2024高考物理二轮复习第一篇专题十三考向3热力学定律学案

PAGE14-考向3热力学定律(2024·山东等级考)肯定质量的志向气体从状态a起先,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图象如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0),以下推断正确的是 ()A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界汲取的热量大于在b→c过程中从外界汲取的热量C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的削减量大于b→c过程中内能的增加量(1)审题破题眼:(2)情境化模型:(3)命题陷阱点陷阱1:不能从p-V图象挖掘隐含条件①p-V图象中图线与横轴所围区域的面积可表示功。体积增大的过程气体对外做功,W<0;体积减小的过程外界对气体做功,W>0。②p-V图象中等温线是双曲线的一支。同一等温线上p、V乘积相等;离原点越远的等温线温度越高。陷阱2:未驾驭影响志向气体内能的因素肯定质量志向气体的内能仅与温度有关。温度上升,内能就增大,ΔU>0;温度降低,内能就减小,ΔU<0;温度不变则内能不变,ΔU=0。陷阱3:不会利用热力学第肯定律分析吸放热及热量与功的关系热力学第肯定律ΔU=W+Q给出了ΔU、W和Q间的定量关系,分析它们之间的关系要从它们的符号和数值综合考量。应用热力学第肯定律的三点留意1.做功求解方法:等压过程可用W=-pΔV求功;任何过程都可用p-V图像中的面积求功;等容过程W=0;气体向真空中自由膨胀,对外界不做功,W=0。2.与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。3.由于志向气体没有分子势能,所以当它的内能改变时,主要体现在分子动能的改变上,从宏观上看就是温度发生了改变。气体试验定律与热力学定律的综合问题解决方案1.(多选)新冠肺炎疫情期间,某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K,向下压压杆A可向瓶内储气室充气,多次充气后按下按柄B打开阀门K,消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为志向气体,充气和喷液过程中温度保持不变,则下列说法正确的是()A.充气过程中储气室内气体分子数增多且分子运动猛烈程度增加B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能不变,压强增大C.只要储气室内气体压强大于外界大气压强,消毒液就能从喷嘴处喷出D.喷液过程中,储气室内气体汲取热量对外界做功E.喷液过程中,储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小2.(多选)如图所示为肯定质量的志向气体的压强随体积改变的p-图象,其中AB段为双曲线,BC段与横轴平行,则下列说法正确的是 ()A.过程①中气体分子的平均动能不变B.过程②中气体须要汲取热量C.过程②中气体分子的平均动能减小D.过程③中气体放出热量E.过程③中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大3.(V-T图象)肯定质量的志向气体经过如图所示的改变过程:A→B→C。已知气体在初始状态A的压强为p0,体积为V0,温度为T0,BA连线的延长线经过坐标原点,A→B过程中,气体从外界汲取热量为Q,B状态温度为T1。试求:(1)气体在B状态时的体积和在C状态时的压强;(2)气体从A→B→C整个过程中内能的改变。1.(多选)下列说法正确的是 ()A.多晶体有固定的熔点,但没有规则的外形,且表现为各向同性B.若分子间的相互作用力始终表现为斥力,在分子间的距离增大的过程中,分子力减小C.肯定质量的志向气体,体积减小,其压强也肯定减小D.将红墨水滴入一杯清水中,一会儿整杯清水都变成红色,该现象是扩散现象E.一切自发过程总沿着分子热运动的无序性减小的方向进行2.(多选)肯定质量的志向气体经验了a→b、b→c、c→d三个状态改变过程,其中纵坐标表示志向气体的压强p、横坐标表示志向气体的热力学温度T。则下列结论正确的是 ()A.a→b过程,志向气体对外界做正功B.a→b过程,志向气体密度变大C.b→c过程,志向气体向外界放出热量D.c→d过程,志向气体内能不变E.三个状态改变过程对比,c→d过程是志向气体对外界做正功最多的过程3.(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置;其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K,座舱A中充溢空气,气闸舱B内为真空。