《2020年高考物理一輪復習 第14章 第63講 熱力學定律 能量守恒定律學案（含解析）（選修3-3）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 第14章 第63講 熱力學定律 能量守恒定律學案（含解析）（選修3-3）.doc（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第63講　熱力學定律　能量守恒定律 考點一　熱力學第一定律 1．熱力學第一定律 (1)內容：一個熱力學系統(tǒng)的內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)表達式：ΔU＝Q＋W。 2．熱力學第一定律符號意義 3．能的轉化和守恒定律 (1)內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。 (2)第一類永動機：違背能量守恒定律的機器被稱為第一類永動機。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體內能的增加量。 (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能的增加量。 (3)若過程的初、末狀態(tài)物體的內能不變，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，將部分電能轉化為熱能散發(fā)到房間內，所以房間內溫度升高，C正確。 2．(多選)夏天，小明同學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，則關于氣體噴出的過程，下列說法正確的是(　　) A．氣體的內能減少 B．氣體的內能不變 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 P56T1)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，汽缸里空氣的內能改變了多少？ [變式子題]　一定質量的氣體，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)由熱力學第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，氣體的內能增加了160 J。 (2)由于氣體的內能僅與狀態(tài)有關，所以氣體從狀態(tài)2回到狀態(tài)1的過程中內能應減少，其減少量應等于從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程中內能的增加量，則從狀態(tài)2到狀態(tài)1的內能應減少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根據(jù)熱力學第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界對氣體做功80 J。 考點二　熱力學第二定律 1．熱力學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，而不產生其他影響?；虮硎鰹椤暗诙愑绖訖C是不可能制成的。” 2．用熵的概念表示熱力學第二定律 在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小。 3．熱力學第二定律的微觀解釋 一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行。 4．對熱力學第二定律的理解 (1)在熱力學第二定律的表述中，“自發(fā)地”“不產生其他影響”的涵義： ①“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學宏觀現(xiàn)象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。 ②“不產生其他影響”的涵義是發(fā)生的熱力學宏觀過程只在本系統(tǒng)內完成，對周圍環(huán)境不產生熱力學方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。 (2)熱力學第二定律的實質 自然界中進行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性。如： ①高溫物體低溫物體 ②機械能內能 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 5．兩類永動機的比較 1．[教材母題]　(人教版選修3－3 P61T2)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．蒸汽機把蒸汽的內能全部轉化成機械能。 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，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．熱量自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E．在地面上運動的物體逐漸停下來，機械能全部變?yōu)閮饶? 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；任何熱機效率都不可能達到100%，B錯誤；泥水分離是機械能(重力勢能)向內能的轉化，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，是機械能(動能)向內能的轉化，是自發(fā)過程，E正確。 2．(多選)下列敘述和熱力學定律相關，其中正確的是(　　) A．第一類永動機不可能制成，是因為違背了能量守恒定律 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的熱量傳到外界，違背了熱力學第二定律 D．能量耗散是從能量轉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的熱量傳到外界，因為它消耗了電能，所以不違背熱力學第二定律，C錯誤；能量耗散反映了能量轉化的方向性，D正確；在產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)關于熱力學定律，下列說法正確的是(　　) A．為了增加物體的內能，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能增加 C．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能的兩種途徑，它們是等效的，A正確，B錯誤；由熱力學第二定律可知，可以從單一熱源吸收熱量，使之全部變?yōu)楣?，但會產生其他影響，C正確；由熱力學第二定律知，熱量只是不能自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體，D錯誤。 