2019届高考物理一轮复习第十三单元鸭部分13_3理想气体状态方程与热力学定律配套课件新人教版选修3_3
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 内能减小
三、热力学第二定律 表述一：热量不能自发地由低温物体传递到高温物体． 表述二：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做 功，而不产生其他影响．
两类永动机 (1)第一类永动机：不消耗任何能量，却不断地对外做功的机 器，违背能量守恒定律． (2)第二类永动机：没有冷凝器，只从单一热源吸收热量并把 它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器，违背了热力学 第二定律．
(1)求下部分气体的压强多大； (2)现通过加热丝对下部气体进行缓慢加热， 使下部气体的温 度变为 127 ℃，求稳定后活塞 M、N 距离底部的高度．
【答案】 【解析】
(1)1.5×105 Pa
(2)22 cm
16 cm
(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S 1×10 mg 5 5 得 p＝p0＋ ＝1.0×10 Pa＋ －4 Pa＝1.5×10 Pa. S 2×10 (2)对下部气体进行分析，初状态压强为 p0，体积为 h2S，温 度为 T1，末状态压强为 p，体积设为 h3S，温度为 T2 p0h2S ph3S 由理想气体状态方程可得： ＝ T1 T2
考 点 讲 练
考点一
理想气体状态方程的应用
1．气态方程及推论 p1V1 p2V2 pV (1) ＝ 或 ＝C. T1 T2 T (2)pV＝nRT(R 为常数，n 为气体的摩尔数) m V m 1 (3)推导：pV＝nRT＝ RT⇒p＝ ·RT＝ ρRT M M M p 则 ＝C(ρ 为气体密度) ρT
13.3
理想气体状态方程与热力学 定律
知 识 清 单
一、理想气体状态方程 理想气体 (1)微观上，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，不计 分子势能，气体内能等于分子动能． (2)宏观上，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下， 遵守气体实验定律，可视为理想气体． 理想气体状态方程 p1V1 p2V2 pV ＝ 或 ＝C. T1 T2 T
(1)封闭气体初始状态的压强． (2)若缓慢升高气体温度， 升高至多少方可将所有水银全部压 入细管内．
【答案】 【解析】
(1)80 cmHg (2)96 ℃ (1)初始状态气体体积 V0＝S1L＝44 cm3
根据 pV 图像，p0＝80 cmHg. (2)再根据 pV 图像，当水银全部压入细管时， V＝48 cm3，p＝82 cmHg 根据理想气体状态方程 p0V0 pV ＝ ，T0＝57 ℃＝330 K T0 T 解得：T＝369 K＝96 ℃.
1×105×400 p0T2 得：h3＝ h＝ ×18 cm＝16 cm pT1 2 1.5×105×300 对上部气体进行分析，根据玻意耳定律可得： p0(h1－h2)S＝pLS 得：L＝6 cm 故此时活塞 M 距离底端的距离为 h4＝16 cm＋6 cm＝22 cm.
方法提炼 (1)对上部气体，M 活塞是“导热”的，N 活塞是“绝热” 的，加热是“缓慢”的，保证上部气体温度不变． (2)对下部气体，放上小物体 m，再加热的过程中，下部气体 温度、压强、体积均变化，应用理想气体状态方程求解．
二、热力学第一定律 改变内能的两种方式：做功和热传递 (1)两种方式对改变内能是等效的． (2)做功是其他形式的能与内能之间的转化， 热传递是物体之 间内能的转移． 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：Δ U＝Q＋W. (3)符号法则：
【答案】 【解析】
(2017· 安阳模拟)如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻 璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，管的上部足够长，图中 粗、细部分截面积分别为 S1＝2 cm2、S2＝1 cm2.封闭气体初始温 度为 57 ℃，气体长度为 L＝22 cm，乙图为对封闭气体缓慢加热 过程中气体压强随体积变化的图线．求：
考点二
热力学第一定律
1．对热力学第一定律的理解 (1)反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的． (2)明确了内能变化、做功与热传递之间的定量关系． (3)应用时注意功、内能、热量的正负，单位应统一为国际单 位焦耳．
2．三种特殊情况 (1)若过程是绝热的，即 Q＝0，则 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、末状态内能不变，即ΔU＝0，则 W＋Q＝0， 外界对物体做的功等于物体放出的热量．
2．气态方程与气体实验定律的关系 温度不变：p1V1＝p2V2玻意耳定律 p p p1V1 p2V2体积不变： 1 ＝ 2 查理定律 T1 T2 ＝ T1 T2 V V 压强不变： 1＝ 2盖—吕萨克定律 T1 T2
(2017· 北京朝阳区二模)如图所示，有两个 不计质量不计厚度的活塞 M、 N 将两部分理想气体 A、 B 封闭在绝热气缸内， 温度均是 27 ℃.M 活塞是导热 的，N 活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已 知活塞的横截面积均为 S＝2 cm2，初始时 M 活塞相对于底部的 高度为 h1＝27 cm，N 活塞相对于底部的高度为 h2＝18 cm.现将 一质量为 m＝1 kg 的小物体放在 M 活塞的上表面上，活塞下 降．已知大气压强为 p0＝1.0×105 Pa.(g＝10 m/s2)
一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了 8×104 J 的功，气体的内能减少了 1.2×105 J，则下列各式中正确的是 ( ) A．W＝8×104 J，Δ U＝1.2×105 J，Q＝4×104 J B．W＝8×104 J，Δ U＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J C．W＝－8×104 J，Δ U＝1.2×105 J，Q＝2×104 J D．W＝－8×104 J，Δ U＝1.2×105 J，Q＝－4×104 J
高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版
能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷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p 0，温度均为T 0.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 .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T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 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T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 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 ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。
近年届高考物理一轮复习第十三单元选考部分题组层级快练60理想气体状态方程与热力学定律新人教版选修3
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题组层级快练（六十)一、选择题1．(2017·江西二模)(多选)一振动周期为T，位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正反方向做简谐运动,该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播,波速为v，关于在x＝错误!处的质点P，下列说法正确的是（）A．质点P振动周期为T，速度的最大值为vB．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷答案BCD解析A项，质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T。
