《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第14章 第63講 熱力學(xué)定律 能量守恒定律學(xué)案（含解析）（選修3-3）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第14章 第63講 熱力學(xué)定律 能量守恒定律學(xué)案（含解析）（選修3-3）（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第63講　熱力學(xué)定律　能量守恒定律 考點(diǎn)一　熱力學(xué)第一定律 1．熱力學(xué)第一定律 (1)內(nèi)容：一個熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和。 (2)表達(dá)式：ΔU＝Q＋W。 2．熱力學(xué)第一定律符號意義 3．能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 (1)內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。 (2)第一類永動機(jī)：違背能量守恒定律的機(jī)器被稱為第一類永動機(jī)。它是不可能制成的。 4．三種特殊情況 (1)若過程是絕熱的，即Q＝0，則W＝ΔU，外界對物體做的功等于物

2、體內(nèi)能的增加量。 (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)能的增加量。 (3)若過程的初、末狀態(tài)物體的內(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。 1．在一個密閉隔熱的房間里，有一電冰箱正在工作，如果打開電冰箱的門，過一段時間后房間的溫度會(　　) A．降低B．不變 C．升高D．無法判斷 答案　C 解析　電冰箱工作時，將部分電能轉(zhuǎn)化為熱能散發(fā)到房間內(nèi)，所以房間內(nèi)溫度升高，C正確。 2．(多選)夏天，小明同學(xué)把自行車輪胎上的氣門芯拔出的時候，會覺得從輪胎里噴出的氣體涼，如果把輪胎里的氣體視為理想氣體，則關(guān)于氣體

3、噴出的過程，下列說法正確的是(　　) A．氣體的內(nèi)能減少 B．氣體的內(nèi)能不變 C．氣體來不及與外界發(fā)生熱交換，對外做功，溫度降低 D．氣體膨脹時，熱量散得太快，使氣體溫度降低了 E．氣體分子的平均動能減小 答案　ACE 解析　氣體噴出時，來不及與外界交換熱量，發(fā)生絕熱膨脹，即Q＝0、W<0，根據(jù)ΔU＝W＋Q可知ΔU<0，即內(nèi)能減少，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，A、C、E正確。 3．[教材母題]　(人教版選修3－3 P56·T1)用活塞壓縮汽缸里的空氣，對空氣做了900 J的功，同時汽缸向外散熱210 J，汽缸里空氣的內(nèi)能改變了多少？ [變式子題]　一定質(zhì)

4、量的氣體，在從狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程中，吸收熱量280 J，并對外做功120 J，試問： (1)氣體的內(nèi)能怎樣發(fā)生變化？變化了多少？ (2)如果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？ 答案　(1)增加' 160 J'(2)外界對氣體做功'80 J 解析　(1)由熱力學(xué)第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，氣體的內(nèi)能增加了160 J。 (2)由于氣體的內(nèi)能僅與狀態(tài)有關(guān)，所以氣體從狀態(tài)2回到狀態(tài)1的過程中內(nèi)能應(yīng)減少，其減少量應(yīng)等于從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程中內(nèi)能的增加量，則從狀態(tài)2到狀態(tài)1的

5、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。 考點(diǎn)二　熱力學(xué)第二定律 1．熱力學(xué)第二定律的兩種表述 (1)克勞修斯表述：熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體。 (2)開爾文表述：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?；虮硎鰹椤暗诙愑绖訖C(jī)是不可能制成的?！? 2．用熵的概念表示熱力學(xué)第二定律 在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小。 3．熱力學(xué)第二定律的微觀解釋 一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運(yùn)動

6、的無序性增大的方向進(jìn)行。 4．對熱力學(xué)第二定律的理解 (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) 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。如： ①高溫物體低溫物體 ②機(jī)械能內(nèi)能 ③氣體體積V1氣體體積V2(較大) ④不同氣體A和B混合氣體AB 5．兩類永動機(jī)的比較 1．[教材母題]　(人教版選修

