大学物理第十三章热力学基础作业说明

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北京交通大学大学物理第十三章热力学习题

基本概念和规律
1 .理想气体的状态方程.
M pV = RT M mol R=8⋅31 J·mol-1·K -1 或 p = nkT
称为普适气体恒量；
n为分子数密度。 2 . 理想气体的压强公式
2 p= 3 2 ⎛1 2 ⎞ n⎜ m v ⎟ = nε ⎝2 ⎠ 3
3 . 理想气体的温度公式
压强和温度的统计意义
7 .掌握准静态过程中功、热量、内能诸概念. 8 .掌握热力学第一定律,并能熟练地运用它计算理想气体在等值过程和绝热过程中的功、热量、内能变化量. 9 .明确循环的概念,理解热机循环和致冷机循环中的能量转换关系;掌握卡诺机正循环效率和卡诺机逆循环致冷系数的计算;会计算一般热机效率. 10 .理解热力学第二定律的两种表述及其等价性;了解热力学第二定律的统计意义. 11 .理解可逆过程和不可逆过程;理解宏观实际过程的不可逆性;了解热力学概率与实际过程进行方向的关系. 12 .了解熵的概念.了解玻尔兹曼熵公式及熵增加原理;理解克劳修斯熵公式的意义,并用来计算熵变.
i CV = R 2
C
p
i+2 = R 2
比热容比: γ = C V
Cp
理想气体的等值过程、绝热过程和多方过程公式
过程特征过程方程等体V=常量等压p=常量等温T=常量
p = 常量 T V = 常量 T
pV = 常量 pV γ = 常量
吸收热量
M CV (T2 − T1 ) M mol M C p (T2 − T1 ) M mol
绝热 dQ=0 V γ −1T = 常量
p T
γ −1
−γ
= 常量
0
M CV (T2 − T1 ) M M mol CV (T2 − T1 ) M mol p1V1 − p2V2 或 γ −1 −

大学物理第十三章(热力学基础)部分习题及答案

第十三章热力学基础一、简答题：1、什么是准静态过程?答案：一热力学系统开始时处于某一平衡态，经过一系列状态变化后到达另一平衡态，若中间过程进行是无限缓慢的，每一个中间态都可近似看作是平衡态，那么系统的这个状态变化的过程称为准静态过程。

2、什么是可逆过程与不可逆过程答案：可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能重复正过程的每一状态，而且不引起其它变化；不可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能不重复正过程的每一状态，或者重复正过程时必然引起其它变化。