但其振动速度与波速不同．故A项错误；B项,x＝错误!＝错误!λ，P与O是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B项正确；C项，根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故C项正确；D 项，P与O是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D 项正确，E项错误．2．（2017·北京）物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝．两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道．下列说法正确的是（)A．天线发出的两种无线电波必须一样强B．导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C．两种无线电波在空间的强弱分布稳定D．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合答案C解析A项，干涉要求两波源的频率相同，而强度没有要求，故A项错误．B 项，由于无线电波以光速传播，根据v＝错误!知,波长不同,频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，故B项错误．C项，空间中某点加强与减弱取决于到两波源的距离差为半波长的奇、偶数倍．所以两种电波的干涉强弱分布是固定的，而且λ1≠λ2,所以两种干涉分布不重合，但是中垂线都是加强点，故C项正确，D项错误．故选C项．3．(2017·天津一模）一列简谐横波沿x轴传播,t＝1。
专题53 气体定律与热力学定律-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)
知识回顾1．热力学定律2．理想气体的实验定律与状态方程例题分析【例1】(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p －T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是()A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功【答案】ABE【例2】 如图所示，两汽缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气，当大气压为p 0，外界和汽缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b 在汽缸正中间．(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强．【解析】 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设汽缸A 的容积为V 0，氮气初态体积V 1，温度为T 1；末态体积为V 2，温度为T 2，据题意，汽缸B 的容积为V 04，由题给数据和盖—吕萨克定律有 V 1＝34V 0＋12 V 04＝78V 0① V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0② V 1T 1＝V 2T 2③由①②③式和题给数据得T 2＝320 K ④规律总结解决理想气体三个实验定律的注意事项理想气体的三个实验定律是高考考查的主要内容，考查的频率很高，其中玻意耳定律考得最多，解决好此类问题应注意以下几点．①选定题意中的“一定量的气体”为研究对象；②注意分析可能的临界现象，确定其临界点，并分析临界点具有的物理意义．例如在临界点的两侧，气体可能有不同的变化规律；③确定研究对象的“变化过程”，并确定始、末状态的相应参量(p1、V1、T1)与(p2、V2、T2)，分析其恒定不变的参量，在变化的参量中，确定已知量与待求量；④选用相应的实验定律求解；⑤合理使用各物理量的单位，p、V的单位只要始末状态统一即可，但T的单位必须用“K”．专题练习1.(多选)(2017年长沙模拟)如图所示，质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内．活塞可在汽缸内无摩擦滑动．现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热．设汽缸处在大气中，大气压强恒定．经过一段较长时间后，下列说法正确的是()A．汽缸中气体的压强比加热前要大B．汽缸中气体的压强保持不变C．汽缸中气体的体积比加热前要大D．汽缸中气体的内能可能和加热前一样大E．活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少【答案】：BCE2 . 如图所示为一定质量的理想气体在p－V图象中的等温变化图线，A、B是双曲线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则()A．S1<S2 B．S1＝S2C．S1>S2 D．S1与S2的大小关系无法确定【答案】B【解析】△OBC的面积为OC·BC=p B V B，同理△OAD的面积为p A V A，而A、B为等温线上的两点，即p A V A=p B V B，所以，两个三角形的面积相等，故B正确，ACD错误。
高考物理第一轮复习第十三章 第3讲
第3讲热力学定律与能量守恒定律一、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功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：自测1一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界放出热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界放出热量6.0×104 J答案 B二、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．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．自测2(多选)下列现象中能够发生的是() A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C．桶中混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．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体答案CD三、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．自测3木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N 的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是(空气阻力不计)()A．U＝200 J，E k＝600 J B．U＝600 J，E k＝200 JC．U＝600 J，E k＝800 J D．U＝800 J，E k＝200 J答案 B解析U＝F f x＝60×10 J＝600 JE k＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J.1．热力学第一定律的理解(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．(2)做功情况看气体的体积：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．(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．2．三种特殊情况(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)若过程的初、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．例1(2019·全国卷Ⅰ·33(1))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．答案低于大于解析活塞光滑、容器绝热，活塞缓慢移动，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W ＋Q知，气体内能减少，温度降低．气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度．变式1(多选)(2017·全国卷Ⅱ·33(1))如图1，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()图1A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变答案ABD解析因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，与外界没有热量交换，也不对外界做功．根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确，E错误．