航天员由太空返回气闸舱时,打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换,舱内气体可视为志向气体,下列说法正确的是()A.B中气体可自发地全部退回到A中B.气体体积膨胀,对外做功,内能减小C.气体温度不变,体积增大,压强减小D.气体分子单位时间内与座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将削减4.如图所示,a、b、c、d表示肯定质量的志向气体状态改变过程中的四个状态,图中ab平行于横坐标轴,ad的延长线过原点,bc平行于纵轴,以下说法正确的是 ()A.从状态a到b,气体放热B.从状态b到c,气体放热C.从状态c到d,气体放热D.从状态d到a,气体对外做功5.某爱好小组受“蛟龙号”的启发,设计了一个测定水深的深度计。如图所示,导热性能良好的汽缸,内径相同,长度均为L,内部分别有轻质薄活塞A、B,活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动。汽缸左端开口,通过A封有压强为p0的气体,汽缸右端通过B封有压强为3p0的气体。一细管连通两汽缸,初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后,通过A向右移动的距离可测定水的深度,已知外界大气压强为p0,p0相当于10m高的水产生的压强,不计水温改变,(1)当活塞A向右移动时,水的深度;(2)该深度计能测量的最大水深。6.如图为一简易恒温限制装置,一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中,玻璃管内装有一段长L=4cm的水银柱,水银柱下方封闭有肯定质量的志向气体(气体始终处在恒温装置中且匀称受热)。起先时,开关S断开,水温为27℃,水银柱下方空气柱的长度为L0=20cm,电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中心。闭合开关S后,电热丝对水缓慢加热使管内气体温度上升;当水银柱最下端恰好上升到A、B处时,电路自动断开,电热丝停止加热。大气压强(1)水温为多少摄氏度时电路自动断开?(2)要使电路能在水温为87℃时自动断开,应再往玻璃管中注入多高的水银柱?(7.如图,用质量m=1kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭肯定质量的志向气体,活塞与汽缸壁间摩擦力忽视不计,起先时活塞距离汽缸底部的高度h1=0.5m,气体的温度t1=27℃。现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热,加热至t2=267℃,活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处,此过程中被封闭气体的内能增加ΔU=400J。已知大气压强p0=1.0×105Pa,重力加速度g取10(1)初始时汽缸内气体的压强p1和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2;(2)此过程中汽缸内气体汲取的热量Q。8.2020年3月4日环球网消息,北京海关采样检测和排查转运北京的核酸阳性病例1例,图示为北京海关关员通过负压隔离单元对疑似病例进行隔离转运。北京海关运用的FU-221生物平安型负压隔离单元,内部尺寸为21800mm(长、宽、高),它不工作时为密闭状态,工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证隔离单元内为微负压环境及内部空气流通,为疑似病人供应簇新空气,同时爱护四周人员及四周环境不受病原体污染。已知大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度t0=7℃,负压隔离单元停止工作且温度t=27℃时,内部压强比外界低20Pa,空气视为志向气体,热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)(1)负压隔离单元停止工作且内部温度与外界相同时的内部气体的压强;(2)已知温度为0℃、大气压强为1.0×105Pa时,空气的密度为1.29kg/m3,9.如图所示,有一足够深的容器内装有密度ρ=1.0×103kg/m3的液体,现将一端开口、另一端封闭,质量m=25g、截面面积S=2.5cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽视不计),稳定后用活塞将容器封闭,此时容器内液面上方的气体压强p0=1.01×105Pa,玻璃细管内空气柱的长度l1=20cm。