3、一系统能否吸收热量，仅使其内能变化? 一系统能否吸收热量，而不使其内能变化?答：可以吸热仅使其内能变化，只要不对外做功。

比如加热固体，吸收的热量全部转换为内能升高温度；4、简述热力学第二定律的两种表述。

答案：开尔文表述：不可能制成一种循环工作的热机，它只从单一热源吸收热量，并使其全部变为有用功而不引起其他变化。

克劳修斯表述：热量不可能自动地由低温物体传向高温物体而不引起其他变化。

5、什么是熵增加原理?答：一切不可逆绝热过程中的熵总是增加的，可逆绝热过程中的熵是不变的。

把这两种情况合并在一起就得到一个利用熵来判别过程是可逆还是不可逆的判据——熵增加原理。

6、什么是卡诺循环? 简述卡诺定理?答案：卡诺循环有4个准静态过程组成，其中两个是等温线，两个是绝热线。

卡诺提出在稳度为T1的热源和稳度为T2的热源之间工作的机器，遵守两条一下结论：（1）在相同的高温热源和低温热源之间工作的任意工作物质的可逆机，都具有相同的效率。

（2）工作在相同的高温热源和低温热源之间的一切不可逆机的效率都不可能大于可逆机的效率。

7、可逆过程必须同时满足哪些条件?答：系统的状态变化是无限缓慢进行的准静态过程，而且在过程进行中没有能量耗散效应。

二、选择题1、对于理想气体的内能，下列说法中正确的是( B ):( A ) 理想气体的内能可以直接测量的。

(B) 理想气体处于一定的状态，就有一定的内能。

大学物理第十三章课后习题答案

第十三章热力学基础13 －1 如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( )(A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功(D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功分析与解 bca ，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE .对绝热过程bca ，由热力学第一定律知ΔE ＝－W bca .另外，由图可知：｜W b2a ｜＞｜W bca ｜＞｜W b1a ｜，则W b2a ＜W bca ＜W b1a .对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W b1a ＞ΔE ＋W bca ＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W b2a ＜ΔE ＋W bca ＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B).13 －2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即p A ＝p B ,请问在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( )(A) 对外作正功 (B) 内能增加(C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析与解由p －V 图可知，p A V A ＜p B V B ，即知T A ＜T B ，则对一定量理想气体必有E B ＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.13 －3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( )(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析与解当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2Δ=，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C).13 －4 有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为( )分析与解由绝热过程方程pVγ＝常量，以及等温过程方程pV＝常量，可知绝热线比等温线要陡，所以(A)过程不对，(B)、(C)过程中都有两条绝热线相交于一点，这是不可能的.而且(B)过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化，使之全部变成有用功，违反了热力学第二定律.因此只有(D)正确.13 －5一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功()(A) 2 000J(B) 1 000J(C) 4 000J(D) 500J分析与解热机循环效率η＝W/Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－T2 /T1，则由W /Q吸＝1 －T2 /T1可求答案.正确答案为(B).13 －6根据热力学第二定律()(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行分析与解对选项(B)：不可逆过程应是指在不引起其他变化的条件下，不能使逆过程重复正过程的每一状态，或者虽然重复但必然会引起其他变化的过程.对选项(C)：应是热量不可能从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化.对选项(D)：缺少了在孤立系统中这一前提条件.只有选项(A)正确. 13 －7 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c 为4.18×103 J·kg－1·K －1 ) 分析取质量为m 的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W ＝mgh ，按题意，被水吸收的热量Q ＝0.5W ，则水吸收热量后升高的温度可由Q ＝mc ΔT 求得.解由上述分析得mc ΔT ＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT ＝0.5gh /c ＝1.15K13 －8 如图所示，一定量的空气，开始在状态A ，其压强为2.0×105Pa ，体积为2.0 ×10－3m 3 ，沿直线AB 变化到状态B 后，压强变为1.0 ×105Pa ，体积变为3.0 ×10－3m 3 ，求此过程中气体所作的功.分析理想气体作功的表达式为()⎰=V V p W d .功的数值就等于p －V 图中过程曲线下所对应的面积.解 S ABCD ＝1/2(BC ＋AD)×CD故 W ＝150 J13 －9 汽缸内储有2.0mol 的空气，温度为27 ℃，若维持压强不变，而使空气的体积膨胀到原体积的3s 倍，求空气膨胀时所作的功.分析本题是等压膨胀过程，气体作功()1221d V V p V p W V V -==⎰，其中压强p 可通过物态方程求得.解根据物态方程11RT pV v =,汽缸内气体的压强11/V RT p v = ，则作功为 ()()J 1097.92/31112112⨯==-=-=RT V V V RT V V p W v v13 －10 一定量的空气，吸收了1.71×103J 的热量，并保持在1.0 ×105Pa 下膨胀，体积从1.0×10－2m 3 增加到1.5×10－2m 3 ，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？分析由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W ＝p (V 2 －V 1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解该空气等压膨胀，对外作功为W ＝p (V 2－V 1 )＝5.0 ×102J其内能的改变为Q ＝ΔE ＋W ＝1.21 ×103J13 －11 0.1kg 的水蒸气自120 ℃加热升温到140℃，问(1) 在等体过程中；(2) 在等压过程中，各吸收了多少热量？根据实验测定，已知水蒸气的摩尔定压热容C p,m ＝36.21J·mol -1·K -1，摩尔定容热容C V,m ＝27.82J·mol -1·K -1. 分析由量热学知热量的计算公式为T C Q m Δv =.按热力学第一定律，在等体过程中，T C E Q ΔΔm V,V v ==；在等压过程中， T C E V p Q ΔΔd m p,p v =+=⎰.解 (1) 在等体过程中吸收的热量为J 101.3ΔΔ3m V,V ⨯===T C Mm E Q (2) 在等压过程中吸收的热量为 ()J 100.4Δd 312m p,p ⨯=-=+=⎰T T C M m E V p Q 13 －12 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51 ×105 Pa ，活塞面积为0.02m 2 .从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容C p ，m ＝29.12J·mol －1·K －1，摩尔定容热容C V,m ＝20.80J·mol -1·K -1 )分析因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热T C Q Δm p,p v =.ΔT 可由理想气体物态方程求出.解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2) 吸热T C Q Δm p,p v =.其中ν ＝1 mol ，C p,m ＝29.12Ｊ·mol －1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV ＝νRT ，得ΔT ＝(p 2V 2 －p 1 V 1 )/R ＝p(V 2 －V 1 )/R ＝p· S· Δl /R则 J 105.293m p,p ⨯==pS ΔSΔl C Q13 －13 一压强为1.0 ×105Pa,体积为1.0×10－3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?分析 (1) 求Q p 和Q V 的方法与题13-11相同.(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式()V V p W d ⎰=；② 利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q 已求出，而内能变化可由()12m V,V ΔT T C E Q -==v 得到.从而可求得功W .解根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol 1041.4/2111-⨯===RT V p Mm v 氧气的摩尔定压热容R C 27m p,=，摩尔定容热容R C 25m V,=. (1) 求Q p 、Q V等压过程氧气(系统)吸热()J 1.128Δd 12m p,p =-=+=⎰T T C E V p Q v等体过程氧气(系统)吸热()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C E Q v(2) 按分析中的两种方法求作功值解1 ① 利用公式()V V p W d ⎰=求解.在等压过程中，T R Mm V p W d d d ==，则得 J 6.36d d 21p ===⎰⎰T T T R Mm W W 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为()0d V ==⎰V V p W② 利用热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 求解.氧气的内能变化为()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C Mm E Q 由于在(1) 中已求出Q p 与Q V ，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J 6.36Δp p =-=E Q W0ΔV V =-=E Q W13 －14 如图所示，系统从状态A 沿ABC 变化到状态C 的过程中，外界有326J 的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C 沿另一曲线CA 返回到状态A 时，外界对系统作功为52J ，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？分析已知系统从状态C 到状态A ，外界对系统作功为W CA ，如果再能知道此过程中内能的变化ΔE AC ，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量Q CA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC 过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A 至C 过程中系统内能的变化ΔE AC ，而ΔE AC ＝－ΔE AC ，故可求得Q CA .解系统经ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为Q ABC ＝326J ， W ABC ＝126J则由热力学第一定律可得由A 到C 过程中系统内能的增量ΔE AC ＝Q ABC －W ABC ＝200J由此可得从C 到A ，系统内能的增量为ΔE CA ＝－200J从C 到A ，系统所吸收的热量为Q CA ＝ΔE CA ＋W CA ＝－252J式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA 是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.13 －15 如图所示，一定量的理想气体经历ACB 过程时吸热700J ，则经历ACBDA 过程时吸热又为多少？分析从图中可见ACBDA 过程是一个循环过程.由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了求得该循环过程中所作的功，可将ACBDA 循环过程分成ACB 、BD 及DA 三个过程讨论.其中BD 及DA 分别为等体和等压过程，过程中所作的功按定义很容易求得；而ACB 过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求.解由图中数据有p A V A ＝p B V B ,则A 、B 两状态温度相同，故ACB 过程内能的变化ΔE CAB ＝0，由热力学第一定律可得系统对外界作功W CAB ＝Q CAB －ΔE CAB ＝Q CAB ＝700J在等体过程BD 及等压过程DA 中气体作功分别为()⎰==0d BD V V p W()⎰-=-==J 1200d 12A DA V V P V p W则在循环过程ACBDA 中系统所作的总功为J 500DA BD ACB -=++=W W W W负号表示外界对系统作功.由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为J 500-==W Q负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热.13 －16 在温度不是很低的情况下，许多物质的摩尔定压热容都可以用下式表示2m p,2--+=cT bT a C式中a 、b 和c 是常量，T 是热力学温度.求：(1) 在恒定压强下，1 mol 物质的温度从T 1升高到T 2时需要的热量；(2) 在温度T 1 和T 2 之间的平均摩尔热容；(3) 对镁这种物质来说，若C p ，m 的单位为J·mol －1·K －1，则a ＝25.7J·mol -1·Ｋ-1 ，b ＝3.13 ×10-3J·mol -1·Ｋ-2，c ＝3.27 ×105J·mol －1·K.计算镁在300Ｋ时的摩尔定压热容C p,m ，以及在200Ｋ和400Ｋ之间C p,m 的平均值. 分析由题目知摩尔定压热容C p,m 随温度变化的函数关系，则根据积分式⎰=21d m p,p T T T C Q 即可求得在恒定压强下，1mol 物质从T 1 升高到T 2所吸收的热量Qp .故温度在T 1 至T 2之间的平均摩尔热容()12p m p,/T T Q C -=. 解 (1) 11 mol 物质从T 1 升高到T 2时吸热为()()()()11122122122m p,p d 2d 21----+-+-=-+==⎰⎰T T c T T b T T a T cT bT a T C Q T T (2) 在T 1 和T 2 间的平均摩尔热容为()()21212p m p,//T T c T T a T T Q C -+=-=(3) 镁在T ＝300 K 时的摩尔定压热容为-1-12m p,K mol J 9.232⋅⋅=-+=-cT bT a C镁在200 K 和400 K 之间C p ，m 的平均值为()-1-12112m p,K mol J 5.23/⋅⋅=-+=T T c T T a C13 －17 空气由压强为1.52×105 Pa ，体积为5.0×10－3m 3 ，等温膨胀到压强为1.01×105 Pa ，然后再经等压压缩到原来的体积.试计算空气所作的功. 解空气在等温膨胀过程中所作的功为()()2111121T /ln /ln p p V p V V RT Mm W == 空气在等压压缩过程中所作的功为()⎰-==12d V V p V p W利用等温过程关系p 1 V 1 ＝p 2 V 2 ，则空气在整个过程中所作的功为()J 7.55/ln 11122111=-+=+=V p V p p p V p W W W T p13 －18 如图所示，使1mol 氧气(1) 由A 等温地变到B ；(2) 由A 等体地变到C ，再由C 等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.分析从p －V 图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过()V V p W d ⎰=求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同T A ＝T B ，故ΔE ＝0，利用热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE ，可求出每一过程所吸收的热量.解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功()()J 1077.2/ln /ln 31⨯===A B B A A B AB V V V p V V RT Mm W 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为Q AB ＝W AB ＝2.77 ×103Ｊ (2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为W ACB ＝W AC ＋W CB ＝W CB ＝p C (V B －V C )＝2.0×103ＪQ ACB ＝W A CB ＝2.0×103 Ｊ13 －19 将体积为1.0 ×10-4m 3 、压强为1.01×105Pa 的氢气绝热压缩，使其体积变为2.0 ×10-5 m 3 ，求压缩过程中气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ＝1.41)分析可采用题13－13 中气体作功的两种计算方法.(1) 气体作功可由积分V p W d ⎰=求解，其中函数p (V )可通过绝热过程方程pV C γ= 得出.(2)因为过程是绝热的，故Q ＝0，因此，有W ＝－ΔE ；而系统内能的变化可由系统的始末状态求出.解根据上述分析，这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p 、V 分别为绝热过程中任一状态的压强和体积，则由γγpV V p =11得 γγV V p p -=11氢气绝热压缩作功为J 0.231d d 121211121-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-===⎰⎰-V V V V γp V V V p V p W V V γγ 13 －20 试验用的火炮炮筒长为3.66 m ，内膛直径为0.152 m ，炮弹质量为45.4kg ，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m ，速度为311 m·s -1 ，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为 1.2γ=.