变式2(多选)(2016·全国卷Ⅲ·33(1))关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加答案CDE解析质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，其摩尔质量可能不同，则分子个数可能不同，所以分子总动能不一定相同，A错误；宏观运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大，B错误；气体被压缩，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，C正确；理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能与分子平均动能有关，而温度是分子平均动能的标志，D正确；一定质量的某种理想气体等压膨胀，温度增大，内能一定增大，E正确．例2(多选)(2018·全国卷Ⅰ·33(1))如图2，一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()图2A．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中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则由查理定律知压强增大，A项错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做正功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q ＋W得Q<0，即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，D项正确；由b到d的过程，作出状态b、d的等压线，分析可得p b>p d，E项正确．变式3(多选)(2017·全国卷Ⅲ·33(1))如图3，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是()图3A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量答案ABD解析在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增加，故选项A正确，C错误；在过程ca中，气体的体积减小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，内能变小，气体向外界放出热量，故选项B正确，E错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，故选项D正确．变式4(多选)(2016·全国卷Ⅱ·33(1))一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图4所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是()图4A ．气体在a 、c 两状态的体积相等B ．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功 答案 ABE解析 由理想气体状态方程pV T ＝C 得，p ＝CVT ，由题图可知，V a ＝V c ，选项A 正确；理想气体的内能只由温度决定，而T a >T c ，故气体在状态a 时的内能大于在状态c 时的内能，选项B 正确；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，cd 过程温度不变，内能不变，则Q ＝－W ，选项C 错误；da 过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外界做的功，选项D 错误；由理想气体状态方程知：p a V a T a ＝p b V b T b ＝p c V c T c ＝p d V dT d ＝C ，即p a V a ＝CT a ，p b V b ＝CT b ，p c V c ＝CT c ，p d V d＝CT d .设过程bc 中压强为p 1＝p b ＝p c ，过程da 中压强为p 2＝p d ＝p a .由外界对气体做功W ＝p ·ΔV 知，过程bc 中外界对气体做的功W bc ＝p 1(V b －V c )＝C (T b －T c )，过程da 中气体对外界做的功W da ＝p 2(V a －V d )＝C (T a －T d )，T a ＝T b ，T c ＝T d ，故W bc ＝W da ，选项E 正确.例3(2019·陕西第二次质检)如图5所示，一个长方形汽缸放置于水平地面上，左右侧壁光滑且绝热，底面面积为S＝20 cm2且导热良好，质量为m＝2 kg且绝热的活塞下方封闭了一定量的理想气体，稳定时气柱长度为h＝20 cm.现在在活塞上放一个物块(未画出)，待系统再次稳定后，活塞下方的气柱长度变为h′＝10 cm，已知大气压强始终为p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，一切摩擦阻力不计、汽缸气密性良好且外界环境温度保持不变．求：图5(1)活塞上所放物块的质量M；(2)第一次稳定到第二次稳定过程中从底部发生热交换的情况．答案见解析解析(1)初状态，对活塞由平衡知识可知：p0S＋mg＝p1S放上物块再次稳定后：p1Sh＝p2Sh′此时对活塞：p0S＋mg＋Mg＝p2S解得：M＝22 kg.(2)对活塞的全过程由动能定理得：(p0S＋mg＋Mg)(h－h′)＋W＝0活塞对气体做功－W，根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋(－W)＝0联立解得：Q＝－44 J，即从底部放出的热量为44 J.变式5(多选)(2019·四川成都市第二次诊断)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V －T图象如图6所示．用p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列说法正确的是()图6A ．p a ＜p c ＝p bB ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热C ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中，气体分子的平均动能不变 答案 ABE解析 从状态a 到状态b ，由理想气体状态方程可知，p a ·3V 0T 0＝p b ·3V 03T 0，整理得：p b ＝3p a ，同理可知：p a ·3V 0T 0＝p c ·V 0T 0，整理得：p c ＝3p a ，所以p c ＝p b >p a ，故A 正确；从状态a 到状态b 过程中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B 正确；由题图可知，b 到c 过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W >0，内能减小，ΔU <0，由热力学第一定律可知，b 到c 过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C 错误；温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没意义，所以b 到c 过程中气体的温度降低，分子平均动能减小，并不是每一个气体分子的速率都减小，故D 错误；由题图可知，c 到a 过程，理想气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故E 正确．1．热力学第二定律的含义(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等．在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，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．热力学过程的方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地转化为热．(3)气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B能自发混合成不能自发分离成混合气体AB.4．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律例4如图7所示为电冰箱的工作原理示意图．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化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．图7(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C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律(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？答案(1)BC(2)见解析解析(1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C项正确，D项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B项正确，A项错误．