第三章 热力学定律 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

章末综合提升 第三章　热力学定律 章末检测 内容索引 一、知识网络构建 二、归纳整合提升 1.对温度、内能、热量、功的理解 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 是热传递过程中内能的改变量,用来度量热传递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 概念 温度 内能 热量 功 关系 温度和内能是状态量,热量和功则是过程量,热传递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 (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。只有当通过热传递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)热量是热传递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”。 [典例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 A [解析]　物体的内能与温度有关,同一物体温度越高,内能越大,A正确;做功和热传递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。 2.热力学第一定律和气体实验定律的结合 (1)利用体积的变化分析做功问题(气体向真空自由膨胀除外),气体体积增大,气体对外界做功,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=Q+W,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过程是吸热过程还是放热过程。 (4)解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路 [典例2]　如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内,活塞可沿汽缸无摩擦地滑动。活塞横截面积S=1.0×10-3 m2,质量m=2 kg,汽缸竖直放置时,活塞相对于底部的高度为h=1.2 m,室温等于 27 ℃;现将汽缸置于77 ℃的热水中,已知大气压强p0=1.0×105 Pa,g取 10 m/s2,求: (1)平衡时活塞离汽缸底部的距离; (2)此过程中内部气体吸收热量28.8 J,气体内能的变化量。 [答案]　(1)1.4 m　(2)增加4.8 J [解析]　(1)设平衡时活塞距汽缸底部的距离为h2,取封闭气体为研究对象,气体发生等压变化, 由盖-吕萨克定律得= 解得h2=1.4 m。 (2)在此过程中气体对外做功 W=p0S(h2-h)+mg(h2-h) 由热力学第一定律得ΔU=Q-W 解得ΔU=4.8 J 气体内能增加4.8 J。 [典例3]　如图所示为一定质量理想气体的p-V图像,气体状态经历了由A经B到C的变化过程,其中A到B过程中气体吸收了120 J热量,对外做功180 J;B到C过程中气体吸收了240 J热量。则: (1)A到B过程中气体内能改变了多少? (2)B到C过程中,是外界对气体做功还是气体对外界做功?做了多少功? (3)整个过程中气体内能改变了多少? [答案]　(1)减少60 J　(2)气体对外界做功　200 J　(3)减少20 J [解析]　(1)A到B过程中气体吸收了120 J热量,对外做功180 J。由热力学第一定律ΔU=Q+W,代入数据解得ΔU=120 J+(-180)J=-60 J,即内能减少 60 J。 (2)B到C过程中,体积变大,气体对外界做功,做功W=pΔV=200 J。 (3)A到B过程中内能减小60 J;B到C过程中,气体吸收了240 J热量,对外做功200 J,故B到C过程中,气体内能增加了40 J,故整个过程中气体内能减少20 J。 3.热力学两定律的比较   热力学第一定律 热力学第二定律 区别 是能量守恒定律在热力学中的表现,否定了创造能量和消灭能量的可能性,从而否定了第一类永动机 是关于在有限空间和时间内,一切和热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性的经验总结,从而否定了第二类永动机 联系 两定律分别从不同角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律,二者既相互独立,又相互补充,都是热力学的理论基础 [典例4]　 (多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解,下列说法正确的是(　　) A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J,同时从外界吸收120 J热量,则它的内能增加20 J B.物体从外界吸收热量,其内能一定增加,物体对外界做功,其内能一定减少 C.第二类永动机违反了热力学第二定律,没有违反热力学第一定律 D.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递过程中,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 AC [解析]　根据热力学第一定律知,ΔU=Q+W=-100 J+120 J=20 J,说明内能增加了20 J,故A正确;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU>0,内能增加,ΔU<0,内能减小,ΔU的大小由W、Q共同决定,说明物体从外界吸收热量,其内能不一定增加,物体对外界做功,其内能不一定减少,故B错误;第二类永动机没有违反热力学第一定律,不能制成是因为它违反了热力学第二定律,故C正确;通过做功的方式可以使热量从低温物体传递给高温物体,如电冰箱制冷时热量从低温物体传递给高温物体,故D错误。 