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值．判斷在抽氣過程中剩余氣體是吸熱還是放熱，并簡述原因． 【能力提升】

16、圖9 9．(山東高考)某壓力鍋的結(jié)構(gòu)如圖9所示．蓋好密封鍋蓋，將壓力閥套在出氣孔上，給壓力鍋加熱，當(dāng)鍋內(nèi)氣體壓強(qiáng)達(dá)到一定值時，氣體就把壓力閥頂起．假定在壓力閥被頂起時，停止加熱． (1)若此時鍋內(nèi)氣體的體積為V，摩爾體積為V0，阿伏加德羅常數(shù)為NA，寫出鍋內(nèi)氣體分子數(shù)的估算表達(dá)式． (2)假定在一次放氣過程中，鍋內(nèi)氣體對壓力閥及外界做功1 J，并向外界釋放了2 J的熱量，鍋內(nèi)原有氣體的內(nèi)能如何變化？變化了多少？ (3)已知大氣壓強(qiáng)p隨海拔高度H的變化滿足p＝p0(1－αH)，其中常數(shù)α>0.結(jié)合氣體定律定性分析在不同的海拔高度使用壓力鍋，當(dāng)壓力閥被頂起時鍋內(nèi)氣體的溫度有何不同．

17、 10．如圖10所示，兩個可導(dǎo)熱的汽缸豎直放置，它們的底部由一細(xì)管連通(忽略細(xì)管的容積)．兩汽缸各有一活塞，質(zhì)量分別為m1和m2，活塞與汽缸壁無摩擦．活塞的下方為理想氣體，上方為真空．當(dāng)氣體處于平衡狀態(tài)時，兩活塞位于同一高度h.(已知m1＝3m，m2＝2m) 圖10 (1)在兩活塞上同時各放一質(zhì)量為m的物塊，求氣體再次達(dá)到平衡后兩活塞的高度差(假設(shè)環(huán)境的溫度始終保持為T0)． (2)在達(dá)到上一問的終態(tài)后，環(huán)境溫度由T0緩慢上升到T，試問在這個過程中，氣體對活塞做了多少功？氣體是吸收還是放出熱量？(假定在氣體狀態(tài)變化過程中，兩物塊均不會碰到汽缸

18、頂部) 學(xué)案53　熱力學(xué)定律與能量守恒定律 【課前雙基回扣】 1．B　[在氣泡緩慢上升的過程中，氣泡外部的壓強(qiáng)逐漸減小，氣泡膨脹，對外做功，故氣泡中空氣分子的內(nèi)能減小，溫度降低．但由于外部恒溫，且氣泡緩慢上升，故可以認(rèn)為上升過程中氣泡內(nèi)空氣的溫度始終等于外界溫度，內(nèi)能不變，故需從外界吸收熱量，且吸收的熱量等于泡內(nèi)空氣對外界所做的功．] 2．B　[因?yàn)橥饨鐚怏w做功，W取正值，即W＝8×104 J；內(nèi)能減少，ΔU取負(fù)值，即ΔU＝－1.2×105 J；根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可知

19、Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，即B選項(xiàng)正確．] 3．AC　[熱力學(xué)第二定律指出了熱現(xiàn)象的方向性，而同時也指出了發(fā)生這些單一方向的過程的條件——自發(fā)，這也就說明了這些過程中的一些，其逆過程在某些條件下也是可以發(fā)生的，但也有的是不可能發(fā)生的．] 4．AC　[內(nèi)能的改變既可以通過做功來實(shí)現(xiàn)，又可以通過熱傳遞來完成，還可以做功和熱傳遞同時進(jìn)行來實(shí)現(xiàn)，由此分析知A、C是可能的，B、D是不絕對的，故答案為A、C.] 5．C　[根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量不可能從低溫物體自發(fā)地傳遞給高溫物體，而不引起其他的變化，但通過一些物理手段是可以實(shí)現(xiàn)的，故C正確；內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)

20、械能不可能自發(fā)地進(jìn)行，要使內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能必定要引起其他變化，故A錯誤；氣體膨脹具有方向性，故B錯誤；擴(kuò)散現(xiàn)象也有方向性，D也錯誤．] 6．BCD　[氫氣和氧氣的質(zhì)量雖然相同，但由于氫氣的摩爾質(zhì)量小，故氫氣物質(zhì)的量多，又體積和溫度相同，所以氫氣產(chǎn)生的壓強(qiáng)大，活塞將向氧氣一方移動． 當(dāng)拔掉銷子后，由于氫氣物質(zhì)的量多，壓強(qiáng)大，會推動活塞向氧氣一方移動，這時氫氣對外做功，又無熱傳遞，由ΔU＝W＋Q可知，氫氣內(nèi)能減少，溫度降低，對氧氣而言，外界對它做功，體積減小，由ΔU＝W＋Q，無熱傳遞的情況下，氧氣內(nèi)能增加，溫度升高．] 思維提升 1．改變物體內(nèi)能的兩種方式：做功和熱傳遞，二者是等效的．