(2)由热力学第一定律可知，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．变式6(多选)(2016·全国卷Ⅰ·33(1))关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡答案BDE解析由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，对气体做功可改变气体的内能，B选项正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度的变化，A选项错误；理想气体等压膨胀，W<0，由理想气体状态方程pV＝C，p不变，V增大，气体温度升高，内能增大，TΔU>0，由ΔU＝Q＋W，知Q>0，气体一定吸热，C选项错误；由热力学第二定律知，D选项正确；根据热平衡定律知，E选项正确．1．(多选)(2019·四川绵阳市第三次诊断)关于热现象，下列说法正确的是()A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体B．物体速度增大，则组成物体的分子动能增大C．物体的温度或者体积变化，都可能引起物体内能变化D．相同质量的两个物体，升高相同温度，内能增加一定相同E．绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大，其内能一定减少答案ACE解析根据热力学第二定律可知热量不能自发地从低温物体传到高温物体，A正确；物体分子平均动能的标志是温度，与宏观速度无关，B错误；物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和，分子平均动能与温度有关，而分子势能与体积有关，所以物体内能与温度和体积有关，C正确；根据C选项的分析，升高相同温度，但体积关系未知，所以内能变化无法判断，D错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，容器绝热，Q＝0，气体体积增大，所以气体对外做功，W<0，所以ΔU<0，内能减少，E正确．2.(多选)(2020·山西吕梁市第一次模拟)一定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p－T图象如图1所示．下列判断正确的是()图1A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击的次数不同答案ADE解析在ab过程中体积不变，则W＝0，但温度升高，气体内能增大，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体一定吸热，故A正确；过程bc中温度不变，则内能不变，即ΔU ＝0，但体积增大，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q>0，气体吸热，则B错误；过程ca中温度降低即ΔU<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体放出的热量大于外界对气体做的功，故C错误；a、b和c三个状态中，状态a的温度最低，故分子的平均动能最小，则D正确；b和c两个状态温度相同，分子平均动能相等，但c状态体积大分子密集程度小，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数少，故E正确．3．(多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)一定质量的理想气体经历如图2所示的循环，图线由两条绝热线和两条等容线组成，其中，a→b和c→d为绝热过程，b→c和d→a为等容过程．下列说法正确的是()图2A．a→b过程中，外界对气体做功B．a→b过程中，气体分子的平均动能不变C．b→c过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多D．c→d过程中，单位体积内气体分子数减少E．d→a过程中，气体从外界吸收热量答案ACD解析a→b过程为绝热过程，Q＝0，体积变小，外界对气体做功，W>0，所以内能ΔU>0，＝温度升高，气体分子的平均动能变大，故A正确，B错误；b→c过程中，体积不变，由pVTC可知，当压强变大时，温度升高，故单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，故C 正确；c→d过程为绝热过程，体积变大，单位体积内气体分子数减少，故D正确；d→a过程中，为等容变化，压强减小，温度降低，可知ΔU<0，W＝0，ΔU＝W＋Q，故Q<0，气体放热，故E错误．4.(多选)(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图3所示为一定质量的理想气体发生状态变化的p －V图象，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是()图3A ．等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高B ．从状态A 变化到状态B ，气体一定吸收热量C ．从状态B 变化到状态C ，气体吸收的热量比气体对外界做功多D ．从状态C 变化到状态D ，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变E ．从状态D 变化到状态A ，气体放出的热量比外界对气体做功少答案 BCD解析 从C →B 为等压变化，由公式V T＝C 可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A 错误；从状态A 到状态B 为等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：ΔU ＝Q ＋W ，所以气体一定吸收热量，故B 正确；从状态B 变化到状态C ，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：ΔU ＝Q ＋W ，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C 正确；从状态C 到状态D 为等温变化，所以分子平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D 正确；从状态D 变化到状态A ，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可得：ΔU ＝Q ＋W ，所以气体放出的热量比外界对气体做功多，故E 错误．5.如图4所示，曲线为某理想气体在p －V 图象中的两条等温线，现该气体分别从状态A 到达状态B 、C ，其中A →B 过程气体内能减少35 J ，A →C 过程气体对外做功20 J.(1)若状态A 的温度为900 K ，求状态B 的温度；(2)定量分析A →C 过程中吸放热情况．图4答案 (1)300 K (2)放出热量15 J解析 (1)由理想气体状态方程可得：p A V A T A ＝p B V B T B，解得：T B ＝300 K. (2)B 、C 所在曲线为等温线，则状态B 与状态C 内能相同，A →C 过程：ΔU ＝W ＋Q ，解得Q ＝－15 J ，即放出热量15 J.6．(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图5，一定质量的理想气体经历了A →B →C 的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J ，外界对气体做了90 J 的功．已知状态A 时气体的体积V A ＝600 cm 3.求：图5(1)从状态A 到状态C 的过程中，气体与外界热交换的热量；(2)状态A 时气体的压强p A .答案 (1)吸收热量45 J (2)1.5×105 Pa解析 (1)根据热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q ①由①代入数据得Q ＝＋45 J ②即气体从外界吸收热量45 J.(2)从状态A 到状态B 为等容变化过程，根据查理定律有p A T A ＝p B T B③ 从状态B 到状态C 为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有V B T B ＝V C T C④ 从状态A 到状态B ，外界对气体不做功；从状态B 到状态C ，外界对气体做功，W ＝p B ΔV ⑤又ΔV ＝V B －V C ，V B ＝V A ⑥由③④⑤⑥式代入数据得：p A ＝1.5×105 Pa.。
高考物理一轮复习第十三章热学第三讲热力学定律与能量
考点一 题组突破
1－1.[热力学第一定律的理解] (多选)(2015·高考广东卷)图为某 实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积 的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气 () A．内能增大 B．压强增大 C．分子间引力和斥力都减小 D．所有分子运动速率都增大