(2) 炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式1d 2211--==⎰γV p V p V p W 计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V 1和V 2，因此只要通过绝热过程方程γγV p V p 2211=求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解由题设l ＝3.66 m,D ＝0.152 m ，m ＝45.4 kg ，l 1＝0.98 m ，v 1＝311 m·s -1 ，p 1 ＝2.43×108Pa ，γ＝1.2.(1) 炮弹出口时气体压强为()()Pa 1000.5//7112112⨯===γγl l p V V p p 气体作功J 1000.54π11d 6222112211⨯=--=--==⎰D γl p l p γV p V p V p W (2) 根据分析2122121v v m m W -=，则 -121s m 563⋅=+=v 2W/m v13 －21 1mol 氢气在温度为300Ｋ，体积为0.025m 3 的状态下，经过(1)等压膨胀，(2)等温膨胀，(3)绝热膨胀.气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量.分析这三个过程是教材中重点讨论的过程.在p －V 图上，它们的过程曲线如图所示.由图可知过程(1 ) 作功最多，过程( 3 ) 作功最少.温度T B ＞T C ＞T D ，而过程(3) 是绝热过程，因此过程(1)和(2)均吸热，且过程(1)吸热多.具体计算时只需直接代有关公式即可.解 (1) 等压膨胀()()J 1049.23⨯==-=-=A A B AA AB A p RT V V V RT V V p W v()J 1073.8273,,⨯===-=+=A A m p A B m p p p T R T C T T C E ΔW Q v v (2) 等温膨胀 J 1073.12ln /3⨯===A A RT V W C T vRTlnV对等温过程ΔE ＝0，所以J 1073.13⨯==T T W Q(3) 绝热膨胀T D ＝T A (V A ／V D )γ－1＝300 ×(0.5)0.4＝227.4Ｋ对绝热过程a 0Q =，则有 ()()J 1051.125Δ3,⨯=-=-=-=D A D A m V a T T R T T C E W v 13 －22 绝热汽缸被一不导热的隔板均分成体积相等的A 、B 两室，隔板可无摩擦地平移，如图所示.A 、B 中各有1mol 氮气，它们的温度都是T0 ，体积都是V0 .现用A 室中的电热丝对气体加热，平衡后A 室体积为B 室的两倍，试求(1) 此时A 、B 两室气体的温度；(2) A 中气体吸收的热量.分析 (1) B 室中气体经历的是一个绝热压缩过程，遵循绝热方程TVγ－1 ＝常数，由此可求出B 中气体的末态温度TB .又由于A 、B 两室中隔板可无摩擦平移，故A 、B 两室等压.则由物态方程pV A ＝νRT A 和pV B ＝νRT B 可知T A ＝2T B .(2) 欲求A 室中气体吸收的热量，我们可以有两种方法.方法一：视A 、B 为整体，那么系统(汽缸)对外不作功，吸收的热量等于系统内能的增量.即QA ＝ΔE A ＋ΔE B .方法二：A 室吸热一方面提高其内能ΔE A ，另外对“外界”B 室作功WA.而对B 室而言，由于是绝热的，“外界” 对它作的功就全部用于提高系统的内能ΔEB .因而在数值上W A ＝ΔE B .同样得到Q A ＝ΔE A ＋ΔE B . 解设平衡后A 、B 中气体的温度、体积分别为T A ，T B 和V A ，V B .而由分析知压强p A ＝p B ＝p .由题已知⎩⎨⎧=+=022V V V V V B A B A ，得⎩⎨⎧==3/23/400V V V V B A (1) 根据分析，对B 室有B γB γT V T V 1010--=得 ()0010176.1/T T V V T γB B ==-；0353.2T T T B A ==(2) ()()0007.312525ΔΔT T T R T T R E E Q B A A A A =-+-=+= 13－23 0.32 kg 的氧气作如图所示的ABCDA 循环，V 2 ＝2V 1 ,T 1＝300Ｋ，T 2＝200Ｋ,求循环效率.分析该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W /Q 来求出，其中W 表示一个循环过程系统作的净功，Q 为循环过程系统吸收的总热量.解根据分析，因AB 、CD 为等温过程，循环过程中系统作的净功为()()()J 1076.5/ln /ln 32121211⨯=-==+=V V T T R M m V V RT Mm W W W CD AB由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB 段)和等体升压(对应于DA 段)中发生,而等温过程中ΔE ＝0,则AB AB W Q =.等体升压过程中W ＝0，则DA DA E Q Δ=,所以，循环过程中系统吸热的总量为()()()()J 1081.325/ln /ln Δ42112121,121⨯=-+=-+=+=+=T T R M m V V RT Mm T T C M m V V RT Mm E W Q Q Q m V DAAB DA AB 由此得到该循环的效率为 %15/==Q W η13 －24 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V －T 图，图中V C ＝2V A .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.分析以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p －V 图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而对AB 过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为V ＝CT ，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV ＝m/MRT 比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p －V 图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题13－23的方法求出循环效率.解 (1) 根据分析，将V －T 图转换为相应的p －V 图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.(2) 根据得到的p －V 图可知，AB 为等压膨胀过程，为吸热过程.BC 为等体降压过程，CA 为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为()A B m p T T C M m Q -=,1 ()()A C A A B m V V V RT Mm T T C M m Q /ln ,2+-= CA 为等温线，有T A ＝T C ；AB 为等压线，且因V C ＝2V A ，则有T A ＝T B /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容C p ，m ＝5R/2，摩尔定容热容C V ，m ＝3R/2.故循环效率为()()3/125/2ln 2312/5/2ln 321/112=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=A A A T T T Q Q η 13 －25 一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？解设高温热源的温度分别为1T '、1T '',则有12/1T T η'-='， 12/1T T η''-=''其中T 2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为K 3.931111Δ211=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'--''-='-''=T ηηT T T 13 －26 一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 是绝热过程.已知B 点温度T B ＝T 1,C 点温度T C ＝T 2.(1) 证明该热机的效率η＝1－T 2/T 1 ，(2) 这个循环是卡诺循环吗？分析首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC 和DA 是绝热过程，故Q BC 、Q DA 均为零；而AB 为等压膨胀过程(吸热)、CD 为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式. 证 (1) 根据分析可知 ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---=---=-=B A C D B C A B D CA B m p C D m p AB CD T T T T T T T T T T T T C MT T C M m Q Q η1/11111,, (1) 与求证的结果比较，只需证得BA C D T T T T = .为此，对AB 、CD 、BC 、DA 分别列出过程方程如下V A /T A ＝V B /T B (2)V C /T C ＝V D /T D (3) C γC B γB T V T V 11--= (4)A γA D γD T V T V 11--= (5)联立求解上述各式，可证得η＝1－T C /T B ＝1－T 2/T 1(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：① 卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；② 式中T 1、T 2的含意不同，本题中T 1、T 2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度.13 －27 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T 1和低温热源T 2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T 2/T 1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式Q pt Q W η//==，可得此条件下的最大功率.解根据分析，热机获得的最大功率为()-1712s J 100.2//1/⋅⨯=-==t Q T T t Q ηp13 －28 有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热()()1/1/12121---=p p V V γη 分析该热机由三个过程组成，图中AB 是绝热过程，BC 是等压压缩过程，CA 是等体升压过程.其中CA 过程系统吸热，BC 过程系统放热.本题可从效率定义CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ＝C p,m 桙C V,m 的关系来证明.证该热机循环的效率为CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=其中Q BC ＝m /M C p,m (T C －T B )，Q CA ＝m/M C V,m (T A －T C )，则上式可写为1/1/11---=---=C A CB C A B C T T T T γT T T T γη 在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有T B /V 1 ＝T C /V 2,T A /P 1 ＝T C /P 2,代入上式得()()1/1/12121---=p p V V γη 13 －29 如图所示为理想的狄赛尔(Diesel)内燃机循环过程,它由两绝热线AB 、CD 和等压线BC 及等体线DA 组成.试证此内燃机的效率为()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ证求证方法与题13－28相似.由于该循环仅在DA 过程中放热、BC 过程中吸热，则热机效率为 ()()BC AD B C m p A D m V BCDA T T T T γT T C M T T C M m Q Q η---=---=-=111/1,, (1) 在绝热过程AB 中，有1211--=γB γA V T V T ，即()121//-=γA B V V T T (2)在等压过程BC 中，有23//V T V T B C =，即23//V V T T B C = (3)再利用绝热过程CD,得1311--=γC γD V T V T (4)解上述各式，可证得()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ 13 －30 如图所示，将两部卡诺热机连接起来，使从一个热机输出的热量，输入到另一个热机中去.设第一个热机工作在温度为T 1和T 2的两热源之间，其效率为η1 ，而第二个热机工作在温度为T 2 和T 3 的两热源之间，其效率为η2.如组合热机的总效率以η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1 表示.试证总效率表达式为η＝(1 －η1 )η2 ＋η1 或 η＝1 －T 3/T 1分析按效率定义，两热机单独的效率分别为η1＝W 1 /Q 1和η2＝W 2 /Q 2，其中W 1 ＝Q 1－Q 2 ，W 2 ＝Q 2－Q 3 .第一个等式的证明可采用两种方法：(1) 从等式右侧出发，将η1 、η2 的上述表达式代入，即可得证.读者可以一试.(2) 从等式左侧的组合热机效率η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1出发，利用η1、η2的表达式，即可证明.由于卡诺热机的效率只取决于两热源的温度，故只需分别将两个卡诺热机的效率表达式η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2 代入第一个等式，即可得到第二个等式.证按分析中所述方法(2) 求证.因η1＝W 1 /Q 1 、η2＝W 2 /Q 2 ，则组合热机效率12211211121Q Q ηηQ W Q W Q W W η+=+=+= (1) 以Q 2 ＝Q 1－W 1 代入式(1) ，可证得η＝η1 ＋η2 (1－η1 ) (2) 将η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2代入式(2)，亦可证得η＝1－T 2 /T 1 ＋(1－T 3 /T 2 )T 2 /T 1 ＝1－T 3 /T 113 －31 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×108 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)分析耗电量的单位为kW·h ，1kW·h ＝3.6 ×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为212T T T e k -=，其中T 1为高温热源温度(室外环境温度)，T 2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为e ＝e k · 60％＝0.6 T 2/( T 1 －T 2 )另一方面，由制冷系数的定义，有e ＝Q 2 /(Q 1 －Q 2 )其中Q 1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q 2是空调从房间内吸取的总热量.若Q ′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q 2＝Q ′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W ＝Q 1－Q 2 .解根据上述分析，空调的制冷系数为7.8%60212=-=T T T e在室内温度恒定时，有Q 2＝Q ′.由e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )可得空调运行一天所耗电功W ＝Q 1－Q 2＝Q 2/e ＝Q ′/e ＝2.89×107＝8.0 kW·h13 －32 一定量的理想气体进行如图所示的逆向斯特林循环(回热式制冷机中的工作循环)，其中1→2为等温(T 1 )压缩过程，3→4为等温(T 2 )膨胀过程，其他两过程为等体过程.求证此循环的制冷系数和逆向卡诺循环制冷系数相等.(这一循环是回热式制冷机中的工作循环，具有较好的制冷效果.4→1过程从热库吸收的热量在2→3过程中又放回给了热库，故均不计入循环系数计算.)证明 1→2 过程气体放热2111lnV V RT Q v = 3→4 过程气体吸热 2122ln V V RT Q v = 则制冷系数 e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )= T 2/( T 1－T 2 ).与逆向卡诺循环的制冷系数相同.13 －33 物质的量为ν的理想气体，其摩尔定容热容C V,m ＝3R/2，从状态A(p A ，V A ，T A )分别经如图所示的ADB 过程和ACB 过程，到达状态B(p B ，V B ，T B ).试问在这两个过程中气体的熵变各为多少？图中AD 为等温线.分析熵是热力学的状态函数，状态A 与B 之间的熵变ΔSAB 不会因路径的不同而改变.此外，ADB 与ACB 过程均由两个子过程组成.总的熵变应等于各子过程熵变之和，即DB AD AB S S S ΔΔΔ+=或CB AC AB S S S ΔΔΔ+=.解 (1) ADB 过程的熵变为()()D B p,m A D B D D A T BD P D A T DBAD AB T T C V V T T C T W T Q T Q S S S /ln /ln /d /d /d /d ΔΔΔm p,v vR v +=+=+=+=⎰⎰⎰⎰ (1)在等温过程AD 中，有T D ＝T A ；等压过程DB 中，有V B /T B ＝V D /T D ；而C p ，m ＝C V ，m ＋R ，故式(1)可改写为()()()()A B A B A B p,m A B B D ADB V T V V V T C V T V T S /ln 23/ln /ln /ln ΔvR vR v vR +=+=(2) ACB 过程的熵变为()()C B V,m A C p,m CB AC BA ACB T TC V T C S S Q/T S /ln /ln ΔΔd Δv v +=+==⎰ (2)利用V C ＝V B 、p C ＝p A 、T C /V C ＝T A /V A 及T B /p B ＝T C /p C ，则式(2)可写为()()()()()()()A B A B A A B B V,m A B A B A B V,m ACB V T V V V p V p C V V p p V V R C S /ln 23/ln /ln /ln /ln /ln ΔvR vR v vR v v +=+=++=通过上述计算可看出，虽然ADB 及ACB 两过程不同，但熵变相同.因此，在计算熵变时，可选取比较容易计算的途径进行.13 －34 有一体积为2.0 ×10-2m 3的绝热容器，用一隔板将其分为两部分，如图所示.开始时在左边(体积V 1 ＝5.0 ×10-3m 3)一侧充有1mol 理想气体，右边一侧为真空.现打开隔板让气体自由膨胀而充满整个容器，求熵变.分析在求解本题时，要注意⎰=BA T Q S d Δ 的适用条件.在绝热自由膨胀过程中，d Q ＝0，若仍运用上式计算熵变，必然有ΔS ＝0.显然，这是错误的结果.由于熵是状态的单值函数，当初态与末态不同时，熵变不应为零.出现上述错误的原因就是忽视了公式的适用条件. ⎰=BA T Q S d Δ 只适用于可逆过程，而自由膨胀过程是不可逆的.因此，在求解不可逆过程的熵变时，通常需要在初态与末态之间设计一个可逆过程，然后再按可逆过程熵变的积分式进行计算.在选取可逆过程时，尽量使其积分便于计算.解根据上述分析，在本题中因初末态时气体的体积V 1 、V 2 均已知，且温度相同，故可选一可逆等温过程.在等温过程中，d Q ＝d W ＝p d V ，而VRT M m p =，则熵变为 ()1-12K J 52.11/ln d 1d d Δ12⋅=====⎰⎰⎰V V R M m V V R M m T V p T Q S V V。

