2 热力学第一定律 3 能量守恒定律 [科学推理] 增加了100 J 减少了200 J 减少了100 J [教材链接] (1)热量 所做的功 (2)ΔU=Q+W (3)外界对系统 系统对外界 吸收 放出 增加 减少 例1 B [解析] 因为外界对气体做功,故W取正值,即W=8×104 J,气体的内能减少,ΔU取负值,即ΔU=-1.2×105 J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q=ΔU-W=-1.2×105 J-8×104 J=-2×105 J,选项B正确. [教材链接] (1)①保持不变 ②a.能量守恒定律 (2)②能量守恒定律 例2 AC [解析] 热平衡的条件是温度相等,传热的方向是从温度高的物体自发地传向温度低的物体;不和外界交换热量,在传热过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量,故A、C正确,B、D错误. 变式1 20.6 ℃ [解析] 依题意,可求得1 h太阳能热水器可以接收的太阳能为E太阳=1.2×103×2×3600 J=8.64×106 J 水吸收的热量为 Q吸=ηE太阳=50%×8.64×106 J=4.32×106 J 则水箱中50 kg水升高的温度为 Δt== ℃≈20.6 ℃ 例3 (1)p0+ρgh (2) (3)ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S [解析] (1)对水银柱进行受力分析,有p1S=p0S+ρghS 解得p1=p0+ρgh (2)由题意可知,封闭气体的初状态温度为T1,体积 V1=V+l1S 末状态温度为T2,体积为V2=V+l2S 水银柱缓慢上升过程封闭气体压强不变,由盖-吕萨克定律有 = 解得V= (3)气体对外做功,则 W=-p1(V2-V1)=-(p0+ρgh)(l2-l1)S 由热力学第一定律,有ΔU=Q+W 所以Q=ΔU-W=ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S 变式2 C [解析] 从B到C过程气体发生等温变化,内能不变,体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,气体放出热量,故A错误;由=C得,V=T,可知从C到D过程气体发生等压变化,故B错误;从D到A过程中,气体的温度不变,则气体分子的平均速率不变,气体体积增大,则压强减小,必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的,故C正确;从C到D过程中,由ΔU=W+Q,得Q=8 kJ,气体从外界吸收热量,故D错误. 变式3 B [解析] 对活塞受力分析,由平衡条件得mg+p0S=p1S,解得活塞的质量为m=,A错误;对体积为0.5Sh、压强为1.6p0的气体,由玻意耳定律得1.6p0×0.5Sh=1.2p0·ΔV,对封闭气体,由玻意耳定律得1.2p0·Sh+1.2p0·ΔV=p·Sh,联立解得缸内气体的压强变为p=2p0,B正确;对封闭气体由玻意耳定律得1.2p0·Sh=p'·S,解得缸内气体压强变为p'=3p0,C错误;由于环境温度不变且汽缸是导热的,所以在活塞下移的过程中气体做等温变化,气体的内能不变,由热力学第一定律得ΔU=Q+W,如果气体压强不变,则外界对气体做功为W=1.2p0·Sh=p0Sh,ΔU=0,解得Q=-p0Sh,由于将活塞缓慢下移过程中压强增大,所以气体向外界放出的热量大于p0Sh,D错误. 随堂巩固 1.BCD [解析] 利用磁铁间的作用力可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能,但由于摩擦不可避免,动能最终转化为内能使转动停止,故A不符合能量守恒定律.让船先静止在水中,设计一台水力发电机使船获得足够电能,然后把电能转化为船的动能使船逆水航行;同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性,使光能转化为飞机的动能,实现飞机不带燃料也能飞行,故B、C符合能量守恒定律.利用反冲理论,以核动力为能源,使地球获得足够大的能量,挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系,故D符合能量守恒定律. 2.A [解析] 由热力学第一定律ΔU=Q+W得,ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关,ΔU=600 J>0,故温度升高,选项A正确. 3.B [解析] 由状态a沿图像变化到状态b,属于等容变化,根据查理定律可得=,由状态a沿图像变化到状态b,压强减小,则温度降低,内能减小,气体需要放热,A、C错误;由状态b沿图像变化到状态c,属于等压变化,由盖-吕萨克定律可得=,由状态b沿图像变化到状态c,体积增大,温度升高,B正确;对于一定量的气体而言,有=,结合图像代入数据可得Ta=Tc,理想气 ... ...
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