已知全部装置导热良好,环境温度不变(1)玻璃细管内空气柱的压强;(2)若缓慢向下推动活塞,当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触),容器液面上方的气体压强。10.用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图所示。设容器中原来的气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变。求抽气机的活塞抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少?考向3///研透真题·破题有方///C依据气体做功的表达式W=pΔV可知p-V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,气体在a→b和b→c两个过程中p-V图线和体积横轴围成的面积相等,所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功,A错误;气体在a→b过程中,依据志向气体状态方程=C可知Ta=Tb,所以ΔUab=0,依据热力学第肯定律ΔU=Q+W可知Qab=-Wab,气体在b→c过程中,温度上升,所以ΔUbc>0,依据热力学第肯定律可知ΔUbc=Qbc+Wbc,即Qbc=ΔUbc-Wbc,结合Wab=Wbc<0可得Qbc>Qab>0,即b→c过程气体汲取的热量大于a→b过程汲取的热量,B错误;气体在c→a过程中,温度降低,所以ΔUca<0,气体体积减小,外界对气体做功,所以Wca>0,依据热力学第肯定律ΔU=Q+W可知Qca<0且|Qca|>|Wca|,则在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量,C正确;志向气体的内能只与温度有关,依据Ta=Tb可知|ΔTca|=|ΔTbc|,所以气体在c→a过程中内能的削减量等于b→c过程中内能的增加量,D错误。故选C。///多维猜押·制霸考场///1.B、D、E充气过程中温度不变,而分子运动的猛烈程度取决于气体的温度,温度不变,分子运动的猛烈程度不变,所以A错误;充气过程中,温度不变,所以储气室内气体的分子平均动能不变,而充气过程中储气室内气体分子数增多,所以单位面积撞击器壁的次数变多,压强增大,所以B正确;只有当储气室内气体压强大于大气压强与喷嘴到液面这段液体产生的压强之和时,消毒液才能从喷嘴处喷出,所以C错误;喷液过程中,气体膨胀,对外做功,但是气体温度不变,内能不变,依据热力学第肯定律,肯定须要从外界汲取热量,所以D正确;喷液过程中,气体体积膨胀,由于温度不变,依据玻意耳定律,气体压强减小,即储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小,所以E正确。故选B、D、E。2.B、D、E依据志向气体状态方程=C,可得:p=CT·,故可知,p-图象的斜率为:k=CT,而对肯定质量的志向气体而言,斜率定性地反映温度的凹凸;p-图象在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率渐渐减小,表示志向气体的温度渐渐降低,可知平均动能减小,故A错误;p-图象过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率渐渐增大,则温度上升,汲取热量,平均动能增大,故B正确,C错误;过程③可读出压强增大,斜率不变,即温度不变,内能不变,但是体积减小,外界对气体做正功,依据热力学第肯定律可知,气体向外界放出热量,故D正确;过程③可读出压强增大,温度不变,分子的平均动能不变,依据志向气体压强的微观意义,气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关,在压强增大,温度不变以及体积减小的状况下,气体分子对容器壁的碰撞次数增大,故E正确;故选B、D、E。3.【解析】(1)气体从A到B过程中,发生等压改变,设B状态时的体积为V1,依据盖—吕萨克定律,=解得V1=T1;气体从B到C过程中,发生等温改变,设C状态时的压强为p,依据玻意耳定律,p0V1=pV0解得:p=T1(2)气体从B→C过程中温度不变,内能不变。气体从A→B过程中,体积变大,气体对外做功,W=-p0ΔV=-p0(-1)V0气体从外界汲取热量为Q,依据热力学第肯定律,内能的改变ΔU=Q+W=Q-p0(-1)V0。