考点一
题组突破
解析：在水加热升温的过程中，封闭气体的温度升高，内能增大， 选项 A 正确；根据pTV＝C 知，气体的压强增大，选项 B 正确；气 体的体积不变，气体分子间的距离不变，分子间的引力和斥力不变， 选项 C 错误；温度升高，分子热运动的平均速率增大，但并不是所 有分子运动的速率都增大，选项 D 错误．
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 ．
[小题快练] 1．判断题 (1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传 递的实质是相同的．( × ) (2)绝热过程中，外界压缩气体做功 20 J，气体的内能可能不变．( × ) (3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外 界吸热．( × ) (4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．( √ )
解析：自然界中和热有关的宏观过程都是不可逆的，故 A 错误，B 正确； 在引起外界变化的前提下，热力学第二定律的两种描述都是可能的，故 C 错误，D 正确．
2019届高三物理人教版一轮复习课件：第十三单元 选修3-3 13-3
二、热力学第一定律 改变内能的两种方式：做功和热传递
(1)两种方式对改变内能是等效的． (2)做功是其他形式的能与内能之间的转化，热传递是物体之 间内能的转移．
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)符号法则：
A．A→B 的过程中，气体对外界做功 B．A→B 的过程中，气体放出热量 C．B→C 的过程中，气体压强不变 D．A→B→C 的过程中，气体内能增加
【答案】 BC 【解析】 A 项，A→B 的过程中，温度不变，体积减小， 可知外界对气体做功，故 A 项错误．B 项，A→B 的过程中，温 度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第 一定律ΔU＝W＋Q 知，W 为正，则 Q 为负，即气体放出热量， 故 B 项正确．C 项，因为 V-T 图线中，BC 段的图线是过原点的 倾斜直线，则 B→C 的过程中，压强不变，故 C 项正确．D 项， A 到 B 的过程中，温度不变，内能不变，B 到 C 的过程中，温度 降低，内能减小，则 A→B→C 的过程中，气体内能减小，故 D 项错误．故选 B、C 两项．
考点二 热力学第一定律
1．对热力学第一定律的理解 (1)反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的． (2)明确了内能变化、做功与热传递之间的定量关系． (3)应用时注意功、内能、热量的正负，单位应统一为国际单 位焦耳．
2．三种特殊情况 (1)若过程是绝热的，即 Q＝0，则 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、末状态内能不变，即ΔU＝0，则 W＋Q＝0， 外界对物体做的功等于物体放出的热量．
2019届高考物理一轮复习 第十三单元 选考部分 题组层级快练60 理想气体状态方程与热力学定律
题组层级快练(六十)一、选择题1．(2017·江西二模)(多选)一振动周期为T ，位于x ＝0处的波源从平衡位置开始沿y 轴正反方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为v ，关于在x ＝3vT2处的质点P ，下列说法正确的是( ) A ．质点P 振动周期为T ，速度的最大值为vB ．若某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y 轴正方向C ．质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向D ．当P 开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P 一定在波谷E ．若某时刻波源在波谷，则质点P 也一定在波谷 答案 BCD解析 A 项，质点P 振动周期与O 点振动周期相同，也为T.但其振动速度与波速不同．故A 项错误；B 项，x ＝3vT 2＝32λ，P 与O 是反相点，若某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y 轴正方向，故B 项正确；C 项，根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向．故C 项正确；D 项，P 与O 是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P 一定在波谷，故D 项正确，E 项错误．2．(2017·北京)物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝．两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道．下列说法正确的是( )A ．天线发出的两种无线电波必须一样强B ．导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C ．两种无线电波在空间的强弱分布稳定D ．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合 答案 C解析 A 项，干涉要求两波源的频率相同，而强度没有要求，故A 项错误．B 项，由于无线电波以光速传播，根据v ＝cλ知，波长不同，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，故B 项错误．C 项，空间中某点加强与减弱取决于到两波源的距离差为半波长的奇、偶数倍．所以两种电波的干涉强弱分布是固定的，而且λ1≠λ2，所以两种干涉分布不重合，但是中垂线都是加强点，故C 项正确，D 项错误．故选C 项．3．(2017·天津一模)一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝1.2 s 时的波形如图所示，此时质点P 在波峰，Q 在平衡位置且向负方向运动，再过0.6 s 质点Q 第一次到达波峰．下列说法正确的是( )A ．波速大小为10 m/sB ．1.0 s 时质点Q 的位移为＋0.2 mC ．质点P 的振动位移随时间变化的表达式为y ＝0.2sin(2.5πt ＋π2)mD ．任意0.2 s 内质点Q 的路程均为0.2 m 答案 B解析 A 项，Q 在平衡位置且向负方向运动，可得知波向左传播，再过0.6 s 质点Q 第一次到达波峰，需要的时间为：t ＝0.6 s ＝34T ，得T ＝0.8 s ，由图可知波长为：λ＝24 m ，所以波速为：v ＝λT ＝240.8 m/s ＝30 m/s ，故A 项错误；B 项，从1.0 s 到1.2 s 经历的时间为0.2 s ，因周期为0.8 s ，即经过了14个周期的时间，所以Q 点在1.0 s 时处于波峰位置，位移为＋0.2 m ，故B 项正确．C 项，ω＝2πT ＝2π0.8＝2.5 rad/s ，t ＝1.2 s 时，质点P 在波峰，从0到1.2 s ，经过了一个半周期，根据波的平移可知，0时刻P 点在波谷位置，所以质点P 的振动位移随时间变化的表达式应为y ＝0.2sin(2.5πt ＋34π) m ，故C 项错误；D 项，因Q 点在其平衡位置附近的运动是周期性的变速运动，只有从Q 点在平衡位置或波峰及波谷位置开始计时，在0.2 s(四分之一个周期)内路程才为0.2 m(一个振幅)，故D 项错误． 4．(2017·浙江模拟)(多选)一列向右传播的简谐横波，当波传到x ＝2.0 m 处的P 点时开始计时，该时刻波形如图所示，t ＝0.9 s 时，观测到质点P 第三次到达波峰位置，下列说法正确的是( )A ．波速为0.5 m/sB ．经过1.4 s 质点P 运动的路程为70 cmC ．t ＝1.6 s 时，x ＝4.5 m 处的质点Q 第三次到达波谷D ．与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5 Hz 答案 BCD解析 A 项，简谐横波向右传播，由波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上．t ＝0.9 s 时，P 点第三次到达波峰，即有(2＋14)T ＝0.9 s ，T ＝0.4 s ，波长为λ＝2 m ，所以波速v＝λT ＝20.4 m/s ＝5 m/s ，故A 项错误；B 项，t ＝1.4 s 相当于3.5个周期，每个周期路程为4A ＝20 cm ，所以经过1.4 s 质点P 运动的路程为s ＝3.5×4A＝14×5 cm ＝70 cm ，故B 项正确；C 项，经过t ＝Δx v ＝4.5－2 s5＝0.5 s 波传到Q ，经过2.75T 即再经过1.1 s 后Q第三次到达波谷，所以t ＝1.6 s 时，x ＝4.5 m 处的质点Q 第三次到达波谷．故C 项正确；D 项，要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即f ＝1T ＝2.5 Hz ，故D 项正确．