21、 2．熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q＋W. 3．熱力學(xué)第二定律的表述 (1)按照熱傳遞的方向性表述 熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體． (2)按照機(jī)械能與內(nèi)能轉(zhuǎn)化過程的方向性表述 不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響． (3)熱力學(xué)第二定律使人們認(rèn)識到：自然界中進(jìn)行的涉及到熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，揭示了大量分子參與的宏觀過程具有方向性． 4．永動機(jī) 由能量守恒定律知，第一類永動機(jī)不可能制成． 由熱力學(xué)第二定律知，第二類永動機(jī)不可能制成． 【核心考點(diǎn)突破】 例1 (1)增加了160 J　(2)外界對氣體做功　80 J 解析　(1)由熱力學(xué)第

22、一定律可得 ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J 內(nèi)能增加了160 J (2)由于氣體的內(nèi)能僅與狀態(tài)有關(guān)，所以氣體從②狀態(tài)回到①狀態(tài)的過程中內(nèi)能的變化應(yīng)等于從①狀態(tài)到②狀態(tài)過程中內(nèi)能的變化，則從②狀態(tài)到①狀態(tài)的內(nèi)能應(yīng)減少160 J，即 ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J 根據(jù)熱力學(xué)第一定律得ΔU′＝W′＋Q′ 所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J 即外界對氣體做功80 J [規(guī)范思維]　求解此題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)： (1)用熱力學(xué)第一定律求解內(nèi)能變化，注意熱量Q、功W的正負(fù)． (2)氣體從末態(tài)到初態(tài)與從初態(tài)到末態(tài)的ΔU的大小相同

23、，結(jié)合熱力學(xué)第一定律計(jì)算，并做出判斷． 例2 (1)BC　(2)見解析 解析　(1)熱力學(xué)第一定律是熱現(xiàn)象中內(nèi)能與其他形式能的轉(zhuǎn)化規(guī)律，是能的轉(zhuǎn)化和守恒定律的具體表現(xiàn)，適用于所有的熱學(xué)過程，故C正確，D錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，必須借助于其他系統(tǒng)做功，A錯誤，B正確，故選B、C. (2)由熱力學(xué)第一定律可知，電冰箱制冷系統(tǒng)從冰箱內(nèi)吸收了熱量，同時消耗了電能，釋放到外界的熱量比從冰箱內(nèi)吸收的熱量多． [規(guī)范思維]　涉及熱力學(xué)第二定律的問題分析技巧： (1)理解熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì)，清楚熱力學(xué)第二定律的兩種表述形式． (2)掌握熱力學(xué)第二定律的

24、一些等效說法．如：“第二類永動機(jī)不可能制成”，“不可能制成效率為百分之百的熱機(jī)”等． 例3 (1)0.4 m3　(2)、(3)見解析 解析　(1)設(shè)氣體在B狀態(tài)時的體積為VB， 由蓋—呂薩克定律得 ＝ 代入數(shù)據(jù)得VB＝0.4 m3 (2)微觀原因：氣體的體積不變，分子的密集程度不變，溫度變化(降低)，氣體分子的平均動能變化(減小)，導(dǎo)致氣體的壓強(qiáng)變化(減小)． (3)Q1大于Q2.因?yàn)門A＝TC，故A→B增加的內(nèi)能與B→C減少的內(nèi)能相同，而A→B過程氣體對外做正功，B→C過程中氣體不做功，由熱力學(xué)第一定律可知Q1大于Q2. [規(guī)范思維]　理想氣體狀態(tài)變化時，要抓住在滿足三個實(shí)驗(yàn)

25、定律或狀態(tài)方程的前提下，內(nèi)能只與溫度有關(guān)，氣體體積的變化決定了外界對氣體做功的情況． [針對訓(xùn)練] D 思想方法總結(jié) 1．應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題的步驟：(1)確定研究對象，就是要明確內(nèi)能變化的是哪一個物體或哪一個熱力學(xué)系統(tǒng)；(2)定性分析研究對象的內(nèi)能變化是由外界哪些物體或系統(tǒng)通過哪些過程引起的；(3)根據(jù)符號法則，確定ΔU、Q、W的正負(fù)號，代入公式ΔU＝Q＋W進(jìn)行計(jì)算或判斷．(4)若與外界絕熱，則Q＝0. 2．要正確理解“不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響”它包含以下三層意思：①從單一熱庫吸收熱量，一般來說只有部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以第二類永動機(jī)是不可能制