考點三　熱力學定律與氣體實驗定律的綜合 　解答此類問題基本流程 (2018達州一模)在圖甲所示的密閉汽缸內裝有一定質量的理想氣體，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原點，氣體在A點的壓強為p＝1.0105 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＝6.0102 J，求： (1)氣體在狀態(tài)B的體積VB； (2)此過程中氣體內能的增量ΔU。 解析　(1)由VT圖象通過坐標原點，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＝6.010－3 m3＝8.010－3 m3。 (2)外界對氣體做的功： W＝－p(VB－VA)＝－1.0105(8.010－3－6.010－3) J＝－2102 J 根據(jù)熱力學第一定律：ΔU＝Q＋W 解得：ΔU＝6.0102 J－2102 J＝4.0102 J＝400 J。 答案　(1)8.010－3 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)內能變化看溫度(理想氣體) 溫度T升高→內能增加→ΔU>0； 溫度T降低→內能減少→ΔU<0； 溫度T不變→內能不變→ΔU＝0。 (3)吸熱還是放熱，一般題目中會說明，或由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后確定Q的正負。 1.(2017全國卷Ⅱ)(多選)如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側充有理想氣體，隔板右側與絕熱活塞之間是真空。現(xiàn)將隔板抽開，氣體會自發(fā)擴散至整個汽缸。待氣體達到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積。假設整個系統(tǒng)不漏氣。下列說法正確的是(　　) A．氣體自發(fā)擴散前后內能相同 B．氣體在被壓縮的過程中內能增大 C．在自發(fā)擴散過程中，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，所以氣體擴散前后內能不變，選項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)熱力學第一定律，氣體的內能增大，選項B、D正確。氣體在真空中自發(fā)擴散的過程中不對外做功，選項C錯誤。氣體在被壓縮過程中，內能增大，由于一定質量的理想氣體的內能完全由溫度決定，溫度越高，內能越大，氣體分子的平均動能越大，選項E錯誤。 2.(2018湖南師大附中模擬)如圖所示，一個內壁光滑的圓柱形汽缸，高度為L、底面積為S，缸內有一個質量為m的活塞，封閉了一定質量的理想氣體。溫度為熱力學溫標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)，缸內氣體高為L0。已知重力加速度為g，大氣壓強為p0，不計活塞厚度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，缸內氣體壓力對活塞做功多少？ (3)當活塞剛要脫離汽缸時，缸內氣體的內能增加量為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)。 (3)由熱力學第一定律得： 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) [鞏固強化練] 1．一定質量的氣體在某一過程中，外界對氣體做了8104 J的功，氣體的內能減少了1.2105 J，則下列各式中正確的是(　　) A．W＝8104 J，ΔU＝1.2105 J，Q＝4104 J B．W＝8104 J，ΔU＝－1.2105 J，Q＝－2105 J C．W＝－8104 J，ΔU＝1.2105 J，Q＝2104 J D．W＝－8104 J，ΔU＝－1.2105 J，Q＝－4104 J 答案　B 解析　因為外界對氣體做功，W取正值，即W＝8104 J；內能減少，ΔU取負值，即ΔU＝－1.2105 J；根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2105 J－8104 J＝－2105 J，B正確。 2．某駕駛員發(fā)現(xiàn)中午時車胎內的氣壓高于清晨時的，且車胎體積增大。若這段時間胎內氣體質量不變且可視為理想氣體，那么(　　) A．外界對胎內氣體做功，氣體內能減小 B．外界對胎內氣體做功，氣體內能增大 C．胎內氣體對外界做功，內能減小 D．胎內氣體對外界做功，內能增大 答案　D 解析　由＝C可知車胎內氣體p、V增大時，車胎內氣體溫度升高，內能增大；車胎體積增大，氣體對外做功，D正確。 3．(多選)一定質量的理想氣體，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，說明氣體的內能減小，根據(jù)熱力學第一定律知氣體對外放熱，故B正確；由圖象C知，狀態(tài)1至狀態(tài)2，氣體溫度升高內能增加，氣體體積增大氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律知，氣體從外界吸收熱量，故C錯誤；由圖象D知氣體的體積保持不變，氣體對外界不做功，從狀態(tài)1至狀態(tài)2氣體的溫度降低內能減小，根據(jù)熱力學第一定律，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內有一定量的稀薄氣體，b內為真空。抽開隔板K后，a內氣體進入b，最終達到平衡狀態(tài)。在此過程中(　　) A．氣體對外界做功，內能減少 B．氣體不做功，內能不變 C．氣體壓強變小，溫度降低 D．氣體壓強變小，溫度不變 答案　BD 解析　a內氣體向真空膨脹，不對外界做功，故A錯誤；又因容器絕熱，Q＝0，由熱力學第一定律知，ΔU＝0，故B正確；由玻意耳定律知壓強減小，稀薄氣體可看做理想氣體，內能不變，則溫度不變，C錯誤，D正確。 5.如圖所示，一直柱形導熱汽缸豎直放置，通過絕熱活塞封閉著一定質量的理想氣體。已知大氣壓強為p0，重力加速度為g，不計活塞與汽缸的摩擦，活塞的質量為m、橫截面積為S。因為電熱絲的加熱，某時刻氣體溫度為T1，活塞與容器底部相距h?，F(xiàn)停止加熱，氣體通過汽缸緩慢放熱，當氣體放出熱量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＝， 解得Δh＝h。 (2)放熱過程中，外界對氣體做的功 W＝pSΔh＝(p0S＋mg)h， 由熱力學第一定律知內能改變量 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pV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；根據(jù)理想氣體的內能只與溫度有關，可知氣體的內能一直增加，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能，一部分對外做功，E錯誤。 7．(2018全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷過程①、②、③、④到達狀態(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的內能相等 E．狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小 答案　BDE 解析　由理想氣體狀態(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，內能減小，根據(jù)熱力學第一定律，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)理想氣體的內能只與溫度有關，可知狀態(tài)c、d的內能相等，D正確；由理想氣體狀態(tài)方程＝C可得p＝C，即TV圖中的點與原點O的連線的斜率正比于該點的壓強，故狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小，E正確。 8．(2017全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經等壓過程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，壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，選項A正確；而由于體積不變，氣體對外界不做功，選項C錯誤。ca過程是等壓變化，體積減小，外界對氣體做功，選項B正確；體積減小過程中，溫度降低，內能減小，氣體要放出熱量，選項E錯誤。bc過程是等溫變化，內能不變，體積增大，氣體對外界做功，則需要吸收熱量，選項D正確。 9．(2016全國卷Ⅰ)(多選)關于熱力學定律，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)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡 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，內能增加，故一定吸熱，C錯誤；根據(jù)熱力學第二定律知D正確；如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，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，經歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其pT圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點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時的內能大于它在狀態(tài)c時的內能 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項正確；對理想氣體而言，內能由溫度決定，因Ta>Tc，故氣體在狀態(tài)a時的內能大于它在狀態(tài)c時的內能，B項正確；過程cd為等溫變化，內能不變(ΔU＝0)，壓強變大，體積減小，外界對氣體做功(W>0)，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，知Q<0，故為放熱過程且W＝|Q|，C項錯誤；過程da為等壓變化，溫度升高，體積變大，氣體的內能增大，ΔU>0，對外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q，知該過程吸熱且Q>|W|，D項錯誤；bc和da過程中溫度改變量相同，故體積變化量與壓強的乘積相同，由W＝Fl＝pSl＝pΔV知，E項正確。 11．(2018福建省高中畢業(yè)檢查模擬(一))一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經過狀態(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　在氣體完成一次循環(huán)后的內能與開始時是相等的，所以內能不變，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，壓強變大，則氣體的溫度升高，則氣體分子熱運動的平均動能增大。 12．(2018江蘇高考)如圖所示，一定質量的理想氣體在狀態(tài)A時壓強為2.0105 Pa，經歷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，導熱良好的汽缸開口向上豎直固定在水平面上。缸內輕質光滑活塞封閉一段一定質量的理想氣體。一根不可伸長的輕質細繩繞過光滑定滑輪，一端拴住活塞，另一端拴著質量為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，直到細繩剛開始松弛但并未彎曲。已知大氣壓強為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，重物下落到最低點未與地面接觸時，活塞在汽缸內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，解得h＝。 (2)根據(jù)熱力學第一定律且理想氣體的溫度不變內能不變：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．機械振動和機械波的考查以圖象為主，通過簡諧運動的圖象研究振動的特點和規(guī)律，通過機械波的圖象研究波的形成與傳播規(guī)律。 2．機械振動和機械波部分常以彈簧振子或單擺為載體，考查簡諧運動規(guī)律。結合波動問題，考查簡諧運動。 3．光學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)理相結合的方法。 命題趨勢： 1．基本概念、機械波多以選擇題的形式出現(xiàn)。 2．機械波的部分內容及光的折射、全反射多以計算題的形式來考查。 說明： 1．簡諧運動只限于單擺和彈簧振子 2．簡諧運動的公式只限于回復力公式；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] (對應人教版選修3－4的頁碼及相關問題) 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和對應的周期T，如何求重力加速度g? 提示：設小球半徑為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點此刻振動狀態(tài)如何？后呢？N點一定靜止嗎？ 提示：此刻M點波峰與波峰相遇，為振動加強點，后到達平衡位置，仍是振動加強點；N點是波峰與波谷相遇，為振動減弱點，只有兩列波的振幅相等時，N點才靜止。 5．P51圖13.2－7，圖中內芯和外套哪個折射率大？ 提示：光從內芯射向外套發(fā)生全反射，故內芯的折射率大。 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生干涉現(xiàn)象。 7．P58圖13.4－3，P60圖13.5－2，對比兩圖，試總結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)變化的磁場產生電場，(2)變化的電場產生磁場。這說明穩(wěn)定的電(磁)場不產生磁(電)場；均勻變化的電(磁)場產生穩(wěn)定的磁(電)場；非均勻變化的電(磁)場產生變化的磁(電)場；周期性變化的電(磁)場產生同周期變化的磁(電)場，電磁場交替產生，空間存在電磁波。