5．(2016·课标全国Ⅲ)(多选)由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz ，波速为16 m/s.已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为15.8 m 、14.6 m ，P 、Q 开始震动后，下列判断正确的是( ) A ．P 、Q 两质点运动的方向始终相同 B ．P 、Q 两质点运动的方向始终相反C ．当S 恰好通过平衡位置时，P 、Q 两点也正好通过平衡位置D ．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰E ．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰 答案 BDE解析 根据题意信息可得T ＝120s ＝0.05 s ，v ＝16 m/s ，故波长为λ＝vT ＝0.8 m ，找P 点关于S 点的对称点P ′，根据对称性可知P ′和P 的振动情况完全相同，P ′、Q 两点相距Δx ＝(15.80.8－14.60.8)λ＝32λ，为半波长的奇数倍，所以两点为反相点，故P ′、Q 两点振动方向始终相反，即P 、Q 两点振动方向始终相反，A 项错误，B 项正确；P 点距离S 点x ＝1934λ，当S 恰好通过平衡位置向上振动时，P 点在波峰，同理Q 点相距S 点x ′＝1814λ，当S恰好通过平衡位置向下振动时，Q 点在波峰，D 、E 两项正确．6．一质点以坐标原点为中心位置在y 轴上做简谐运动，其振动图线如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为1 m/s.此质点从t ＝0开始振动，经过0.3 s 后此质点立即停止运动，则在t ＝0.4 s 时刻，波形图将是下图中的( )答案 C解析 根据振动图像得知，t ＝0时刻质点沿y 轴正方向振动，即波源的起振方向沿y 轴正方向，则介质中各质点的起振方向均沿y 轴正方向，与波最前头的质点振动方向相同．起振后0.3 s 此质点立即停止运动，形成34波长的波形．由振动图像读出周期T ＝0.4 s ，波长λ＝vT ＝0.4 m ，则再经过0.1 s 后，即t ＝0.4 s 时波总共传播的距离为s ＝vt ＝0.4 m ，传到x ＝0.4 m 处，故C 项正确，A 、B 、D 三项错误．7．(2017·江西二模)(多选)如图甲所示为一简谐波在t ＝0时刻的图像，图乙所示为x ＝4 m 处的质点P 的振动图像，则下列判断正确的是( )A ．这列波的波速是2 m/sB ．这列波的传播方向沿x 正方向C ．t ＝3.5 s 时P 点的位移为0.2 mD ．从t ＝0时刻开始P 点的振动方程为y ＝0.2sin(πt ＋π) mE ．从t ＝0时刻开始P 点的振动方程为y ＝0.2sin(πt ＋π2) m答案 ACD解析 A 项，由图像可知波长λ＝4 m ，周期T ＝2 s ，则波速为：v ＝λT ＝42 m/s ＝2 m/s ，故A 项正确；B 项，t ＝0时刻P 点向－y 方向振动，由波动和振动的关系可判断波向x 负方向传播，故B 项错误；C 项，由质点P 的振动图像知，t ＝3.5 s ＝134T ，此时P 点位于波峰位置，P 点的位移为0.2 m ．故C 项正确；D 、E 两项，由图乙知ω＝2πT ＝2π2＝π，t ＝0时刻P 点向－y 方向振动，初相位为π，振动方程为y ＝0.2sin(πt ＋π) m ，故D 项正确，E 项错误．8．(2017·淄博二模)(多选)某列简谐横波在t 1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t 2＝3.0 s 时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a 、b 、c 、d 四点中某质点的振动图像，则( )A ．这列波沿x 轴负方向传播B ．波速为0.5 m/sC ．图乙是质点b 的振动图像D ．从t 1＝0 s 到t 2＝3.0 s 这段时间内，质点a 通过的路程为1.5 mE ．t 3＝9.5 s 时刻质点c 沿y 轴正向运动 答案 ABE解析 由图乙可知，该波的周期是4 s ，t 2＝3.0 s ＝34T ，所以该波传播的距离为34λ；A 项，该波在3 s 内传播的距离为34λ，所以波沿x 轴负方向传播．故A 项正确；B 项，由图甲可知，该波的波长是2 m ，所以波速：v ＝λT ＝24 m/s.故B 项正确；C 项，t 1＝0时，x ＝0.5 m处的质点a 位于最大位移处，图乙是a 点的振动图像；故C 项错误；D 项，3.0 s ＝34T ，从t 1＝0 s 到t 2＝3.0 s 这段时间内，质点a 通过的路程为3A ＝3×5 cm ＝15 cm.故D 项错误；E 项，t 3＝9.5 s ＝238T ，2T 后质点c 回到最低点，由于14T<38T<12T ，所以t 3＝9.5 s 时刻质点c 在平衡位置以上，沿y 轴正向运动．故E 项正确．9．(2017·海淀区模拟)A 、B 两列简谐横波均沿x 轴正向传播，在某时刻的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t(t 小于A 波的周期T A )，这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A 、B 两列波的波速v A 、v B 之比不可能的是( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1答案 D解析 由图读出，A 波波长为λA ＝24 cm ，周期T A ＝2t ；B 波波长为λB ＝12 cm ，周期T B ＝tn ，波速v A ＝λA T A ＝12t ，v B ＝λB T B ＝12nt ，得到v A ∶v B ＝1∶n，所以A 、B 两列波的波速v A 、v B 之比不可能的是D 项．10．(2017·山东模拟)(多选)如图所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．已知该波的波速是0.8 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．这列波的波长是14 cmB ．这列波的周期是0.15 sC ．这列波一定沿x 轴负方向传播的D ．从t ＝0时刻开始，x ＝5 cm 处的质点经0.1 s 振动到波峰E ．每经过0.15 s 介质中的质点就沿x 轴移动12 cm 答案 BCD解析 A 项，从图中可以看出波长λ＝12 cm ，故A 项错误；B 项，已知波速v ＝0.8 m/s ，由v ＝λT ，得周期T ＝λv ＝0.120.8 s ＝0.15 s ，故B 项正确；C 项，因为t ＝0.2 s ＝43T ，因每经过一个周期波动图像重复一次，所以只要看经过T3的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿x 轴负方向传播，故C 项正确；D 项，从t ＝0时刻开始经0.1 s 波向左传播的距离x ＝vt ＝0.1×0.8 m ＝0.08 m ＝8 cm ，根据波形的平移法知，t ＝0时刻x ＝13 cm 处的波峰传到x ＝5 cm处，所以从t ＝0时刻开始，x ＝5 cm 处的质点经0.1 s 振动到波峰，故D 项正确；E 项，简谐横波向前传播的过程中介质中质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不向前移动．故E 项错误．11．(2017·揭阳一模)(多选)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x ＝12 m 处的质元的振动图线如图1所示，在x ＝18 m 处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是( )A ．该波的周期为12 sB ．x ＝12 m 处的质元在平衡位置向上振动时，x ＝18 m 处的质元在波峰C ．在0～4 s 内x ＝12 m 处和x ＝18 m 处的质元通过的路程均为6 cmD ．该波的波长可能为8 mE ．该波的传播速度可能为2 m/s 答案 ABD解析 A 项，由图可知，该波的周期为12 s ．故A 项正确；B 项，由图可知，t ＝3 s 时刻，x ＝12 m 处的质元在平衡位置向上振动时，x ＝18 m 处的质元在波峰，故B 项正确；C 项，由图可知，该波的振幅为4 cm ，圆频率：ω＝2πT ＝2π12＝π6 rad/s ，由图1可知，在t ＝0时刻x ＝12 m 处的质点在－4 cm 处，则其振动方程为：x 12＝－4sin(π6·t ＋π12) cm ，4 s时刻质元的位置：x 12－4＝－4·sin(4π6＋π2) cm ，所以x ＝12 m 处的质元通过的路程：s 12＝4 cm ＋2 cm ＝6 cm ，据图2知t ＝0 s 时，在x ＝18 m 处的质元的位移为0 cm ，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为：x 18＝4sin(π6·t)，在t ＝4 s 时刻，在x ＝18 m 处的质元的位移：x 18＝4×sin 4π6＝2 3 cm ，所以在0～4 s 内x ＝18 m 处的质元通过的路程：x 18＝4 cm ＋(4－23) cm ≈4.54 cm ＜6 cm.