26、成的；②機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能是自然的，可以全部轉(zhuǎn)化；③如果產(chǎn)生其他影響，可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功． 3．應(yīng)用能量守恒定律解決問題時，首先應(yīng)明確有哪幾種能量參與轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，哪些增、哪些減，然后利用守恒觀點(diǎn)列出方程求解． 4．若氣體等壓變化，壓強(qiáng)為p，體積變化為ΔV，則氣體做功W＝p·ΔV. 【課時效果檢測】 1．A　2.AB　3.B　4.C　5.D　6.C 7．(1)D　(2)吸收　0.6　0.2 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可判斷＝C，T不變，上升過程氣泡內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p減小，氣泡體積V增大，分子間距離增大，分子力減小，A錯；溫度不變，平均動能不變，C錯；平均速率不變，

27、B錯；V增大，無序性增加，D對． (2)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋ΔQ，溫度不變ΔU＝0，W＝－0.6 J，則ΔQ＝＋0.6 J，所以吸熱．W′＝－0.1 J，ΔQ′＝0.3 J，ΔU＝0.2 J，內(nèi)能增加． 8．(1)p0　(2)　吸熱　原因見解析 解析　(1)由題意知，氣體體積不變，由查理定律得＝ 所以此時氣體的壓強(qiáng)p1＝p0＝p0＝p0 (2)抽氣過程可等效為等溫膨脹過程，設(shè)膨脹后氣體的總體積為V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2 可得V2＝＝V0 所以集熱器內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值為 ＝ 因?yàn)槌闅膺^程中剩余氣體溫度不變，故內(nèi)能不變，而剩余氣體的體積膨脹對外

28、做功．由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體一定從外界吸收熱量． 9．(1)n＝NA (2)鍋內(nèi)原有氣體的內(nèi)能減少，減少了3 J (3)閥門被頂起時鍋內(nèi)氣體溫度隨著海拔高度的增加而降低． 解析　(1)設(shè)鍋內(nèi)氣體分子數(shù)為n，n＝NA (2)根據(jù)熱力學(xué)第一定律　ΔU＝W＋Q＝－3 J 鍋內(nèi)氣體內(nèi)能減少，減少了3 J (3)由p＝p0(1－αH)(其中α>0)知，隨著海拔高度的增加，大氣壓強(qiáng)減小；由p1＝p＋知，隨著海拔高度的增加，閥門被頂起時鍋內(nèi)氣體壓強(qiáng)減?。桓鶕?jù)查理定律＝可知閥門被頂起時鍋內(nèi)氣體溫度隨著海拔高度的增加而降低． 10．(1)h　(2)5mgh(－1)　氣體吸收熱量

29、 解析　(1)設(shè)左、右活塞的橫截面積分別為A′和A.由于氣體處于平衡狀態(tài)，故兩活塞對氣體的壓強(qiáng)相等，即 ＝ 由此得A′＝A 在兩個活塞上各加一質(zhì)量為m的物塊后，因·A<·A，所以右活塞降至汽缸底部，所有氣體都在左汽缸中． 在初態(tài)，氣體的壓強(qiáng)為，體積為(A′＋A)h＝；在末態(tài)，氣體的壓強(qiáng)為＝，體積為A′x＝(x為左活塞的高度)．由玻意耳定律得 ·＝· 由上式解得x＝h 即兩活塞的高度差為h. (2)當(dāng)溫度由T0上升至T時，氣體的壓強(qiáng)始終為. 設(shè)x′是溫度達(dá)到T時左活塞的高度，由蓋—呂薩克定律得x′＝x＝ 氣體對活塞做的功為 W＝Fl ＝4mgh(－1) ＝5mgh(－1) 在此過程中氣體吸收熱量． 易錯點(diǎn)評 1．對于氣體自由膨脹或向真空膨脹，這時氣體不對外做功．W＝0，這一點(diǎn)同學(xué)們?nèi)菀缀雎裕? 2．給車胎打氣問題，越來越困難，不是因?yàn)闅怏w分子間斥力變大，而是因?yàn)闅怏w的壓強(qiáng)變大． 3．熱量是內(nèi)能轉(zhuǎn)移的量度，只能說傳遞了多少熱量，而不能說傳遞了多少內(nèi)能，也不能說物體含有多少熱量． 4．只有理想氣體內(nèi)能由溫度決定，與體積無關(guān)，其他氣體或物體的內(nèi)能與溫度和體積都有關(guān)． 5．對于熱力學(xué)第二定律的第二種表述．要理解“而不產(chǎn)生其他影響”一句，意思就是在引起其他影響的情況下，可以將吸收的熱量完全變?yōu)楣Γ?