7、3－3 P61·T2)以下哪些現(xiàn)象能夠發(fā)生、哪些不能發(fā)生？能夠發(fā)生的現(xiàn)象是否違背熱力學(xué)第二定律？ A．一杯熱茶在打開杯蓋后，茶會自動變得更熱。 B．蒸汽機(jī)把蒸汽的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化成機(jī)械能。 C．桶中渾濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離。 D．電冰箱通電后把箱內(nèi)低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體。 [變式子題]　(2018·青島模擬)(多選)以下哪個現(xiàn)象不違背熱力學(xué)第二定律(　　) A．一杯熱茶在打開蓋后，茶會自動變涼 B．沒有漏氣、沒有摩擦的理想熱機(jī)，其效率可能是100% C．桶中渾濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離 D．熱

8、量自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E．在地面上運(yùn)動的物體逐漸停下來，機(jī)械能全部變?yōu)閮?nèi)能 答案　ACE 解析　熱茶自動變涼是熱量從高溫物體傳遞到低溫物體，A正確；任何熱機(jī)效率都不可能達(dá)到100%，B錯誤；泥水分離是機(jī)械能(重力勢能)向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，C正確；熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，D錯誤；物體因摩擦力而停下來，是機(jī)械能(動能)向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，是自發(fā)過程，E正確。 2．(多選)下列敘述和熱力學(xué)定律相關(guān)，其中正確的是(　　) A．第一類永動機(jī)不可能制成，是因?yàn)檫`背了能量守恒定律 B．能量耗散過程中能量不守恒 C．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，違背了熱力學(xué)第二定

9、律 D．能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性 E．物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功 答案　ADE 解析　第一類永動機(jī)違背能量守恒定律，A正確；能量耗散過程中能量也是守恒的，B錯誤；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，因?yàn)樗牧穗娔埽圆贿`背熱力學(xué)第二定律，C錯誤；能量耗散反映了能量轉(zhuǎn)化的方向性，D正確；在產(chǎn)生了其他影響的情況下，物體從單一熱源吸收的熱量可以全部用于做功，E正確。 3．(多選)關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是(　　) A．為了增加物體的內(nèi)能，必須對物體做功或向它傳遞熱量 B．對某物體做功，必定會使該物體的內(nèi)能增加 C

10、．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣? D．不可能使熱量從低溫物體傳向高溫物體 答案　AC 解析　由ΔU＝W＋Q可知做功和熱傳遞是改變內(nèi)能的兩種途徑，它們是等效的，A正確，B錯誤；由熱力學(xué)第二定律可知，可以從單一熱源吸收熱量，使之全部變?yōu)楣?，但會產(chǎn)生其他影響，C正確；由熱力學(xué)第二定律知，熱量只是不能自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體，D錯誤。 考點(diǎn)三　熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合 　解答此類問題基本流程 (2018·達(dá)州一模)在圖甲所示的密閉汽缸內(nèi)裝有一定質(zhì)量的理想氣體，圖乙是它從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的V－T圖象。已知AB的反向延長線通過坐標(biāo)原點(diǎn)，氣體在A點(diǎn)的壓強(qiáng)為p＝

11、1.0×105 Pa，在從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，氣體吸收的熱量Q＝6.0×102 J，求： (1)氣體在狀態(tài)B的體積VB； (2)此過程中氣體內(nèi)能的增量ΔU。 解析　(1)由V-T圖象通過坐標(biāo)原點(diǎn)，可知從A到B理想氣體發(fā)生等壓變化。 由蓋—呂薩克定律得：＝； 解得：VB＝VA＝×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3。 (2)外界對氣體做的功： W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－2×102 J 根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q＋W 解得：ΔU＝6.0×102 J－2×102 J＝4.0×102 J＝400 J