故C 项错误；D 项，由两图比较可知，x ＝12 m 处比x ＝18 m 处的质元可能早振动34T ，所以两点之间的距离为：x ＝(n ＋34)λ(n ＝0、1、2、3…)，所以：λ＝4x 4n ＋3＝4×64n ＋3m(n ＝0、1、2、3…)，n ＝0时，波长最大，为4×63 m ＝8 m ．故D 项正确；E 项，波的速度：v ＝λT ＝244n ＋312＝24n ＋3 m/s(n ＝0、1、2、3…)，n ＝0时，最大速度：v ＝23m/s ；故E 项错误．12．(2017·江西二模)(多选)a 、b 两列简谐横波在同一介质中沿x 轴正方向传播，波速均为v ＝2.5 m/s ，在t ＝0时，两列波的波形如图所示，下列说法正确的是()A ．a 、b 两列波的波长之比是5∶8B ．a 、b 两列波叠加时能形成稳定的干涉图样C ．t ＝0时平衡位置在x ＝2.5 m 处的位移为4 cmD ．t ＝0时平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点沿y 轴正方向运动E ．t ＝8 s 介质中各质点的位置与t ＝0时的位置相同 答案 ACE解析 A 项，从图中可以看出两列波的波长分别为λa ＝2.5 m ，λb ＝4.0 m ，则波长之比λa ∶λb ＝5∶8，故A 项正确；B 项，两列性质相同的简谐横波a 、b 在同一介质中传播时波速是相等的，根据v ＝λf 知，它们的波长不等，则频率不等，因此a 、b 两列波叠加时不能形成稳定的干涉图样．故B 项错误；C 项，t ＝0时平衡位置在x ＝2.5 m 处是两列波的波峰相遇处，由波的叠加原理知，该点的位移y ＝2A ＝2×2 cm ＝4 cm ，故C 项正确；D 项，根据波形平移法可知，a 、b 两波单独传播时平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点均沿y 轴负方向运动，由波的叠加原理可知，t ＝0时平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点沿y 轴负方向．故D 项错误；E 项，a 、b 两波周期分别为T a ＝λa v ＝2.52.5＝1 s ，T b ＝λb v ＝42.5＝1.6 s ，由于t ＝8 s ＝8T a ＝5T b ，而波每经过一个周期时介质中各质点状态重复，所以t ＝8 s 时介质中各质点的位置与t ＝0时的位置相同，故E 项正确． 二、非选择题13．(2017·海南)从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5 Hz 的简谐横波，分别沿x 轴正、负方向传播，在某一时刻到达A 、B 点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10 m/s.求：(1)质点P 、O 开始振动的时刻之差；(2)再经过半个周期后，两列波在x ＝1 m 和x ＝5 m 之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．答案 (1)质点P 、O 开始振动的时刻之差为0.05 s.(2)两列波在x ＝1 m 和x ＝5 m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：2 m 、3 m 、4 m 、5 m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5 m 、2.5 m 、3.5 m 、4.5 m. 解析 (1)该波的周期为T ＝1f ＝15s ＝0.2 s由图知，质点P 、O 开始振动的时刻之差为Δt ＝T4＝0.05 s(2)该波的波长为λ＝vT ＝10×0.2 m ＝2 m根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x ＝1 m 和x ＝5 m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：2 m 、3 m 、4 m 、5 m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5 m 、2.5 m 、3.5 m 、4.5 m.14．一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P 、Q 两点，平衡位置相距5.5 m ，其振动图像如图所示，实线为P 点的振动图像，虚线为Q 点的振动图像，求：(1)该波的波长； (2)该波的最大传播速度． 答案 (1)6612n ＋11m(n ＝0、1、2、3、…) (2)6 m/s解析 (1)根据题意，画出如图所示的波动图像，其对应的方程y ＝－10sinx ，当y ＝5时，sinx ＝－12解得x ＝2n π＋116π(n ＝0、1、2、3、…)根据数学关系类比可得2n π＋116π5.5＝2πλ(n ＝0、1、2、3、…)n λ＋1112λ＝5.5(n ＝0、1、2、3、…)解得λ＝6612n ＋11m(n ＝0、1、2、3、…)(2)由图像可知：周期T ＝1 s ，由波速公式可得v ＝λT ＝6612n ＋11 m/s(n ＝0、1、2、3、…)当n ＝0时，v m ＝6 m/s。
高考物理一轮复习 第十三章 热学 第2节 气体实验定律 理想气体状态方程课件
考点(kǎo
shi)梳理
diǎn)自诊
3.气体实验(shíyàn)定律
定律
玻意耳定律
内容
表
达式
查理定律
一定质量的某种
一定质量的某种
气体,在体积不变
气体,在温度不变
的情况下,压强与
的情况下,压强与
热力学温度成正
体积成反比
比
p1V1=p2V2
1
1
=
2
2
或 1 = 1
图象
12/9/2021
第2节 气体实验 定律
理想气体状态方程
(shíyàn)
12/9/2021
第一页，共四十页。
-2知识(zhī
shi)梳理
考点(kǎo
diǎn)自
诊
1.气体(qìtǐ)和气体(qìtǐ)分子运动的特点
12/9/2021
第二页，共四十页。
-3知识(zhī
shi)梳理
考点(kǎo
diǎn)自
诊
2.气体(qìtǐ)的压强
答案
命题(mì
ng
tí)点三
命题点四
26
解析: 设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为 V1,压强为 p1;下方
气体的体积为 V2,压强为 p2。在活塞下移的过程中,活塞上下方气体
的温度保持不变。由玻意耳定律得
p0 2 =p1V1
①
p0 =p2V2
②
2
13
由已知条件得 V1=2 + 6 − 8 = 24 V
待测气体连通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时,M与
K2相通;逐渐提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高,此时水银已进入K1,且K1
2019年高三物理人教版一轮作业：第十三章第3讲 热力学定律与能量守恒定律含解析
[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．下列对热学相关知识的判断中正确的是()A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源解析：气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D 正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能源在逐渐减少，故要节约能源，E正确．答案：CDE2．关于物体的内能，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少C．物体体积改变，内能可能不变D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C 正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确．答案：BCE3．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是()A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的E．热运动的宏观过程有一定的方向性解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A 错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．答案：BCE4．(2016·高考全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错误；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程pVT＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．答案：BDE二、非选择题5.