内容正文:
物理 选择性必修第三册(人教)
第三章
热力学定律
微专题二 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
热力学第一定律与气体实验定律的综合
1.几种常见的气体变化过程
(1)绝热过程:在该过程中气体既不从外界吸热,也不向外界放热,即Q=0,则W=ΔU,外界对气体做的功等于气体内能的增加量。
(2)等容过程:在该过程中气体不做功,即W=0,则Q=ΔU,气体吸收的热量等于气体内能的增加量。
(3)等温过程:在过程的始末状态,气体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,表示气体吸收的热量全部用来对外做功或外界对气体所做的功全部转换为热量放出。
2.常见的分析思路
(1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大,对外做功;气体体积减小,外界对气体做功。
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关,温度升高,内能增加;温度降低,内能减小。
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。由热力学第一定律ΔU=W+Q,得Q=ΔU-W,若已知气体的做功情况和内能的变化情况,即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
[例1](2023·济宁高二期中)汽缸可以通过改变缸内气体的温度来控制活塞的运动,此装置广泛应用于半导体行业中的材料加工过程。图甲是一直立且内壁光滑的汽缸,其简化原理图如图乙所示,活塞A、B用一长L=1 m的不可伸长的细线连接,A、B的截面积分别为SA=100 cm2、SB=25 cm2 ,A、B之间封闭有一定质量的空气(视为理想气体),A的上方和B的下方都始终保持在p0=1.0×105 Pa的大气压下。活塞A、B与汽缸分界点的距离均为0.5 m时,整体恰好处于平衡状态。已知此时封闭空气的温度T1=400 K、压强p1=1.1×105 Pa,线中的张力FT=75 N,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求活塞A、B的质量mA、mB;
(2)若让汽缸内空气的温度缓慢升高,直到活塞B将要脱离汽缸,求此时缸内空气的温度T2;
(3)当活塞B即将脱离汽缸时,立即固定两个活塞并缓慢降低缸内空气的温度直到缸内空气的压强与外界相等,已知该封闭空气的内能U与热力学温度T成正比,满足关系U=kT,式中k=0.3 J/K,求该过程中汽缸内空气放出的热量Q(结果保留2位有效数字)。
解析:(1)对活塞A、B受力分析,则有
FT+p0SA+mAg=p1SA
FT+p0SB=mBg+p1SB
解得mA=2.5 kg,mB=5 kg。
(2)由于该过程缓慢且活塞B没有脱离汽缸,所以缸内空气的压强没有发生变化,设初始时两活塞内的空气的体积为V1,活塞B即将脱离汽缸时空气的体积为V2,则有V1=(SA+SB),V2=SAL
由=,解得T2=640 K。
(3)由于固定了活塞,所以空气体积不变,设缸内气压等于外界气压时的温度为T3,则有=,Q=k(T2-T3)
解得Q≈17 J。
答案:(1)2.5 kg 5 kg (2)640 K (3)17 J
【名师点拨】 解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路
[训练]1.如图所示,竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体,活塞横截面积为S=0.10 m2,活塞的质量忽略不计,汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定,汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计),此时缸内气体温度为27 ℃,U形管内水银面高度差h1=15 cm。已知大气压强p0=75 cmHg=1.0×105 Pa。
(1)让汽缸缓慢降温,直至U形管内两边水银面相平,求这时封闭气体的温度;
(2)接着解除对活塞的锁定,活塞可在汽缸内无摩擦滑动,同时对汽缸缓慢加热,直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm,求整个过程中气体与外界交换的热量。
解析:(1)对汽缸内的气体,初始状态:p1=p0+ph1=(75+15) cmHg=90 cmHg;V1=HS=0.8S;T1=(273+27) K=300 K
末态:p2=p0=75 cmHg;V2=HS=0.8 S;由=
解得T2=250 K=-23 ℃。
(2)解除对活塞的锁定后,气体内部压强一直为p0,气体吸收热量对外做功,最终气体温度与外界温度相同,即气体内能不变;当汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm时,对外做功 W=p0SΔh=1.0×105×0.1×(0.96-0.80)J=1.6×103 J
由热力学第一定律可知,整个过程中气体吸收热量1.6×103 J。
答案:(1)-23 ℃ (2)吸收热量1.6×103 J
要点二 热力学第一定律与热学图像的综合
1.“两明确”巧析气体状态变化图像
(1)明确点、线的物理意义:
①点表示一个平衡状态,对应相应气体状态参量。
②线表示理想气体状态变化的一个过程。
(2)明确斜率