12、。 答案　(1)8.0×10－3 m3　(2)400 J 方法歸納 一定量的理想氣體發(fā)生變化，一般有絕熱過程(Q＝0)、無功過程(W＝0)、一般過程(Q、W均不為零)。 (1)做功情況看體積 體積V減小→外界對氣體做功→W＝pΔV>0； 體積V增大→氣體對外界做功→W＝pΔV<0； 自由膨脹→W＝0； 體積不變→W＝pΔV＝0。 (2)內(nèi)能變化看溫度(理想氣體) 溫度T升高→內(nèi)能增加→ΔU>0； 溫度T降低→內(nèi)能減少→ΔU<0； 溫度T不變→內(nèi)能不變→ΔU＝0。 (3)吸熱還是放熱，一般題目中會說明，或由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后確定Q的正負(fù)。

13、 1.(2017·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側(cè)充有理想氣體，隔板右側(cè)與絕熱活塞之間是真空?，F(xiàn)將隔板抽開，氣體會自發(fā)擴(kuò)散至整個汽缸。待氣體達(dá)到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積。假設(shè)整個系統(tǒng)不漏氣。下列說法正確的是(　　) A．氣體自發(fā)擴(kuò)散前后內(nèi)能相同 B．氣體在被壓縮的過程中內(nèi)能增大 C．在自發(fā)擴(kuò)散過程中，氣體對外界做功 D．氣體在被壓縮的過程中，外界對氣體做功 E．氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動能不變 答案　ABD 解析　氣體向真空膨脹時不受阻礙，氣體不對外做功，由于汽缸是絕熱的，沒有熱交換，所以氣體擴(kuò)散前后內(nèi)能

14、不變，選項(xiàng)A正確。氣體在被壓縮的過程中，外界對氣體做功，且沒有熱交換，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體的內(nèi)能增大，選項(xiàng)B、D正確。氣體在真空中自發(fā)擴(kuò)散的過程中不對外做功，選項(xiàng)C錯誤。氣體在被壓縮過程中，內(nèi)能增大，由于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能完全由溫度決定，溫度越高，內(nèi)能越大，氣體分子的平均動能越大，選項(xiàng)E錯誤。 2.(2018·湖南師大附中模擬)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓柱形汽缸，高度為L、底面積為S，缸內(nèi)有一個質(zhì)量為m的活塞，封閉了一定質(zhì)量的理想氣體。溫度為熱力學(xué)溫標(biāo)T0時，用繩子系住汽缸底，將汽缸倒過來懸掛起來，汽缸處于豎直狀態(tài)，缸內(nèi)氣體高為L0。已知重力加速度為g，大氣壓強(qiáng)為p0，不計(jì)活塞厚度

15、及活塞與缸體的摩擦，求： (1)采用緩慢升溫的方法使活塞與汽缸脫離，缸內(nèi)氣體的溫度至少要升高到多少？ (2)從開始升溫到活塞剛要脫離汽缸，缸內(nèi)氣體壓力對活塞做功多少？ (3)當(dāng)活塞剛要脫離汽缸時，缸內(nèi)氣體的內(nèi)能增加量為ΔU，則氣體在活塞下移的過程中吸收的熱量為多少？ 答案　(1)T0　(2)(p0S－mg)(L－L0) (3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0) 解析　(1)氣體等壓變化，由蓋—呂薩克定律得：＝，解得：T＝。 (2)對活塞，由平衡條件得： mg＋pS＝p0S， 氣體做功： W′＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)， 解得：W′＝(p0S－mg)(L－L0)。

16、 (3)由熱力學(xué)第一定律得： ΔU＝W＋Q，且W＝－W′， 則氣體吸收的熱量： Q＝ΔU＋W′＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．一定質(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 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＝－4×10

17、4 J 答案　B 解析　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Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，B正確。 2．某駕駛員發(fā)現(xiàn)中午時車胎內(nèi)的氣壓高于清晨時的，且車胎體積增大。若這段時間胎內(nèi)氣體質(zhì)量不變且可視為理想氣體，那么(　　) A．外界對胎內(nèi)氣體做功，氣體內(nèi)能減小 B．外界對胎內(nèi)氣體做功，氣體內(nèi)能增大 C．胎內(nèi)氣體對外界做功，內(nèi)能減小 D．胎內(nèi)氣體對外界做功，內(nèi)能增大 答案　D 解析　由＝C可知車胎內(nèi)氣體p、V增大時，車胎內(nèi)氣體溫度升高，內(nèi)