东北大学大学物理二第十三章热力学基础课件

(3)外界对系统作功，系统内能增加，系统对外放出热
量，系统内能减少。
12
13-3理想气体等体过程和等压过程摩尔热容计算各等值过程的Q、W和E的理论基础
（1）PV = RT（理想气体的共性）；
Q E PdV
V1 V2
（2）dQ = dE+PdV （解决过程中能量转换问题）
i （3）E E (T ) RT 2
E2 - E1= vCV,m(T2 - T1)
25
2.内能和CV,m的普遍关系
关系式dE=vCV,mdT或 E2 - E1=vCV,m(T2 - T1)虽然是由等容过程得到的，但是对理想气体，无论其经过什么过程，只要起初温为T1，终温为T2，内能和CV,m的关系都成立。
d E CV ,m d T
系统T1
T1+△T
T1+2△T
T1+3△T 系统T2 热源T2
T2
系统T1 热源T2
不是准静态过程
4
二、准静态过程的功
1.整个过程气体对外做功：功是能量传递和转换量度，引起系统热运动状态的变化。
V1
P
V2
P
dx
dW F d x PS d x P d V
W P dV
V2 V1
5
8
功
热量
13-2 热力学第一定律内能一、系统的内能
1.系统的内能（状态量）
系统处于某状态而具有的能量称为系统的内能。
2.理想气体的内能理想气体的内能是温度的函数。 3.内能的特点
i E RT 2
(1)对于理想气体来说，内能是温度的单值函数。 (2)当气体状态一定时，系统内能是一定的。

大学物理第十三章0-4节

第十三章热力学基础
12
物理学
第五版
13-2 内能热力学第一定律
Q E2 E1 W E W
第一定律的符号规定
Q
E
W
+ 系统吸热内能增加系统对外界做功
系统放热内能减少外界对系统做功
物理意义
（1）能量转换和守恒定律。第一类永动机是不可能制成的。
（2）实验经验总结，自然界的普遍规律。
第十三章热力学基础
3
物理学
第五版
13-0 教学基本要求
三理解循环的意义和循环过程中的能量转换关系，会计算卡诺循环和其它简单循环的效率。
四了解可逆过程和不可逆过程，了解热力学第二定律和熵增加原理。
第十三章热力学基础
4
物理学
第五版
13-1 准静态过程功热量
一准静态过程（理想化的过程）
从一个平衡态到另一平衡态所经过的每一中间状态均可近似当作平衡态的过程。
11
物理学
第五版
13-2 内能热力学第一定律
二热力学第一定律
Q E2 E1 W
p
1*
系统从外界吸收的热量，一
*2
部分用于系统对外作功，另一部分用来增加系统的内能。
o V1
V2 V
Q E2 E1 W E W
准静态过程 Q E V2 pdV V1 微变过程 dQ dE dW dE pdV
A V
第十三章热力学基础
9
物理学
第五版
13-2 内能热力学第一定律
一内能系统处于某状态而具有的能量
实验证明系统从状态A 变化到状态B，可以采用做功和传热的方法，不管经过什么过程，只