答案:(1)T1T1(2)Q-p0(-1)V0///高考猜押竞技场///1.A、B、D多晶体有固定的熔点,但没有规则的外形,且表现为各向同性,故A正确;当分子间的相互作用力表现为斥力,且分子间的距离增大时,分子间的相互作用力减小,故B正确;肯定质量的志向气体,体积减小,当温度不变时,其压强增大,故C错误;将红墨水滴入一杯清水中,一会儿整杯清水都变成红色,说明分子在永不停息地做无规则运动,该现象是扩散现象,故D正确;由热力学其次定律可知,一切自发过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故E错误。故选A、B、D。2.A、C、Ea→b过程为等温改变,且压强减小,由公式pV=C知,体积增大,气体对外做功,故A正确;a→b过程为等温改变,且压强减小,由公式pV=C知,体积增大,志向气体密度变小,故B错误;b→c过程为等容改变,且温度降低,志向气体内能减小,气体做功为零,由热力学第肯定律可知,气体应放热,故C正确;c→d过程为等压改变,温度上升,志向气体内能增大,故D错误;依据=C可得p=·T,设b处的体积为Vb,则a处的体积为,d处的体积为6Vb,依据W=p·ΔV可知三个状态改变过程中,c→d过程是志向气体对外界做正功最多的过程,故E正确。故选A、C、E。3.C、D依据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性,故B中气体不行能自发地全部退回到A中,故A错误;气体自由扩散,没有对外做功,又因为整个系统与外界没有热交换,依据ΔU=W+Q可知内能不变,B错误;因为内能不变,故温度不变,平均动能不变,气闸舱B内为真空,依据玻意耳定律可知:pV=C(定值),可知扩散后体积V增大,压强p减小,所以气体的密集程度减小,可知气体分子单位时间内与A舱壁单位面积的碰撞次数将削减,故C、D正确。4.C从状态a到b,气压不变,温度上升,依据志向气体状态方程=C,故体积增加;温度上升说明内能增加,体积增加说明对外做功,依据热力学第肯定律公式ΔU=W+Q,故气体汲取热量,A错误;从状态b到c,温度不变,气压减小,依据志向气体状态方程=C,体积增加;体积增加说明对外做功,温度不变说明内能不变,依据热力学第肯定律公式ΔU=W+Q,气体汲取热量,B错误;从状态c到d,气体体积减小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,依据热力学第肯定律公式ΔU=W+Q,气体放热,故C正确;从状态d到a,ad的延长线过原点,是等容改变,温度上升说明内能增加,体积不变说明气体不做功,依据热力学第肯定律公式ΔU=W+Q(气体汲取热量),D错误;故选C。5.【解析】(1)A右移时,假设B不动,汽缸Ⅰ内气体等温改变,有:p0SL=p1S(L-)解得p1=p0<3p0,假设成立由p1=p0+ph可得:h=2.5m(2)当活塞A恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大,设此时活塞B右移了x两部分气体压强相等,设为p2对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得:p0SL=p2Sx对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得:3p0SL=p2S(L-x)联立解得:x=,p2=4p0由p2=p0+可得:hmax=30m。答案:(1)2.5m(2)30m6.【解析】(1)当水银柱最下端上升到A、B处时,电路自动断开,此时玻璃管内空气柱长度L1=L0+在此过程中空气柱的压强不变,依据盖-吕萨克定律,有=联立代入数据,解得T1=330K,即t1=57(2)设注入的水银柱高度为h,则空气柱的压强p2=p0+pL+ph(式中压强单位为cmHg)。电路自动断开时,空气柱的长度也为L1,即空气柱的体积不变,依据查理定律,有=,其中p1=p0+pL(式中压强单位为cmHg)联立各式,代入数据解得h=cm。答案:(1)57℃(2)cm7.【解析】(1)起先时,活塞受力平衡,有p0S+mg=p1S解得p1=p0+=1.2×105Pa气体做等压改变,依据盖—吕萨克定律可得=解得h2=0.9m。(2)气体在膨胀过程中外界对气体做功为W=-p1ΔV=-1.2×105×(0.9-0.5)×5×10-4J=-24J由热力学第肯定律ΔU=W+Q解得Q=ΔU-W=400J-(-24J)=424J。答案:(1)1.2×105Pa0.9m(2)424J8.【解析】(1)以负压隔离单元内部气体为探讨对象,初状态:温度T1=300K,压强p1=99980Pa;末状态:温度T2=280K,依据查理定律得=代入数据得p2≈0.93×105Pa;(2)负压隔离单元内部气体初状态:体积V1=2000mm×900mm×1800mm=3.24m3温度T1=300K,压强p1=99