第3章 热力学定律 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（粤教版2019）

一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 温度、内能、热量、功的理解 [例1]　把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明 (　 ) A．做功可以升高物体的温度 B．做功可以改变物体的内能 C．做功一定可以增加物体的内能 D．做功可以增加物体的热量 [解析]　当快速下压活塞时，活塞对玻璃筒内的空气做功，改变了气体的内能，气体的温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，故B正确；做功改变的是物体的内能，温度升高是内能增大的表现，热量是过程量，所以A、D错误；若外界对系统做功，同时系统对外放出热量，系统内能不一定增加，C错误。 [答案]　B [融会贯通] 温度、内能、热量和功的比较 概念 温度 内能 热量 功 含义 表示物体的冷热程度，是物体分子平均动能大小的标志。它是大量分子热运动的整体表现，对个别分子无意义 物体内所有分子动能和分子势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能 是传热过程中内能的改变量，用来度量传热过程中内能转移的多少 做功过程是机械能或其他形式的能与内能之间的转化过程。功是该过程能量转化的量度 关系 温度和内能是状态量，热量和功则是过程量，传热的前提条件是存在温差，传递的是热量而不是温度，实质上是内能的转移 说明：(1)温度、内能、热量和功是热学中相互关联的四个物理量。当物体的内能改变时，温度不一定改变。只有当通过传热改变物体内能时才会有热量传递，能量的形式没有发生变化。 (2)热量是传热过程中的特征物理量，离开过程谈热量毫无意义。就某一状态而言，只有“内能”，根本不存在“热量”和“功”，因此不能说一个系统中含有多少“热量”或多少“功”。 [对点训练] 1.下列关于温度、内能、热量和功的说法正确的是 (　 ) A．同一物体体积不变时，温度越高，内能越大 B．要使物体的内能增加，一定要吸收热量 C．要使物体的内能增加，一定要对物体做功 D．物体内能增加，它的温度就一定升高 解析：同一物体的内能与温度和体积有关，体积不变时，温度越高，内能越大，A正确；做功和传热在改变物体内能上是等效的，使物体内能增加既可以通过吸收热量也可以通过对物体做功来实现，B、C错误；物体内能是分子动能与分子势能的总和，内能增加可能只是分子势能的增加，分子平均动能可能不变，即温度可能不变，D错误。 答案：A　 热力学第一定律的综合应用 [例2]　在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W，求： (1)pB的表达式； (2)TC的表达式； (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ [融会贯通] 1．热力学第一定律的意义 热力学第一定律不仅反映了做功和传热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传热之间的定量关系。此定律是标量式，应用时各物理量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。 2．正确理解公式的意义及符号的含义 (1)外界对物体做功，W>0；物体对外界做功，W<0。 (2)物体吸收热量，Q>0；物体放出热量，Q<0。 (3)物体内能增加，ΔU>0；物体内能减少，ΔU<0。 3．应用热力学第一定律解题的思路 (1)首先应明确研究对象是哪个物体或哪个热力学系统。 (2)其次要明确物体(或系统)吸收或放出的热量，外界对物体(或系统)所做的功。 (3)最后根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解。特别要注意的是物理量的单位及正负号。 [对点训练] 2．(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　) A．bc过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变 C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小 [例3]　随着世界经济的快速发展，能源短缺问题日显突出，油价的不断攀升，已对各国人民的日常生活造成了各种影响，如排长队等待加油的情景已经多次在世界各地发生，能源成为困扰世界经济发展的重大难题之一。下列有关能量转化的说法正确的是 (　 ) A．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能 B．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行 C．可以直接利用空气中的内能，减少“温室效应” D．物体吸收热量，物体的内能可能减小 热力学第二定律的理解和应用 [解析]　内燃机工作时，燃料不可能全部燃烧、尾气要带走部分热量、零件之间存在摩擦生热、发动机本身需要散热等等，故发动机不可能将所有内能转化为机械能，A错误；由于能量的转移和转化具有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行，B错误；空气中的内能并不能直接被利用，如果需要利用，则需要热泵，例如空调，空气能热水器等，热泵工作同时消耗电能，引起了其他变化，C错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0时，若物体对外界做功W<0，则物体的内能有可能减少，D正确。 [答案]　D [融会贯通] 1．热力学第二定律的两种表述 (1)按照传热的方向性表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，这是热力学第二定律的克劳修斯表述。 (2)按照机械能与内能转化的方向性表述：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，这是热力学第二定律的开尔文表述。 2．热力学第二定律的微观意义 (1)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。 (2)用熵来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。 [对点训练] 3.(多选)下列说法中正确的是 (　 ) A．随着科学技术的发展，制冷机的制冷温度可以降到－280 ℃ B．热量可以从低温物体传到高温物体 C．无论科技怎样发展，第二类永动机都不可能实现 D．无论科技怎样发展，都无法判断一物体温度升高是通过做功还是传热实现的 解析：制冷机的制冷温度不可能降到－273.15 ℃以下，A错误；在一定条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，B正确；不可能从单一热库吸热使之完全变成功而不产生其他影响，即第二类永动机永远不可能实现，C正确；做功和传热在改变物体内能上是等效的，无论科技怎样发展，都无法判断一物体的温度升高是通过做功还是传热实现的，D正确。 答案：BCD　 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是 (　 ) A．甲装置是为了研究电流产生的热量与电阻的关系 B．甲装置通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多 C．乙装置是为了研究电流产生的热量与电流的关系 D．乙装置通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小 解析：甲装置中右侧两个5 Ω的电阻并联后再与左侧一个5 Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端电阻的电流相等，即I右＝I左，两个5 Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1＋I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧电阻通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，B正确；在乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，因此通电一段时间后，玻璃管右侧液面高度差更大，故C、D错误。 答案：B　 2．如图，某厂家声称所生产的空气能热水器能将热量从空气吸收到储水箱，下列说法中正确的是(　 ) A．热量可以自发地从大气传递到储水箱内 B．空气能热水器的工作原理违反了能量守恒定律 C．空气能热水器的工作原理违反了热力学第二定律 D．空气能热水器能够不断地把空气中的热量传到水箱内，但必须消耗电能 解析：该热水器将空气中的能量转移到热水中，符合能量守恒定律，但是热量不可能自发地从低温物体转移到高温物体，实质上在产生热水的过程中，必须消耗电能才能实现，因此也符合热力学第二定律。故A、B、C错误，D正确。 答案：D　 3． (多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中 (　 ) A．上下乘客时，气体的内能不变 B．上下乘客时，气体从外界吸热 C．剧烈颠簸时，外界对气体做功 D．剧烈颠簸时，气体的温度不变 解析：上下乘客时气缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。 答案：AC　 4．如图所示是某类潮汐发电示意图。涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水(如图甲)，待水面升至最高点时关闭闸门，落潮时，开闸放水发电(如图乙)。设海湾水库面积为5.0×108 m2，平均潮差为3.0 m，一天涨落潮两次，发电机的平均能量转化效率为10%，则一天内发电的平均功率约为(ρ水＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2) (　 ) A．2.6×104 kW　　　　 B．5.2×104 kW C．2.6×105 kW D．5.2×105 kW “章末综合检测”见“章末综合检测（三）” (单击进入电子文档) 27 [解析]　(1)由题可知，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB，解得pB＝p0。 (2)根据理想气体状态方程可得＝ 解得TC＝1.9T0。 (3)根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q 因为B到C过程绝热，故Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。 [答案]　(1)p0　(2)1.9T0　(3)W 解析： bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程＝c，整理可得V＝·T，可知V­T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa＜pb＝pc，可知ca过程气体压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程温度升高，内能增大，故D错误。 答案：AC　 解析：利用潮汐发电，就是把水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是10%，一次涨潮，退潮后水坝内水的势能减少： Ep 水＝GΔh＝mgΔh＝ρ水VgΔh＝ρ水ShgΔh， Δh为水的重心下降的高度， Δh＝ m 则水的势能可转化为电能： W电＝Ep 水×10%＝ρ水SghΔh×10%＝1.0×103×5.0×108×10×3×1.5×0.1 J＝2.25×1012 J。 每天两次涨落潮，则该电站一天能发电4.5×1012 J，所以每天的平均功率为P＝≈5.2×104 kW，故A、C、D错误，B正确。 答案：B　 $$