一定质量的理想气体在初状态(状态A)时温度为T，压强p0＝2.0×105Pa，内能为20 J，其体积V与热力学温度T间的关系如图所示，线段AB、BC分别与V轴和T轴平行．假设理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比．(1)求状态C 时的压强p C .(2)若气体从状态A 变化到状态C 的过程中，对外界做的功为10 J ，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”) ________ J 热量．解析：(1)从A 到B 发生等温变化，有p 0V 0＝p B ·2V 0，从B 到C 发生等容变化，有p B T 0＝p C 3T 0，联立解得p C ＝3p 02＝3.0×105 Pa. (2)因理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比，所以在状态C 时内能为180 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得Q ＝170 J ，所以此过程吸收热量170 J.答案：(1)3.0×105 Pa (2)吸收 1706.如图所示p V 图像中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中，W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律得U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体的内能减少，减少量为690 J.(2)因为一定质量理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能变化量：U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律得U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J.答案：见解析7.(2018·江西南昌模拟)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中外界对左管内气体________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．解析：(1)设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p 2，气柱长度为L 2，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0p 2＝p －p hV 1＝L 1SV 2＝L 2Sh ＝2(L 2－L 1)联立各式，代入数据得p ＝70 cmHg.(2)此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热．答案：(1)70 cmHg (2)做负功 吸热8.如图所示，用质量m ＝1 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t 2＝ 207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4 m 2.求：(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)气体压强p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa.气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2S T 2， 代入数据解得h 2＝0.80 m.(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p ΔV ＝[1.2×105×(0.80－0.50)×5.0×10－4] J ＝18 J.根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝318 J.答案：(1)1.2×105 Pa 0.80 m (2)318 J9．如图甲所示，用面积为S 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m .现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A 变化到状态B .若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL .外界大气压强为p 0.(1)下列说法中正确的是________．A ．该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0B ．该过程中气体的内能不断增大C ．该过程中气体不断从外界吸收热量D ．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E ．A 和B 两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)汽缸内气体的温度为T 1时，气体柱的高度为L ＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中从外界吸收的热量为Q ，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0＋mg S ，选项A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B 、C 、D 正确；A 和B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E 错误．(2)由盖吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即L ·S T 1＝(L ＋ΔL )·S T 2，解得L ＝T 1T 2－T 1ΔL . (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS解得p ＝p 0＋mg S气体从状态A 变化到状态B 的过程中对外做的功为W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL由热力学第一定律得，气体内能的变化量为ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL . 答案：(1)BCD (2)T 1T 2－T 1ΔL (3)Q －(p 0S ＋mg )ΔL。
2019版高考物理一轮复习第十三章热学13_1分子动理论热力学定律课件
解析 当分子间距离为 r0 时为平衡位置，当 r＞r0 时分子间表现为引 力，且分子力随 r 的增大而先增大后减小，而分子力做负功，分子势能增 大，故 A、B 项错；当 r＜r0 时分子间表现为斥力，且分子力随着 r 的减小 而增大，当 r 减小时分子力做负功，分子势能增大，故 C 项正确，D 项错。
10－10 10－26
m。 kg。
(2)分子数目特别大 阿伏加德罗常数 NA＝ 6.02×1023 mol－1。
2．分子的热运动
(1)布朗运动 ①永不停息、 无规则 运动。 ②颗粒越小，运动越 显著 。 ③温度越高，运动越 剧烈 。
④运动轨迹不确定，只能用不同时刻的位置连线确定
微粒
做无规则
运动。 ⑤不能直接观察分子的无规则运动，而是用悬浮的
答案 BC
4．(物体的内能)关于温度的概念，下述说法正确的是( ) A．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越 大 B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动 能都增加 C．当某物体内能增加时，该物体的温度一定升高 D．甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子的平均速率比乙物 体分子的平均速率大
典|例|微|探 【例 2】 下列关于分子力和分子势能的说法，正确的是( ) A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的 增大而增大 B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的 增大而减小 C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的 减小而增大 D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的 减小而减小
解析 第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背 了能量守恒定律，A 项正确；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的 热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C 项错误；D 项是热力学第二定 律另外一种表述，故 D 项正确。