18、能增大；車胎體積增大，氣體對外做功，D正確。 3．(多選)一定質(zhì)量的理想氣體，沿箭頭方向由狀態(tài)1變化到狀態(tài)2，其中氣體放出熱量的變化過程是(　　) 答案　BD 解析　由圖象A是雙曲線知，狀態(tài)1到狀態(tài)2是等溫變化過程，故狀態(tài)1與狀態(tài)2溫度相同內(nèi)能相同，又從狀態(tài)1至狀態(tài)2氣體的體積增加，故氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，氣體從外界吸熱，故A錯誤；由圖象B有p1>p2，V1>V2，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝，可知T1>T2，所以從狀態(tài)1至狀態(tài)2，氣體體積減小，說明外界對氣體做功，又T1>T2，說明氣體的內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知?dú)怏w對外放熱，故B正確；由圖象C知，狀態(tài)1至狀態(tài)2，氣體溫

19、度升高內(nèi)能增加，氣體體積增大氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，氣體從外界吸收熱量，故C錯誤；由圖象D知?dú)怏w的體積保持不變，氣體對外界不做功，從狀態(tài)1至狀態(tài)2氣體的溫度降低內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體對外放熱，故D正確。 4.(多選)如圖所示，一絕熱容器被隔板K隔開成a、b兩部分。已知a內(nèi)有一定量的稀薄氣體，b內(nèi)為真空。抽開隔板K后，a內(nèi)氣體進(jìn)入b，最終達(dá)到平衡狀態(tài)。在此過程中(　　) A．氣體對外界做功，內(nèi)能減少 B．氣體不做功，內(nèi)能不變 C．氣體壓強(qiáng)變小，溫度降低 D．氣體壓強(qiáng)變小，溫度不變 答案　BD 解析　a內(nèi)氣體向真空膨脹，不對外界做功，故A錯誤；又因容器絕熱

20、，Q＝0，由熱力學(xué)第一定律知，ΔU＝0，故B正確；由玻意耳定律知壓強(qiáng)減小，稀薄氣體可看做理想氣體，內(nèi)能不變，則溫度不變，C錯誤，D正確。 5.如圖所示，一直柱形導(dǎo)熱汽缸豎直放置，通過絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體。已知大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g，不計(jì)活塞與汽缸的摩擦，活塞的質(zhì)量為m、橫截面積為S。因?yàn)殡姛峤z的加熱，某時刻氣體溫度為T1，活塞與容器底部相距h。現(xiàn)停止加熱，氣體通過汽缸緩慢放熱，當(dāng)氣體放出熱量Q時，氣體溫度下降到T2，求該過程中： (1)活塞下降的距離； (2)氣體內(nèi)能的改變量。 答案　(1)h　(2)(p0S＋mg)h－Q 解析　(1)氣體發(fā)生等壓變化，有＝，

21、 解得Δh＝h。 (2)放熱過程中，外界對氣體做的功 W＝pS·Δh＝(p0S＋mg)h， 由熱力學(xué)第一定律知內(nèi)能改變量 ΔU＝W－Q＝(p0S＋mg)h－Q。 [真題模擬練] 6．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示。在此過程中(　　) A．氣體溫度一直降低 B．氣體內(nèi)能一直增加 C．氣體一直對外做功 D．氣體一直從外界吸熱 E．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功 答案　BCD 解析　一定質(zhì)量的理想氣體從a到b的過程，由理想氣體狀態(tài)方程＝可知，Tb>Ta，即氣體的溫度一直升高，A錯誤；根