大学物理热力学基础教案

大学物理热力学基础教案一、引言1.1 热力学的概念解释热力学是研究物质系统在温度、压力等条件变化时，其宏观性质如何变化的科学。

强调热力学在工程、物理等领域的应用重要性。

1.2 热力学的研究方法描述热力学通过实验和理论分析来研究物质系统的宏观性质。

介绍热力学的基本定律和理论模型。

二、热力学第一定律2.1 能量守恒定律解释能量守恒定律的内容，即在一个封闭系统中，能量不会凭空产生或消失，只能从一种形式转化为另一种形式。

通过示例或实验现象展示能量守恒定律的应用。

2.2 内能定义内能的概念，即系统内部所有分子和原子的动能和势能之和。

解释内能与系统温度、体积等参数的关系。

三、热力学第二定律3.1 熵的概念介绍熵的概念，即系统混乱程度的度量，熵值越大，系统越混乱。

解释熵与系统温度、分子运动等的关系。

3.2 热力学第二定律的表述表述热力学第二定律的不同形式，如熵增原理、卡诺定理等。

通过实际例子或图示展示熵增原理的应用。

四、热力学第三定律4.1 绝对零度的概念解释绝对零度是理论上最低可能的温度，即物质的熵为零的状态。

介绍开尔文温标与摄氏温标的关系。

4.2 熵与绝对零度解释熵与绝对零度之间的关系，即随着温度的降低，熵逐渐减小并趋近于零。

强调熵与绝对零度在热力学研究中的重要性。

五、热力学应用5.1 热机介绍热机的概念，即利用热能转换为机械能的装置。

解释热机的效率和热力学第二定律的关系。

5.2 热传递描述热传递的基本方式，包括导热、对流和辐射。

解释热传递的规律，如傅里叶定律、牛顿热传递定律等。

六、热力学状态方程6.1 理想气体状态方程推导理想气体状态方程PV=nRT，其中P 为压强，V 为体积，n 为物质的量，R 为理想气体常数，T 为温度。

解释理想气体状态方程在一定条件下的适用性。

6.2 物态方程介绍物态方程的概念，它是描述在不同温度和压力下，物质的状态（如固体、液体、气体）如何变化的方程。

举例说明物态方程在实际应用中的重要性。

大学物理热学第十三章热力学基础 PPT

Mayer公式
•摩尔热容比
CP,m i 2
CV ,m i
泊松比
CV ,m
i 2
R
Cp,m
CV ,m
R
i
2 2
R
单原子分子理想气体 i 3 1.67
双原子分子理想气体 i 5 1.40
多原子分子理想气体 i 6 1.33
pV m RT RT
M
Q CV ,m (T2 T1)
•过程曲线: p b T2
0
a T1 V
吸收得热量全部用来内能增加;或向外界放热以内能减小为代价;系统对外不作功。
3、理想气体定体摩尔热容 CV ,m
•定义:1mol、等体过程升高1度所需得热量
•等体过程吸热 QV CV ,m (T2 T1)
•等体过程内能得增量
E
QV
i 2
R
T2
T1 CV ,m T2
13-1 准静态过程功热量
一、准静态过程
可用Ｐ－V 图上得一条有
方向得曲线表示。
二、功
准静态过程系统对外界做功:
元功: dW Fdl pSdl pdV
dl
系统体积由V1变为V2,系统对外界作总功为:
V2
W＝ pdV
V1
p F S pe
光滑
注意:
V2
W＝ pdV
V1
1、V ，W>0 ；V ，W<0或外界对系统作功，V不变时W=0
V2 PdV
V1
i CV ,m 2 R
CP,m
CV ,m
CP,m CV ,m R
等容等压
WV 0
QV CV ,m (T2 T1) E
QP Cp,m (T2 T1) CV ,m (T2 T1) P(V2 V1) WP P(V2 V1) R(T2 T1)

大学物理第 13 章第 3 次课 -- 卡诺循环

W净 Q1 Q2 Q净
Q1 为总吸热; Q2为总放热(取绝对值). 系统对外界做的净功不为零有两种情况: 净功大于零, 或净功小于零.
上海师范大学
2 /15
§13.5
循环过程卡诺循环
系统对外界做的净功不为零有两种情况: 净功大于零, 或净功小于零. 这两种情况分别对应着两种不同的过程, 即热机和致冷机.
二、热机和致冷机
1. 热机热机：利用工作物质持续地将热量转变为功的机器 . 工作物质(工质)：热机中被利用来吸收热量并对外做功的物质 .
热机的最早代表是蒸汽机. 1698年萨维利和1705年纽可门先后发明了蒸汽机, 当时蒸汽机的效率极低. p A 1765年瓦特进行了重大改进 , 大大提高了效率. c 世界上的第一次工业革命是以蒸汽机为代表的. W
1
V1 V
由绝热过程的 TV 1 即
常数
可得
TAV1
TBV2
;
TCV2
1
TDV1
1
TA V ( 2 ) 1 ; TB V1
TD V ( 2 ) 1 TC V1
由此可得
TD T A TC TB

TD TC TA TB

TD TA TC TB TA TB
p2 p4
T2 T1 T2 1 T1 T1
A
T1 T2
T1
(7)式表明, 卡诺循环的效率只由两个恒温热源的温度决定. 高温热源的温度T1越高, 低温热源T2的温度越低, 则卡诺循环的效率越高. 3. 卡诺逆循环
p3
D
W
T2
V2
B C
V3
o V1 V4
V

高考物理大一轮复习第十三章热学教师用书(选修33)

第十三章热学（选修3-3）第69课时分子动理论内能(双基落实课)[命题者说] 本课时内容既是高考选考内容，又是热学最基本的知识，因此高考针对这些内容命题时，难度不会很大。

在复习这部分内容时，只需全面复习，不需要过深的挖掘。

1.(1)分子的大小①一般无机分子直径的数量级约为：10－10 m。

②一般无机分子质量的数量级约为：10－26 kg。

(2)阿伏加德罗常数：指1 mol的任何物质中含有相同的微粒个数，用符号N A表示，N A ＝6.02×1023 mol－1。

2．分子热运动：指分子永不停息的无规则运动(1)扩散现象：指相互接触的不同物质彼此进入对方的现象。

温度越高，扩散越快；扩散可在固体、液体、气体中进行。

(2)布朗运动：指悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动。

微粒越小，温度越高，布朗运动越显著。

3．分子间的相互作用力分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，如图所示。

(1)当r＝r0时，F引＝F斥，F＝0；(2)当r＜r0时，F引和F斥都随距离的减小而增大，但F引＜F斥，F表现为斥力；(3)当r＞r0时，F引和F斥都随距离的增大而减小，但F引＞F斥，F表现为引力；(4)当r＞10r0(10－9 m)时，F引和F斥都已经十分微弱，可以认为分子间没有相互作用力(F＝0)。

[小题练通]1．(2016·北京高考)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果。

雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并且PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm 的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)。

某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化。

近年高考物理大一轮复习第13单元热学作业手册(2021年整理)

（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第13单元热学作业手册编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第13单元热学作业手册）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第13单元热学作业手册的全部内容。

第13单元热学课时作业(三十二)第32讲分子动理论内能用油膜法估测分子的大小时间/ 40分钟基础巩固1。

（多选)下列叙述正确的是( ）A.扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B.布朗运动就是液体分子的运动C.分子间距离增大，分子间的引力和斥力一定都减小D。

物体的温度越高,分子运动越激烈,每个分子的动能一定都越大E。

两个铅块压紧后能连在一起,说明分子间有引力2。

（多选）下列说法中正确的是（)A。

液体分子的无规则运动称为布朗运动B.液体中悬浮微粒越小，布朗运动越显著C.布朗运动是液体分子热运动的反映D.分子间的引力总是大于斥力E。

分子间同时存在引力和斥力3。

(多选)[2017·山东淄阳一中模拟］已知下列物理量，不能算出氢气密度的是（) A。

氢气的摩尔质量和阿伏伽德罗常数B.氢气分子的体积和氢气分子的质量C.氢气的摩尔质量和氢气的摩尔体积D。

氢气分子的质量和氢气的摩尔体积及阿伏伽德罗常数E。

氢气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数4.(多选)[2017·西安一中模拟]关于分子动理论，下列说法中正确的是（）A。

显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B.在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素C.当分子间的引力大于斥力时，宏观物体呈现固态;当分子间的引力小于斥力时,宏观物体呈现气态D.随着分子间距离的增大,分子间的相互作用力一定先减小后增大E.随着分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大5。

大学物理B2_第13章_1

2014年10月15日星期三
7
第十三章热力学基础1
第十三章热力学基础
教学基本要求
1. 掌握内能、功和热量等概念，理解准静态过程； 2. 掌握定体摩尔热容量和定压摩尔热容量； 3. 掌握热力学第一定律，能分析、计算理想气体在等体、等压、等温和绝热过程中的功、热量和内能的改变量； 4. 理解循环的意义和循环过程的能量转换关系；能熟练计算卡诺循环或其它的简单循环的效率；
第十三章热力学基础1
第十三章热力学基础
13-1 准静态过程功热量内能摩尔热容 13-2 热力学第一定律
13-3 理想气体的等体和等压过程 13-4 理想气体的等温和绝热过程 13-5 循环过程卡诺循环
13-6 热力学第二定律表述卡诺定理 13-7 熵熵增加原理 13-8 热力学第二定律的统计意义
很大，但前进中要与其他分子作频繁的碰撞，每碰一次，分子运动方向就发生改变，所走的路程非常曲折。分子自由程: 气体分子两次相邻碰撞之间自由通过的路程。
2014年10月15日星期三
2
第十三章热力学基础1
分子碰撞频率:
在单位时间内一个分子与其他分子碰撞的次数。
一、平均碰撞频率假定： 1 . 分子为刚性小球； 2 . 分子有效直径为d； 3 . 其它分子皆静止, 某一分子以平均速率
默认：理想气体的各过程为准静态过程一、摩尔热容 1.热容：一定量的物质升高（或降低）1K温度所吸收（或放热）的热量数学表达式：C Q
T
或 C
dQ dT
C 2.比热容：单位质量的热容， c m 3.摩尔热容：
1mol的物质升高（或降低）1K温度所吸收（或放热）的热量数学表达式： Cmol

大学物理热力学基础

PV const.
泊松公式
20
由理想气体状态方程: PV=恒量
PV M RT
V-1T=恒量
绝热方程（泊松方程）
P-1 T-=恒量
P
根据泊松公式，在P-V图
等温
上可画出理想气体绝热
绝热
过程所对应的曲线，称为
绝热线。
O
V
绝热线比等温线更陡?
21
准静态绝热过程功的计算
除了借助第一定律计算功外，对于准静态绝热
n = 1 —— 等温过程 n = —— 绝热过程 n = 0 —— 等压过程 n = —— 等容过程一般情况1 n ，多方过程可近似代表气体内进行的实际过程。
26
与绝热过程功的计算类似，对于多方过程，有
1 W n 1 (P2V2 P1V1 )
P
n n
n 1
n0
V
27
[例] 一定质量的理想气体系统
16
引入表示定压热容与定容热容的比值，即
绝热系数
三比热容
Cp 1 2
Cv
i
定义 : C dQ 为系统热容 dT
J K 1
c为单位质量的热容比热容 J K 1 kg1
则: C mc
17
§ 13.4 理想气体的等温过程和绝热过程
一.等温过程 T=恒量，dT=0，E=o。则
.A
Q E W
PaPT
. C 等温
.
绝热
等温过程中,使压强降低ｇ的原因只有一个------V增大。
O
B
V
V
绝热过程中,使压强降低的原因有两个:
(1)V增大,密度减小.
(2)内能减少,温度降低.
Pa PT 故绝热线比等温线陡! 24

大学物理B2_第13章_4

T2 1 T1
2014年10月15日星期三
T1
D
W
B
p3
o V1 V4
T2
V2
C
V
V3
卡诺热机效率与工作物质无关，只与两个热源的温
度有关，两热源温差越大，则卡诺循环的效率越高。只要提高T1或降低T2, 就可以要提高热机效率。
3
第十三章热力学基础4
例1. 图中两卡诺循环 1
2 吗？
b
2014年10月15日星期三
第十三章热力学基础4
五、熵增加原理热二律指出，自然界所发生的物理过程是有一定方向的，那
判断过程进行方向的公共准则是什么呢？孤立系统可逆过程 S 0 孤立系统中所发生的一切不可逆过程的熵总是增加，可逆过程熵不变，这就是熵增加原理。熵增加原理成立的条件: 孤立系统或绝热过程。熵增加原理的应用：给出实际过程进行方向的判椐。孤立系统不可逆过程 S 0
1954年国际计量大会决定：规定水的三相点定义为热力学温度的273.16K，这样热力学温标的1个刻度值就等于水的三相点 1 的热力学温度的 273.16 12 2014年10月15日星期三
第十三章热力学基础4
13-7 熵熵增加原理
一、问题的引出热力学第二定律表明，一切与热现象有关的实际过程都是不可逆的。能否找到一个状态函数，并用这个状态函数在初、终两态的差异或单向变化的性质来判断实际过程进行的方向呢？这个状态函数就是熵！二、状态函数熵的引入 Q T Q Q 1 2 1 2 1 2 可逆卡诺热机的效率为： Q1 T1 T1 T2 Q1 Q2 0 其中Q1是吸热，Q2是放热。上式称克劳修斯等式 T1 T2 Q1 Q2 0 Q >0 吸热，Q 0 放热。统一用热一律的符号规定： T1 T2 Q 称热温比上式表明可逆卡诺循环热温比之和为零。 T

大学物理气体动理论热力学基础复习题及答案详解

第12章气体动理论一、填空题：1、一打足气的自行车内胎，若在7℃时轮胎中空气压强为4.0×.则在温度变为37℃，轮胎内空气510pa 的压强是。

（设内胎容积不变）2、在湖面下50.0m 深处（温度为4.0℃），有一个体积为的空气泡升到水面上来，若湖面的531.010m -⨯温度为17.0℃，则气泡到达湖面的体积是。

（取大气压强为）50 1.01310ppa =⨯3、一容器内储有氧气，其压强为，温度为27.0℃，则气体分子的数密度为50 1.0110p pa =⨯；氧气的密度为；分子的平均平动动能为；分子间的平均距离为。

（设分子均匀等距排列）4、星际空间温度可达2.7k ，则氢分子的平均速率为，方均根速率为，最概然速率为。

5、在压强为下，氮气分子的平均自由程为，当温度不变时，压强为51.0110pa ⨯66.010cm -⨯，则其平均自由程为1.0mm 。

6、若氖气分子的有效直径为，则在温度为600k ，压强为时，氖分子1s 内的82.5910cm -⨯21.3310pa ⨯平均碰撞次数为。

7、如图12-1所示两条曲线(1)和(2),分别定性的表示一定量的某种理想气体不同温度下的速率分布曲线,对应温度高的曲线是 .若图中两条曲线定性的表示相同温度下的氢气和氧气的速率分布曲线,则表示氧气速率分布曲线的是 .8、试说明下列各量的物理物理意义：（1），（2），12kT 32kT （3），（4），2ikT 2iRT （5），（6）。

32RT 2M iRT Mmol 参考答案：1、 2、54.4310pa ⨯536.1110m -⨯3、25332192.4410 1.30 6.2110 3.4510m kg m J m----⨯⋅⨯⨯4、2121121.69101.8310 1.5010m s m s m s ---⨯⋅⨯⋅⨯⋅图12-15、 6、 7、（2），（2）6.06pa 613.8110s -⨯8、略二、选择题：教材习题12-1，12-2，12-3，12-4. （见课本p207～208）参考答案：12-1～12-4 C, C, B, B.第十三章热力学基础一、选择题1、有两个相同的容器，容积不变，一个盛有氦气，另一个盛有氢气（均可看成刚性分子）它们的压强和温度都相等，现将 5 J 的热量传给氢气，使氢气温度升高，如果使氦气也升高同样的温度，则应向氦气传递的热量是（）（A ） 6 J（B ） 5 J（C ） 3 J（D ） 2 J2、一定量理想气体，经历某过程后，它的温度升高了，则根据热力学定理可以断定：（1）该理想气体系统在此过程中作了功；（2）在此过程中外界对该理想气体系统作了正功；（3）该理想气体系统的内能增加了；（4）在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功。

高考物理全国通用大一轮复习讲义文档第十三章热学第讲Word版含答案

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：二、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．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．1．判断下列说法是否正确．(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．(√)2．一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 B3．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() A．U＝200 J，E k＝600 JB．U＝600 J，E k＝200 JC．U＝600 J，E k＝800 JD．U＝800 J，E k＝200 J答案 B解析U＝F f x＝60×10 J＝600 JE k＝F·x－U＝80×10 J－600 J＝200 J4．(人教版选修3－3P61第2题改编)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CD5．(粤教版选修3－3P73第3题)在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会()A．降低B．不变C．升高D．无法判断答案 C命题点一热力学第一定律与能量守恒定律1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的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，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(2016·全国Ⅲ卷·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，其摩尔质量不同，即分子个数不同，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；根据pVT＝C 可知，如果等温压缩，则内能不变；等压膨胀，温度增大，内能一定增大，C 、E 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只与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D 正确．1．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A ．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变 B ．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变 C ．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小答案 CD解析一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B 项错；保持气体的压强不变，改变其体积，则其温度一定改变，故内能变化，A 项错误；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程pVT ＝C 可知，则其压强可以不变，C 项正确；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，气体温度每升高1 K 所吸收的热量Q 与做功W 有关，即与气体经历的过程有关，D 选项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，E 项错．故C 、D 正确．2．(2015·北京理综·13)下列说法正确的是( ) A ．物体放出热量，其内能一定减小 B ．物体对外做功，其内能一定减小C ．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D ．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变答案 C解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递．若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负、还可为0，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误．命题点二热力学第二定律1．热力学第二定律的涵义(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”的涵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．热力学过程方向性实例低温物体．(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给热．(2)功能自发地完全转化为不能自发地转化为气体体积V2(较大)．(3)气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到(4)不同气体A和B能自发混合成混合气体AB.不能自发分离成4．热力学第一、第二定律的比较5.两类永动机的比较例2 (2016·全国Ⅰ卷·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解析气体内能的改变ΔU ＝Q ＋W ，故对气体做功可改变气体内能，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pVT ＝C ，p 不变，V 增大，气体温度升高，内能增大，ΔU >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，D 选项正确；根据热平衡性质，E 选项正确．3．根据热力学定律，下列说法正确的是( )A ．电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B ．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能E．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”答案ABD解析热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故D正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故E错误．4．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．热量能够自发地从高温物体传到低温物体B．不可能使热量从低温物体传向高温物体C．第二类永动机违反了热力学第二定律D．气体向真空膨胀的过程是不可逆过程E．功转变为热的实际宏观过程是可逆过程答案ACD命题点三热力学定律与气体实验定律的综合解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的基本思路例3(2016·全国Ⅱ卷·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pT图象如图1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1A ．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对角线ac 的延长线过原点O .答案 ABE解析由理想气体状态方程pV T ＝C 得，p ＝CVT ，由图象可知，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 0＝p b ＝p c ，过程da 中压强为p 0′＝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 0(V b －V c )＝C (T b －T c )，过程da 中气体对外界做的功W da ＝p 0′(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4 一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图2所示水平放置．活塞的质量m ＝20 kg ，横截面积S ＝100 cm 2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L 1＝12 cm ，离汽缸口的距离L 2＝3 cm.外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa ，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g ＝10 m/s 2，求：图2(1)此时气体的温度为多少？(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q ＝370 J 的热量，则气体增加的内能ΔU 多大？①缓慢、稳定；②活塞上表面刚好与汽缸口相平．答案 (1)450 K (2)310 J 解析(1)当汽缸水平放置时，p 0＝1.0×105 Pa ， V 0＝L 1S ，T 0＝(273＋27) K ＝300 K当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有 p 1S ＝p 0S ＋mg则p 1＝p 0＋mg S ＝1.0×105 Pa ＋20010－2 Pa ＝1.2×105 PaV 1＝(L 1＋L 2)S由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1(L 1＋L 2)ST 1则T 1＝p 1(L 1＋L 2)p 0L 1T 0＝1.2×105×151.0×105×12×300 K ＝450 K.(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 p 0L 1S ＝p 1LS则L ＝p 0L 1p 1＝1.0×105×121.2×105cm ＝10 cm加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 W ＝－p 0(L 1＋L 2－L )S －mg (L 1＋L 2－L )＝－60 J 根据热力学第一定律 ΔU ＝W ＋Q 得ΔU ＝310 J.5.一定质量的理想气体经历了如图3所示的A →B →C →D →A 循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示．A 状态的压强为1×105 Pa ，求：图3(1)B 状态的温度；(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量．答案 (1)600 K (2)放热150 J解析 (1)理想气体从A 状态到B 状态的过程中，压强保持不变，根据盖—吕萨克定律有 V A T A ＝V BT B代入数据解得T B ＝V BV AT A ＝600 K(2)理想气体从A 状态到B 状态的过程中，外界对气体做功 W 1＝－p A (V B －V A ) 解得W 1＝－100 J气体从B 状态到C 状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有 p B T B ＝p C T C解得p C ＝2.5×105 Pa从C 状态到D 状态的过程中，外界对气体做功 W 2＝p C (V B －V A ) 解得W 2＝250 J一次循环过程中外界对气体所做的总功W ＝W 1＋W 2＝150 J理想气体从A 状态完成一次循环，回到A 状态，始末温度不变，所以内能不变．根据热力学第一定律有 ΔU ＝W ＋Q 解得Q ＝－150 J故完成一次循环，气体向外界放热150 J.6.如图4所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度H 1＝0.60 m ，气体的温度T 1＝300 K ；现给汽缸缓慢加热至T 2＝480 K ，活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度H 2处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU ＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞横截面积S ＝5.0×10－3 m 2.求：图4(1)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 .答案 (1)0.96 m (2)480 J解析 (1)气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得：H 1S T 1＝H 2S T 2即0.60 m 300 K ＝H 2480 K解得H 2＝0.96 m(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为：W 0＝p 0ΔV ＝[1.0×105×(0.96－0.60)×5.0×10－3] J ＝180 J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝480 J.题组1 热力学第一定律的理解和应用1．在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，在加压测试过程中，下列说法中正确的是( )A ．包装袋内氮气的压强增大B ．包装袋内氮气的内能不变C ．包装袋内氮气对外做功D．包装袋内氮气放出热量E．包装袋内氮气的所有分子运动速率都保持不变答案ABD2．下列说法中正确的是()A．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大B．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小C．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同D．物体的内能与物体的温度和体积都有关系E．凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性答案BDE解析速度增大，不会改变物体的分子的动能，故A错误；体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B正确；质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C错误；物体的内能取决于物体的温度和体积，故D正确；由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E 正确．题组2热力学第二定律的理解3．根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是()A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来答案 A解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A 正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误．4．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是()A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的答案 D解析第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对．题组3热力学定律与气体实验定律的综合5．(2015·福建·29(2))如图1，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则()图1A．T b＞T c，Q ab＞Q ac B．T b＞T c，Q ab＜Q acC．T b＝T c，Q ab＞Q ac D．T b＝T c，Q ab＜Q ac答案 C解析a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：V0T a＝2V0T b，得T b＝2T a，a→c过程为等容变化，由查理定律得：p0T a＝2p0T c，得T c＝2T a，所以T b＝T c.由热力学第一定律，a→b：W ab＋Q ab＝ΔU ab a→c：W ac＋Q ac＝ΔU ac又W ab ＜0，W ac ＝0，ΔU ab ＝ΔU ac >0，则有Q ab ＞Q ac ，故C 项正确．6.如图2所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C .已知状态A 的温度为300 K.图2(1)求气体在状态B 的温度；(2)由状态B 变化到状态C 的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．答案 (1)1 200 K (2)放热，理由见解析解析 (1)由理想气体的状态方程p A V A T A ＝p B V B T B解得气体在状态B 的温度T B ＝1 200 K(2)由B →C ，气体做等容变化，由查理定律得：p B T B ＝p C T CT C ＝600 K气体由B 到C 为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，ΔU ＝W ＋Q ，可知气体要放热．7.如图3所示，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体，p 0与T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：图3(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q .答案见解析解析 (1)在气体由压强p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T ＝2.4T 0变为T 1，由查理定律得：p T ＝p 0T 1，解得T 1＝2T 0在气体温度由T 1变为T 0过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得 V T 1＝V 1T 0得V 1＝12V (2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减少为ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q ＝W ＋ΔU解得Q ＝12p 0V ＋αT 0. 8．如图4所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量为m ，横截面积为S ，与隔板相距h .现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q 时，活塞上升了h ，此时气体的温度为T 1.已知大气压强为p 0，重力加速度为g .图4(1)加热过程中，若A 气体内能增加了ΔU 1，求B 气体内能增加量ΔU 2.(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A 气体的温度为T 2.求此时添加砂粒的总质量Δm .答案 (1)Q －(mg ＋p 0S )h －ΔU 1 (2)(2T 2T 1－1)(Sp 0g＋m ) 解析 (1)B 气体对外做的功：W ＝pSh ＝(p 0S ＋mg )h由热力学第一定律得ΔU 1＋ΔU 2＝Q －W解得ΔU 2＝Q －(mg ＋p 0S )h －ΔU 1(2)停止对气体加热后，B 气体的初状态：p 1＝p 0＋mg SV 1＝2hS ，T 1B 气体的末状态： p 2＝p 0＋(m ＋Δm )g S V 2＝hS ，T 2由理想气体状态方程 p 1V 1T 1＝p2V 2T 2解得Δm ＝(2T 2T 1－1)(Sp 0g ＋m )．。