22、據(jù)理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，可知?dú)怏w的內(nèi)能一直增加，B正確；由于從a到b的過程中氣體的體積增大，所以氣體一直對外做功，C正確；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，從a到b的過程中，氣體一直從外界吸熱，D正確；氣體吸收的熱量一部分增加內(nèi)能，一部分對外做功，E錯誤。 7．(2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷過程①、②、③、④到達(dá)狀態(tài)e。對此氣體，下列說法正確的是(　　) A．過程①中氣體的壓強(qiáng)逐漸減小 B．過程②中氣體對外界做正功 C．過程④中氣體從外界吸收了熱量 D．狀態(tài)c、d的內(nèi)能相等 E．狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)小 答案　BDE 解析　由理想氣體狀

23、態(tài)方程＝可知，體積不變溫度升高即Tb>Ta，則pb>pa，即過程①中氣體的壓強(qiáng)逐漸增大，A錯誤；由于過程②中氣體體積增大，所以過程②中氣體對外界做正功，B正確；過程④中氣體體積不變，對外做功為零，溫度降低，內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，過程④中氣體放出熱量，C錯誤；由于狀態(tài)c、d的溫度相等，根據(jù)理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，可知狀態(tài)c、d的內(nèi)能相等，D正確；由理想氣體狀態(tài)方程＝C可得p＝C，即T-V圖中的點(diǎn)與原點(diǎn)O的連線的斜率正比于該點(diǎn)的壓強(qiáng)，故狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)小，E正確。 8．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達(dá)狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫

24、過程bc到達(dá)狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程ca回到狀態(tài)a。下列說法正確的是(　　) A．在過程ab中氣體的內(nèi)能增加 B．在過程ca中外界對氣體做功 C．在過程ab中氣體對外界做功 D．在過程bc中氣體從外界吸收熱量 E．在過程ca中氣體從外界吸收熱量 答案　ABD 解析　ab過程是等容變化，壓強(qiáng)增大，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，選項(xiàng)A正確；而由于體積不變，氣體對外界不做功，選項(xiàng)C錯誤。ca過程是等壓變化，體積減小，外界對氣體做功，選項(xiàng)B正確；體積減小過程中，溫度降低，內(nèi)能減小，氣體要放出熱量，選項(xiàng)E錯誤。bc過程是等溫變化，內(nèi)能不變，體積增大，氣體對外界做功，則需要吸收熱量，選項(xiàng)D正確。

25、 9．(2016·全國卷Ⅰ)(多選)關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是(　　) A．氣體吸熱后溫度一定升高 B．對氣體做功可以改變其內(nèi)能 C．理想氣體等壓膨脹過程一定放熱 D．熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E．如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡 答案　BDE 解析　若氣體吸熱的同時對外做功，則其溫度不一定升高，A錯誤；做功是改變物體內(nèi)能的途徑之一，B正確；理想氣體等壓膨脹，氣體對外做功，由理想氣體狀態(tài)方程＝C知，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，故一定吸熱，C錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律知D正確；如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個

26、系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)與第三個系統(tǒng)的溫度均相等，則這兩個系統(tǒng)之間也必定達(dá)到熱平衡，故E正確。 10．(2016·全國卷Ⅱ)(多選)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其p-T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點(diǎn)O。下列判斷正確的是(　　) A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等 B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能 C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功 D．在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功 E．在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功 答案　ABE 解

27、析　由理想氣體狀態(tài)方程＝C知，p＝T，因此氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等，故A項(xiàng)正確；對理想氣體而言，內(nèi)能由溫度決定，因Ta>Tc，故氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能，B項(xiàng)正確；過程cd為等溫變化，內(nèi)能不變(ΔU＝0)，壓強(qiáng)變大，體積減小，外界對氣體做功(W>0)，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，知Q<0，故為放熱過程且W＝|Q|，C項(xiàng)錯誤；過程da為等壓變化，溫度升高，體積變大，氣體的內(nèi)能增大，ΔU>0，對外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q，知該過程吸熱且Q>|W|，D項(xiàng)錯誤；bc和da過程中溫度改變量相同，故體積變化量與壓強(qiáng)的乘積相同，由W＝Fl＝pSl＝p·ΔV知，E項(xiàng)正確。 11．

28、(2018·福建省高中畢業(yè)檢查模擬(一))一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A，其循環(huán)過程的p－V圖象如圖所示。其中，A→B過程為等溫過程，氣體放出熱量4 J；B→C過程為等容過程，氣體吸收熱量20 J；C→D過程為等溫過程，氣體吸收熱量12 J；D→A過程為等容過程，氣體放出熱量20 J。則氣體完成一次循環(huán)對外界所做的功為________ J；A→B的過程中，單位體積中的氣體分子數(shù)目________(選填“減小”“不變”或“增大”)；B→C 的過程中，氣體分子熱運(yùn)動的平均動能________(選填“減小”“不變”或“增大”)。 答案　8　增大　增大 解析　在

29、氣體完成一次循環(huán)后的內(nèi)能與開始時是相等的，所以內(nèi)能不變，即ΔU＝0；由題意可知，A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4 J和20 J，在B→C和C→D的過程中氣體吸收的熱量分別為20 J和12 J，則吸收的熱量Q＝QAB＋QBC＋QCD＋QDA＝－4 J＋20 J＋12 J－20 J＝8 J。由熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q＋W，所以W＝－8 J，所以氣體完成一次循環(huán)對外做功是8 J。A→B的過程中，體積減小，則單位體積中的氣體分子數(shù)目增大；B→C的過程中，體積不變，壓強(qiáng)變大，則氣體的溫度升高，則氣體分子熱運(yùn)動的平均動能增大。 12．(2018·江蘇高考)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體在狀態(tài)

30、A時壓強(qiáng)為2.0×105 Pa，經(jīng)歷A→B→C→A的過程，整個過程中對外界放出61.4 J熱量。求該氣體在A→B過程中對外界所做的功。 答案　138.6 J 解析　整個過程中，外界對氣體做功W＝WAB＋WCA， 且WCA＝pA(VC－VA)， 由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，以及ΔU＝0， 得WAB＝－(Q＋WCA)， 代入數(shù)據(jù)得WAB＝－138.6 J，即氣體對外界做的功為138.6 J。 13．(2018·太原市一模)如圖所示，導(dǎo)熱良好的汽缸開口向上豎直固定在水平面上。缸內(nèi)輕質(zhì)光滑活塞封閉一段一定質(zhì)量的理想氣體。一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩繞過光滑定滑輪，一端拴住活塞，另一端拴著

31、質(zhì)量為m的重物處于平衡狀態(tài)。此時氣體體積為V。用手托著重物，使其緩慢上升，直到細(xì)繩剛開始松弛但并未彎曲。已知大氣壓強(qiáng)為p0，活塞橫截面積為S，環(huán)境溫度保持不變。求： (1)從重物開始被托起到最高點(diǎn)的過程中，活塞下降的高度； (2)之后從靜止釋放重物，重物下落到最低點(diǎn)未與地面接觸時，活塞在汽缸內(nèi)比最初托起重物前的位置上升了H。若氣體的溫度不變，則氣體吸收的熱量是多少？ 答案　(1)　(2)(p0S－mg) 解析　(1)根據(jù)對活塞受力分析可知， 未托活塞時p1＝p0－，氣體體積是V1＝V， 托起重物時p2＝p0，氣體體積是V2＝V－h(huán)S， 根據(jù)玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2，

32、解得h＝。 (2)根據(jù)熱力學(xué)第一定律且理想氣體的溫度不變內(nèi)能不變：ΔU＝Q＋W＝0， 氣體對外做功：－W＝p0S(H＋h)－mg(H＋h)， 吸收的熱量Q＝－W＝(p0S－mg)。 第十五章　選修3-4 [研讀考綱明方向] ,考情分析： 1．機(jī)械振動和機(jī)械波的考查以圖象為主，通過簡諧運(yùn)動的圖象研究振動的特點(diǎn)和規(guī)律，通過機(jī)械波的圖象研究波的形成與傳播規(guī)律。 2．機(jī)械振動和機(jī)械波部分常以彈簧振子或單擺為載體，考查簡諧運(yùn)動規(guī)律。結(jié)合波動問題，考查簡諧運(yùn)動。 3．光學(xué)部分主要考查光的折射、全反射等光的傳播規(guī)律，要重視折射率公式和臨界角公式，重視數(shù)理相結(jié)合的方法。 命