高考物理专题热学第13单元作业手册正文

课时作业第32讲分子动理论内能时间:40分钟基础达标1.以下说法正确的是()A.当两个分子间的距离为r0(平衡位置)时,分子势能最小B.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动C.一滴油酸酒精溶液体积为V,在水面上形成的单分子油膜面积为S,则油酸分子的直径d=VSD.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,从而气体的压强一定增大2.关于分子运动,下列说法中正确的是()图K32-1A.布朗运动就是液体分子的热运动B.如图K32-1所示,布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹C.当分子间的距离变小时,分子间作用力可能减小,也可能增大D.物体温度改变时,物体分子的平均动能不一定改变3.根据分子动理论可知,下列说法中正确的是()A.已知阿伏伽德罗常数和某物质的摩尔质量,可以求出该物质分子的质量B.布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动C.气体总是很容易充满整个容器,这是分子间存在斥力的宏观表现D.当分子间的平均距离变大时,气体体积变大,压强一定减小4.下列有关温度的各种说法中正确的是()A.温度低的物体其内能小B.温度低的物体其分子运动的平均速率小C.物体做加速运动时,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能越来越大D.0 ℃的铁和0 ℃的冰其分子平均动能相同5.如图K32-2所示,甲分子固定在坐标原点O,乙分子沿x轴运动,两分子间的分子势能E p与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示.图中分子势能的最小值为-E0.若两分子所具有的总能量为零,则下列说法中正确的是()图K32-2A.乙分子在P点(x=x2)时,加速度最大B.乙分子在P点(x=x2)时,其动能为E0C.乙分子在Q点(x=x1)时,处于平衡状态D.乙分子的运动范围为x≤x1技能提升6.(多选)将一个分子P固定在O点,另一个分子Q从图中的A点由静止释放,两分子之间的作用力与间距关系的图像如图K32-3所示,则下列说法正确的是()图K32-3A.分子Q由A运动到C的过程中,先加速再减速B.分子Q在C点时分子势能最小C.分子Q在C点时加速度大小为零D.分子Q由A点释放后至运动到C点左侧的过程中,加速度先增大后减小再增大7.(多选)关于热现象和热学规律,以下说法正确的是()A.布朗运动表明,构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中,分子间的引力和斥力都在减小C.物体的摄氏温度变化了1 ℃,其热力学温度变化了273 KD.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中,它们的分子势能先减小后增大8.(多选)设有甲、乙两分子,如图K32-4所示,甲分子固定在O点,r0为其平衡位置间的距离.今使乙分子仅在分子力作用下在距甲分子0.5r0处由静止开始沿x轴正方向运动,则()图K32-4A.乙分子的加速度先减小后增大再减小B.乙分子到达r0处时速度最大C.分子力对乙分子一直做正功,分子势能减小D.乙分子一直沿x轴正方向做加速运动9.(多选)如图K32-5所示,横轴r表示两分子间的距离,纵轴F表示两分子间引力、斥力的大小,图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系,e为两曲线的交点.下列说法正确的是()图K32-5A.ab为斥力曲线,cd为引力曲线B.若两分子间的距离增大,则分子间的斥力比引力减小得更快C.若r=r0,则分子间没有引力和斥力D.分子间距离从r0开始增大时,分子势能一定增大10.(多选)两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力,它们随分子间距离r的变化关系如图K32-6所示.图中虚线是分子斥力和分子引力曲线,实线是分子合力曲线.当分子间距离r=r0时,分子间合力为零,则这两个分子组成的系统的分子势能E p与两分子间距离r的关系曲线可能正确的是图K32-7中的()图K32-6图K32-711.(多选)一般情况下,分子间同时存在分子引力和分子斥力.若在外力作用下两分子间的距离达到不能再靠近时,固定甲分子不动,乙分子可自由移动,去掉外力后,当乙分子运动到很远时,速度为v,则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m) ()mv2A.乙分子的动能变化量为12B.分子引力比分子斥力多做的功为1mv22mv2C.分子斥力比分子引力多做的功为12mv2D.乙分子克服分子力做的功为12挑战自我12.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,某同学操作步骤如下:①取一定量的无水酒精和油酸,配制成一定浓度的油酸酒精溶液;②在量筒中滴入一滴该溶液,测出它的体积;③在浅盘内盛一定量的水,再滴入一滴溶液,待散开稳定;④在浅盘上覆盖玻璃板,描出油酸薄膜形状,用透明方格纸测量油酸薄膜的面积.请指出错误或有遗漏的步骤,并改正其错误:错误的步骤:;有遗漏的步骤:.13.测量分子大小的方法有很多,如油膜法、显微法.(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中,用移液管量取0.25 mL油酸,倒入标注250 mL的容量瓶中,再加入酒精后得到250 mL的溶液.然后用滴管吸取这种溶液,向小量筒中一滴一滴地滴入溶液,当溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度时,已滴入了50滴.再用滴管取配好的油酸酒精溶液,向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液,在液面上形成油酸薄膜,待油膜稳定后,放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜,如图K32-8甲所示.坐标格中每个小正方形方格的大小为2 cm×2 cm.由图可以估算出油膜的面积是 cm2,由此估算出油酸分子的直径是m(保留一位有效数字).图K32-8(2)图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片.这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10-8 m 的圆周而组成的.由此可以估算出铁原子的直径约为 m(结果保留两位有效数字).课时作业(三十三)第33讲固体、液体、气体的性质热力学定律时间:40分钟基础达标1.固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图K33-1所示,横轴表示时间t,纵轴表示温度T.下列判断正确的是()图K33-1A.固体甲一定是晶体,固体乙一定是非晶体B.固体甲一定有确定的几何外形,固体乙一定没有确定的几何外形C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性,固体乙一定表现出各向同性D.图线甲中ab段温度不变,所以甲的内能不变2.[2019·江西师大附中月考]下列说法正确的是()A.竖直玻璃管里的水银面不是平面,而是“上凸”的,这是表面张力所致B.液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质与某些晶体相似,具有各向同性C.物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体D.压缩气体需要用力,这是气体分子间有斥力的表现3.(多选)下列说法中正确的是()A.气体分子的数目越多,气体的体积越大B.气体膨胀时对外做功,消耗内能,故气体的内能减少C.内能不同的两个物体的分子热运动的平均动能可能相等D.晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化4.(多选)下列说法中正确的是()A.给车胎打气,越来越吃力,是由于分子间存在斥力B.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C.悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉在做无规则的热运动D.液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性5.(多选)如图K33-2所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示.在此过程中()图K33-2A.气体的温度一直降低B.气体的内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热技能提升6.(多选)某同学用带有刻度的注射器做验证玻意耳定律的实验,温度计表明在整个实验过程中都是等温的,他根据实验数据绘出了p-1的关系图线EF,从图K33-3中的图线可以得出()V图K33-3A.如果实验是从E状态→F状态,则表示外界有空气进入注射器内B.如果实验是从E状态→F状态,则表示注射器内有部分空气漏了出来C.如果实验是从F状态→E状态,则表示注射器内有部分空气漏了出来D.如果实验是从F状态→E状态,则表示外界有空气进入注射器内7.(多选)如图K33-4所示,p表示压强,V表示体积,T表示热力学温度,t表示摄氏温度,则四个图中气体是等压变化的有()图K33-48.[2019·太原五中期末]如图K33-5所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;气缸内密封有温度为3T0、压强为2p0的理想气体.p0和T0分别为大气的压强和温度.已知气体内能U与温度T的关系为U=aT,a为正的常量;气缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的.求:(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;(2)在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量Q.图K33-59.[2019·四川绵阳二诊]如图K33-6所示,玻璃管长l0=1 m,一端开口,另一端封闭,内有一段长度h=20 cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体.大气压强p0=76 cmHg.当玻璃管开口向下竖直放置时,气柱长l1=72 cm,这时气体温度为T=300 K.(1)保持温度不变,将玻璃管缓慢转动到开口向上,这时气柱长为多少?(2)在玻璃管开口向上时对气体加热,当温度升到多少时,玻璃管中水银恰好不溢出?(3)在(2)的基础上继续对气体加热,当气柱达到最高温度时,管中水银柱长度为多少?图K33-6挑战自我10.一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上,绝热的活塞下方封闭着空气,活塞的重力不计.若突然用竖直向上的力F将活塞向上拉一些,如图K33-7所示,则缸内封闭着的气体()图K33-7A.每个分子对缸壁的冲力都会减小B.单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少C.分子平均动能不变D.内能的改变量等于拉力F对活塞做的功11.(多选)一定质量的理想气体状态变化过程如图K33-8所示,第1种变化是从A到B,第2种变化是从A到C.比较两种变化过程,则()图K33-8A.从A到C过程中气体吸收热量较多B.从A到B过程中气体吸收热量较多C.两个过程中气体吸收热量一样多D.两个过程中气体内能增量相同12.[2019·重庆一诊]如图K33-9所示,上端开口的圆柱形气缸竖直放置,通过活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体Q封闭在气缸内.在气缸内距缸底H高处设有A、B卡座,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在A、B上,缸内气体的压强为p0,温度为T1.现缓慢加热气缸内气体,当温度为T2时,活塞恰好离开A、B;当温度为T3时,活塞上升了h高度(图中未画出).已知活塞横截面积为S,活塞与气缸壁间光滑且气密性良好,外界大气压强始终为p0.求:(1)活塞的重力G;(2)固体Q的体积V.图K33-9课时作业1.A[解析] 当两个分子间的距离为r0(平衡位置)时,分子势能最小,选项A正确;布朗运动反映了液体中的体积应是油酸的体积,而不是油酸酒分子的无规则运动,选项B错误;油酸分子直径的计算式d=VS精溶液的体积,选项C错误;气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,单个分子撞击器壁时对器壁的作用力增大,但因单位体积内的分子数是否变化未知,因此气体的压强不一定增大,选项D错误.2.C[解析] 布朗运动是悬浮颗粒的运动,布朗运动图中不规则折线是每隔一定时间颗粒位置的连线,不表示液体分子的运动轨迹,选项A、B错误;当分子间的距离变小时,如果分子间作用力表现为引力,则分子力减小,如果分子间作用力表现为斥力,则分子力增大,选项C正确;温度是分子平均动能的标志,物体温度改变时,物体分子的平均动能一定改变,选项D错误.3.A[解析] 阿伏伽德罗常数表示1 mol物质内含有的分子数,由阿伏伽德罗常数和摩尔质量可求得分子的质量;布朗运动中的固体颗粒不是分子;气体分子间距很大,分子力近似为零,气体总是很容易充满整个容器的原因是分子在永不停息地做无规则运动;气体压强不仅与单位时间内打到器壁单位面积上的分子数有关,还与气体分子的平均动能有关,而分子的平均动能与温度有关.4.D[解析] 决定物体内能的是物体中所含分子的摩尔数、温度和体积三个因素,温度是分子平均动能的标志,温度低只能表明分子的平均动能小,而比较分子平均速率的大小还要看分子的质量,选项A、B 错误;物体做加速运动时,其宏观动能逐渐增大,但是物体的温度不一定升高,所以分子的平均动能变化情况不能确定,选项C错误;温度表征了分子的平均动能,铁和冰的温度相同,则分子的平均动能一定相等,选项D正确.5.B[解析] 乙分子在x=x2处时,分子势能最小(为-E0),则分子动能最大(为E0),分子力为零,加速度为零,故选项A错误,B正确;因乙分子在x=x1处时分子力不为零,故其在Q点不是处于平衡状态,选项C错误;当乙分子运动到x=x1处时,因其分子势能为零,故分子动能为零,速度为零,而后向分子间距变大的方向运动,故乙分子的运动范围为x≥x1,选项D错误.6.BCD[解析] 分子Q由A运动到C的过程中,一直受引力作用,速度一直增大,动能增加,分子势能减少,在C点时分子势能最小,选项A错误,选项B正确;分子Q在C点时受到的分子力为零,故在C点时加速度大小为零,选项C正确;分子Q由A点释放后至运动到C点过程中,受到先增大后减小的引力,然后向C点左侧运动过程中,受到逐渐增大的斥力,故加速度先增大后减小再增大,选项D正确.7.BD[解析] 布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动,表明液体分子在做无规则运动,选项A错误;两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中,分子间的引力和斥力都在减小,选项B正确;物体的摄氏温度变化了1 ℃,其热力学温度变化了1 K,选项C错误;两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中,它们的分子势能先减小后增大,选项D正确.8.AB[解析] 因为距O点r0处为乙分子的平衡位置,所以当r<r0时,乙分子受到斥力的作用从静止开始做加速运动,并且加速度逐渐减小,至r=r0时加速度为零,速度最大;当r>r0时,乙分子受到引力作用而做减速运动,由于分子间的引力先增大后减小,所以乙分子的加速度先增大再减小,选项A、B正确,D 错误.分子力对乙分子先做正功后做负功,分子势能先减小后增大,选项C错误.9.BD[解析] 因为斥力比引力变化得快,所以ab为引力曲线,cd为斥力曲线,故A错误,B正确; 当r=r0时,分子引力和分子斥力大小相等,其合力为零,故C错误;r=r0是平衡位置,分子势能最小,当r从r0开始增大时,分子力表现为引力,分子力做负功,分子势能增大,故D正确.10.BC[解析] 当分子间距离r>r0时,分子间表现为引力,若分子间距离r减小,则分子力做正功,分子势能减小,当r<r0时,分子间表现为斥力,若分子间距r减小,则分子力做负功,分子势能增大,当r=r0时,分子势能最小.考虑取不同点作为分子势能为零的点,选项B、C可能正确.11.AC [解析] 当甲、乙两分子间距离最小时,两者都处于静止状态,当乙分子运动到分子力的作用范围之外时,乙分子不再受力,此时速度为v ,故在此过程中乙分子的动能变化量为12mv 2,选项A 正确;在此过程中,分子斥力始终做正功,分子引力始终做负功,即W 合=W 斥-W 引,由动能定理得W 斥-W 引=12mv 2,故分子斥力比分子引力多做的功为12mv 2,选项C 正确.12.②中应用微小量累积法测体积 ③中漏加痱子粉[解析] ②由于一滴溶液的体积太小,直接测量时,相对误差太大,所以应用微小量累积法减小测量误差;③液面上不撒痱子粉时,滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜,油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败. 13.(1)256 8×10-10 (2)9.4×10-10[解析] (1)数出油膜的正方形格数,大于半格的算一个,小于半格的舍去,得到油膜的面积S=64×2 cm ×2 cm =256 cm 2.溶液浓度为11000,每滴溶液体积为150 mL,1滴溶液中所含油酸体积为V=2×10-5 cm 3,油膜厚度即油酸分子的直径是d=V S≈8×10-10 m .(2)直径为1.43×10-8m 的圆周周长为D=πd ≈4.49×10-8m,可以估算出铁原子的直径约为d'=4.49×10-848m ≈9.4×10-10 m .课时作业(三十三)1.A [解析] 晶体具有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点,所以固体甲一定是晶体,固体乙一定是非晶体,故A 正确;固体甲若是多晶体,则不会有确定的几何外形,固体乙是非晶体,一定没有确定的几何外形,故B 错误;在热传导方面,固体甲若是多晶体,则不会表现出各向异性,固体乙一定表现出各向同性,故C 错误;晶体在熔化时温度不变,但由于晶体吸收热量,所以内能在增大,故D 错误.2.A [解析] 竖直玻璃管里的水银面不是平面,而是“上凸”的,这是表面张力所致,A 正确;液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,故B 错误;物理性质表现为各向同性的固体也可能是多晶体,不一定是非晶体,故C 错误;气体分子之间距离很大,分子力近似为零,用力才能压缩气体是由气体压强造成的,并非由分子之间的斥力造成,故D 错误.3.CD [解析] 气体内部分子间有空隙,气体分子的数目多时,气体的体积不一定大,A 错误;气体的内能的变化取决于做功和热传递两个方面,B 错误;温度是分子平均动能的标志,内能不同的两个物体如果温度相同,它们的分子热运动的平均动能就相等,C 正确;晶体和非晶体在一条件下可以相互转化,D 正确.4.BD [解析] 给车胎打气,越来越吃力,主要是因为打气过程中车胎内气体压强增大,A 错误;液体表面张力、浸润现象和不浸润现象都是分子力作用的表现,B 正确;悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子在做无规则的热运动,C 错误;液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,D 正确.5.BCD [解析] 由理想气体状态方程得p a V a T a =p b V bT b,结合图像知p a <p b ,V a <V b ,所以T a <T b ,即气体的温度一直升高,内能一直增加,A 错误,B 正确;气体体积变大,气体一直对外做功,由热力学第一定律得ΔU=W+Q ,因此气体一直从外界吸热,C 、D 正确.6.AC [解析] 分别连接O 、E 和O 、F ,因斜率k OF >k OE ,所以(pV )F >(pV )E ,故从E 状态→F 状态,质量m 增大,而从F 状态→E 状态,质量m 减小,选项A 、C 正确.7.AB [解析] A 是等压升温过程,选项A 正确;B 是等压升温膨胀过程,V ∝T ,选项B 正确;C 是降压膨胀过程,选项C 错误;D 中V ∝t ,不是V ∝T ,一定不是等压过程,选项D 错误.8.(1)23V (2)13p 0V+12aT 0[解析] (1)在气体压强由2p 0到p 0的过程中,由查理定理得T 13T 0=p 02p 0 解得T 1=3T 02在气体温度由T 1到T 0的过程中,由盖—吕萨克定律得T 1T 0=VV 1解得V 1=2V 3(2)活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W=p 0(V-V 1)在这一过程中,气体内能的减少为ΔU=a (T 1-T 0)由热力学第一定律得,气缸内气体放出的热量为Q=W+ΔU=13p 0V+12aT 09.(1)42 cm (2)571.4 K (3)12 cm[解析] (1)对封闭气体,当管口向下时,p 1=p 0-ρgh=56 cmHg,V 1=Sl 1,T 1=300 K当管口向上时,p 2=p 0+ρgh=96 cmHg,V 2=Sl 2,T 2=300 K由玻意耳定律得p 1V 1=p 2V 2解得l 2=42 cm(2)设当温度升高到T 3时,水银恰好不溢出,对封闭气体,p 3=p 2=96 cmHg,V 3=S (l 0-h )由盖—吕萨克定律得V 2T 2=V 3T 3解得T 3≈571.4 K(3)设当温度最高时,管内水银柱长度为x ,对封闭气体,p 4=p 0+ρgx ,V 4=S (l 0-x )由理想气体状态方程得p 1V 1T 1=p 4V 4T 4 代入数据化简得56×72300=(76+x )(100-x )T 4当x=12 cm 时,温度T 4最高10.B [解析] 把活塞向上拉起,气体的体积增大,气体对活塞做功,气体内能减小,温度降低,分子的平均动能减小,平均冲力变小,但不是每个分子的冲力都减小,同时单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少,故选项A 、C 错误,B 正确;活塞重力不计,则拉力F 和大气压力对活塞做的总功等于缸内气体内能的改变量,故选项D 错误.11.AD [解析] 在p-T 图中,等容线是过原点的倾斜直线,由图像可知V C >V A >V B ,故从A 到C 过程中,气体对外做功,从A 到B 过程中,外界对气体做功,由T B =T C 可知,两个过程中气体内能增量相同,根据ΔU=W+Q 可知,从A 到C 过程中,气体吸收热量较多,选项A 、D 正确,B 、C 错误.12.(1)p 0S (T 2-T 1)T 1 (2)T 3SH -T 2S (H+ℎ)T 3-T 2[解析] (1)对密闭气体,状态1:压强为p 0,温度为T 1;状态2:压强为p 0+G S ,温度为T 2.由状态1到状态2,密闭气体发生等容变化,由查理定理得T 1T 2=p 0p 0+G S解得G=p0S(T2-T1)T1(2)状态3:压强为p3=p2=p0+GS,温度为T3,体积为V3=S(H+h)-V;状态2:体积为V2=SH-V.由状态2到状态3,密闭气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律得V3T3=V2 T2解得V=T3SH-T2S(H+ℎ)T3-T2。

大学物理第十三章

3、理想气体做绝热膨胀，由初状态()00,V p 至末状态()Vp ,，试证明此过程中气体做的功为：100--=γpVV p W 。

证明：绝热过程0=Q ，所以E W ∆-=，)(0,T T C Mm W m V --=，初状态和末状态的方程分别为：000RT Mm V P =，RT Mm PV =，解出0T 与T 代入W 有：RpV V p C W m V )(00,-=，又因为m V m p C C R ,,-=，mV m p C C ,,=γ，所以，100--=γpVV p W解：∵外界对物体做功 ∴W =300J ∵气体的内能减少了 ∴△U =-300J 根据热力学第一定律得Q =△U - W =-300J – 300J= -600J Q 是负值，表示气体放热，因此气体放出了600J 的热量。

7．奥托（内燃机）循环是由两个等容过程和两个绝热过程组成的，试求此循的热机效率是多少？解：)(d a V T T C Q -=ν吸)(c b V T T C Q -=ν放吸Q A =η=吸放Q Q -1，V=da cb T T T T ---1，ab ：11--=γγbb a a V T V T ，dc ：11--=γγcc dd V T V Tcb da T T T T =，ccb dda T T T T T T -=-，dc da cb T T T T T T =--11)(1)(--==γγdc cd dc V V V V T T ，令δ=dc V V ：压缩比111--=γδη，↑δ，↑η8．逆向斯特林循环是由两个等容过程和两个等温过程组成的，则逆向斯特林循环的致冷系数是多少？解：cd ba V V RT V V RT A lnln21νν-=1T acd V V RT Q ln 2ν='吸AQ e 吸'==cd ba cd V V RT V V RT V V RT lnlnln212ννν-，212T T T e -=11. 汽缸内贮有36g 水蒸汽(水蒸汽视为刚性分子理想气体),图4.9经abcda 循环过程,如图4.9所示.其中a －b 、c －d 为等容过程,b －c 为等温过程,d －a 为等压过程.试求: (1) A da = ？ (2) ∆E ab =？(3) 循环过程水蒸汽作的净功 A =？(4) 循环效率η是多少？解：（1）A da =p a (V a －V d )= －5.065⨯10－3J （2） ∆E ab =(M/M mol )(i/2)R(T b -T a )= (i/2)(p b －p a )V a =3.039⨯104J （3） A bc =(M/M mol )RT b ln(V c /V b )=p b V b ln(V c /V b )=1.05⨯104J A=A bc +A da =5.47⨯103J （3） Q 1=Q ab +Q bc =∆E ab +A bc =4.09⨯104J ，η=A/Q 1=13.4%12、如图（a ）是某理想气体循环过程的T V -图。

大学物理题库-第13章热力学基础

热力学基础一选择题01功、热量、内能，热力学第一定律及其对典型的热力学过程的应用，绝热过程1. 对于理想气体系统来说,在下列过程中的哪个过程，所吸收的热量、内能的增量和对外作功三者均为负值： [ ]（A ）等体降压过程（B ）等温膨胀过程（C ）绝热膨胀过程（D ）等压压缩过程答案：D2.一定量的理想气体，经历某过程后，温度升高了．则根据热力学定律可以断定：(1) 该理想气体系统在此过程中吸了热．(2) 在此过程中外界对该理想气体系统作了正功．(3) 该理想气体系统的内能增加了．(4) 在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功．以上正确的断言是：(A) (1)、(3)． (B) (2)、(3)．(C) (3)． (D) (3)、(4)．(E) (4)．［］答案：C(060101104)3. 如图所示，一定量理想气体从体积V 1，膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A →B 等压过程，A →C 等温过程；A →D 绝热过程，其中吸热量最多的过程(A) 是A →B. (B)是A →C. (C)是A →D. (D)既是A →B 也是A →C , 两过程吸热一样多。

[ ]答案：C(060101106)4. 如图所示，一个绝热容器，用质量可忽略的绝热板分成体积相等的两部分,两边分别装入质量相等、温度相同的2H 和2O 。

开始时绝热板P 固定。

然后释放之，板P 将发生移动(绝热板与容器壁之间不漏气，且摩擦可以忽略不计)，在达到新的平衡位置后，若比较两边温度的高低，则结果是：[ ]（A ） 2H 比2O 温度高；（B ） 2O 比2H 温度高；（C ）两边温度相等且等于原来的温度；（D ）两边温度相等但比原来的温度降低了。

答案：DV5. 如图，bca 为理想气体绝热过程，b 1a 和b 2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是: (A) b 1a 过程放热，作负功；b 2a 过程放热，作负功． (B) b 1a 过程吸热，作负功；b 2a 过程放热，作负功． (C) b 1a 过程吸热，作正功；b 2a 过程吸热，作负功．(D) b 1a 过程放热，作正功；b 2a 过程吸热，作正功．［］答案：B6. 如图所示，一定量的理想气体，沿着图中直线从状态a ( 压强p 1 = 4 atm ，体积V 1 =2 L )变到状态b ( 压强p 2 =2 atm ，体积V 2 =4 L )．则在此过程中：(A) 气体对外作正功，向外界放出热量． (B) 气体对外作正功，从外界吸热．(C) 气体对外作负功，向外界放出热量． (D) 气体对外作正功，内能减少．［］答案：B7. 一定量的理想气体，其状态改变在p －T 图上沿着一条直线从平衡态a 到平衡态b (如图)．(A) 这是一个膨胀过程． (B) 这是一个等体过程． (C) 这是一个压缩过程． (D) 数据不足，不能判断这是那种过程．［］答案：C8. 一定量的理想气体分别由初态a 经①过程ab 和由初态a ′经②过程a′cb 到达相同的终态b ，如p －T 图所示，则两个过程中气体从外界吸收的热量 Q 1，Q 2的关系为： (A) Q 1<0，Q 1> Q 2． (B) Q 1>0，Q 1> Q 2．(C) Q 1<0，Q 1< Q 2． (D) Q 1>0，Q 1< Q 2．［］答案：B 02 理想气体的定容摩尔热容，定压摩尔热容，迈耶公式和比热比1、在等压、等容、等温、绝热四种过程中，某单原子分子理想气体的摩尔热容依次应该是：[ ] 、[ ] 、[ ] 、[ ]（A ） 0 （B ） 3R /2 （C ） 5R /2 （） ∞答案：C ；B ；D ；A03循环过程，卡诺循环，热机效率，制冷系数1、一条等温线和一条绝热线不能组成循环过程的原因是：[ ]（A ）违背了热力学第一定律p OV b 1 2 a c 123412 p（B）违背了热力学第二定律（C）一条等温和一条绝热线不能相交两次（D）一个循环过程至少应由三条曲线组成答案：BC2、两个卡诺热机的循环曲线如图所示，一个工作在温度为T1 与T3的两个热源之间，另一个工作在温度为T2与T3的两个热源之间，已知这两个循环曲线所包围的面积相等．由此可知：（A）两个热机的效率一定相等．（B）两个热机从高温热源所吸收的热量一定相等．（C）两个热机向低温热源所放出的热量一定相等．（D）两个热机吸收的热量与放出的热量（绝对值）的差值一定相等．[ ]答案：D3、一定量的某种理想气体起始温度为T，体积为V，该气体在下面循环过程中经过三个平衡过程：(1) 绝热膨胀到体积为2V，(2)等体变化使温度恢复为T，(3) 等温压缩到原来体积V，则此整个循环过程中(A) 气体向外界放热(B) 气体对外界作正功(C) 气体内能增加(D) 气体内能减少［］答案：A4、一定量的理想气体，起始温度为T，体积为V0．后经历绝热过程，体积变为2 V0．再经过等压过程，温度回升到起始温度．最后再经过等温过程，回到起始状态．则在此循环过程中(A) 气体从外界净吸的热量为负值．(B) 气体对外界净作的功为正值．(C) 气体从外界净吸的热量为正值．(D) 气体内能减少．［］答案：A5、一定质量的理想气体完成一循环过程．此过程在V－T图中用图线1→2→3→1描写．该气体在循Array环过程中吸热、放热的情况是(A) 在1→2，3→1过程吸热；在2→3过程放热．(B) 在2→3过程吸热；在1→2，3→1过程放热．(C) 在1→2过程吸热；在2→3，3→1过程放热．(D) 在2→3，3→1过程吸热；在1→2过程放热．［］答案: C6、理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小(图中阴影部分)分别为S 1和S 2，则二者的大小关系是：(A) S 1 > S 2． (B) S 1 = S 2．(C) S 1 < S 2． (D) 无法确定．［］答案：B7、一定量某理想气体所经历的循环过程是：从初态(V 0,T 0)开始，先经绝热膨胀使其体积增大1倍，再经等体升温回复到初态温度T 0，最后经等温过程使其体积回复为V 0，则气体在此循环过程中． (A) 对外作的净功为正值． (B) 对外作的净功为负值．(C) 内能增加了． (D) 从外界净吸的热量为正值．［］答案:B8、如图所示，工作物质进行a Ⅰb Ⅱa 可逆循环过程，已知在过程a Ⅰb 中，它从外界净吸收的热量为Q ，而它放出的热量总和的绝对值为Q 2，过程b Ⅱa 为绝热过程；循环闭曲线所包围的面积为A ．该循环的效率为(A) Q A =η ． (B) Q A >η． (C) 2Q Q A +=η． (D) 121T T -=η．［］（式中T 1、T 2为a 、b 两点的温度）答案：C04可逆过程，不可逆过程，卡诺定理，热力学第二定律得两种表述1、 “理想气体和单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功．”对此说法，有如下几种评论，哪种是正确的？(A) 不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律．(B) 不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律．(C) 不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律．(D) 违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律．［］答案：C2、根据热力学第二定律可知：(A) 功可以全部转换为热，但热不能全部转换为功．(B) 热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(C) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程．(D) 一切自发过程都是不可逆的．［］答案：D3、关于在相同的高温恒温热源和相同的低温恒温热源之间工作的各种热机的效率，以及它们在每一循环中对外所作的净功，有以下几种说法，其中正确的一种说法是：(A)这些热机的效率相等，它们在每一循环中对外作的净功也相等．(B)不可逆热机的效率一定小于可逆热机的效率，不可逆热机在每一循环中对外所作的净功一定小于可逆热机在每一循环中对外所作的净功．p V O a (T 1)b (T ２)ⅠⅡ(C)各种可逆热机的效率相等，但各种可逆热机在每一循环中对外所作的净功不一定相等．(E) 这些热机的效率及它们在每一循环中对外所作的净功大小关系都无法断定．［］答案：Ｃ05热力学第二定律的统计意义，熵的概念和熵增原理。