33、題趨勢： 1．基本概念、機(jī)械波多以選擇題的形式出現(xiàn)。 2．機(jī)械波的部分內(nèi)容及光的折射、全反射多以計(jì)算題的形式來考查。 說明： 1．簡諧運(yùn)動只限于單擺和彈簧振子 2．簡諧運(yùn)動的公式只限于回復(fù)力公式；圖象只限于位移—時間圖象 3．光的干涉只限于雙縫干涉、薄膜干涉 [重讀教材定方法] (對應(yīng)人教版選修3－4的頁碼及相關(guān)問題) 1．P13圖11.3－6，試寫出物體的振動方程。 提示：x＝Asin(ωt＋φ)，由圖知A＝4 cm，T＝0.8 s，ω＝＝π rad/s；t＝0.1 s時，x0＝Asin＝－A，解得φ＝π(0≤φ<2π)，所以x＝4sin cm。 2．P17閱讀“用

34、單擺測定重力加速度”一段，請思考：如果只測出多組擺線長l和對應(yīng)的周期T，如何求重力加速度g? 提示：設(shè)小球半徑為r，則擺長L＝l＋r，由T＝2π，得l＝T2－r，由l－T2圖象的斜率即可求出g。 3．P30圖12.3－2，請思考：哪些因素可能造成波動問題的多解性？ 提示：傳播方向(振動方向)不確定引起的多解；波的周期性引起的多解。 4．P36圖12.4－7，圖中M點(diǎn)此刻振動狀態(tài)如何？后呢？N點(diǎn)一定靜止嗎？ 提示：此刻M點(diǎn)波峰與波峰相遇，為振動加強(qiáng)點(diǎn)，后到達(dá)平衡位置，仍是振動加強(qiáng)點(diǎn)；N點(diǎn)是波峰與波谷相遇，為振動減弱點(diǎn)，只有兩列波的振幅相等時，N點(diǎn)才靜止。 5．P51圖13.2－7，圖

35、中內(nèi)芯和外套哪個折射率大？ 提示：光從內(nèi)芯射向外套發(fā)生全反射，故內(nèi)芯的折射率大。 6．P54圖13.3－2，若通過S1和S2的是不同顏色的光，屏上也會出現(xiàn)干涉條紋嗎？ 提示：不會，因頻率不同的波相遇不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象。 7．P58圖13.4－3，P60圖13.5－2，對比兩圖，試總結(jié)出干涉和衍射圖樣的不同與相似之處。 提示：不同之處：干涉條紋是等間距等寬度的， 衍射條紋的中央亮紋最寬，越向兩側(cè)條紋越窄，間距越小。 相似之處：兩縫距離或縫越窄，光的波長越長，干涉和衍射的條紋越寬，間距越大。 8．P71圖13.7－11，甲、乙兩圖都能發(fā)生全反射嗎？增大入射角，如果發(fā)生全反射，是紅光還是紫光先發(fā)生？ 提示：光從玻璃射向空氣才可能發(fā)生全反射，所以只有乙圖能發(fā)生全反射。由于紫光的折射率大，由sinC＝知紫光的全反射臨界角小，所以紫光先發(fā)生全反射。 9．P75～76，閱讀“偉大的預(yù)言”部分，你如何理解麥克斯韋的電磁場理論？ 提示：麥克斯韋提出：(1)變化的磁場產(chǎn)生電場，(2)變化的電場產(chǎn)生磁場。這說明穩(wěn)定的電(磁)場不產(chǎn)生磁(電)場；均勻變化的電(磁)場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁(電)場；非均勻變化的電(磁)場產(chǎn)生變化的磁(電)場；周期性變化的電(磁)場產(chǎn)生同周期變化的磁(電)場，電磁場交替產(chǎn)生，空間存在電磁波。 19