章末检测(三)　热力学定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题(本大题共10个小题。在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。) 1.关于能源,下列说法正确的是(　　) A.根据能量守恒定律,我们不需要节约能源 B.化石能源、水能和风能都是不可再生的能源 C.华龙一号(核电技术电站)工作时,它能把核能转化为电能 D.能量的转化、转移没有方向性 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:虽然能量是守恒的,但耗散在环境中的内能无法全部收集起来加以利用,即能量的可利用率越来越低,能量的品质越来越低,方便使用的能源在减少,故我们仍需要节约能源,故A错误;化石能源是不可再生能源,水能和风能都是可再生的能源,故B错误;华龙一号(核电技术电站)工作时,它能把核能转化为电能,故C正确;根据热力学第二定律可知,有些能量的转化、转移具有方向性,如机械能和内能的相互转化,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.如图所示,一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片,轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推动转轮转动。离开热水后,叶片形状迅速恢复,转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　　) A.热水将热量传递给叶片,所以热水的温度会降低 B.由形状记忆合金自身提供了转轮转动的能量 C.转轮依靠自身惯性一直转动,不需要消耗外界能量 D.叶片在热水中吸收的热量等于在空气中释放的热量 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:热水将热量传递给叶片,同时热水会向四周放出热量,根据热力学第一定律可知水的内能减少,所以热水的温度会降低,故A正确;要维持转轮转动需要外力做功,转轮转动所需能量不能由转轮自身提供,而是消耗了水的内能,故B错误;叶轮的转动不是靠自身的惯性,是叶片吸收了热水的能量,通过形变转化为叶轮的动能,这个过程消耗了外界(热水)的能量,故C错误;根据热力学第二定律,物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化,故叶片在热水中吸收的热量一部分克服阻力做 功,使叶片转动,所以叶片在热水中吸收的热量一定 大于在空气中释放的热量,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意图如图所示。从储水罐充气口充入气体,达到一定压强后,关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开,水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中,罐内气体温度始终保持不变,则气体(　　) A.压强变大　　　　　　　　 B.对外界做功 C.对外界放热 D.分子平均动能变大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:在水向外不断喷出的过程中,罐内气体体积增大,根据玻意耳定律可知,罐内气体的压强减小,选项A错误;由于罐内气体温度不变,内能不变,体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸热,选项B正确,C错误;根据温度是分子平均动能的标志可知,温度不变,分子平均动能不变,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.热力学第二定律常见的表述方式有两种,其一:不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化;其二:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化。第一种表述方式可以用图甲来表示,根据你对第二种表述的理解,如果也用类似的示意图来表示,你认为图乙示意图中正确的是(　　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由题图甲可知,使热量由低温物体传递到高温物体必伴随外界做功,即引起其他变化;对于第二种方式,热机工作时,从高温物体吸收热量,只有一部分用来对外做功,转变为机械能,另一部分热量要排放给低温物体,故选项B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示,汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞通过定滑轮与一重物相连并处于静止状态,此时活塞到缸口的距离h=0.2 m,活塞面积S=10 cm2,封闭气体的压强p=5×104 Pa。现通过电热丝对缸内气体加热,使活塞缓慢上升直至缸口。在此过程中封闭气体吸收了Q=60 J的热量,假设汽缸壁和活塞都是绝热的,活塞质量及一切摩擦力不计,则在此过程中气体内能的增加量为(　　) A.70 J　　　　　　　　　 B.60 J C.50 J D.10 J C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:活塞移动过程中,汽缸内气体对外界做功W=Fs=pSh=10 J,根据热力学第一定律有ΔU=Q-W=60 J-10 J=50 J,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C,其V-T图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.B→C的过程中,气体分子平均动能增加 B.B→C的过程中,气体一定放出热量 C.A→B的过程中,气体分子的密集程度变小 D.A→B的过程中,分子的平均动能变大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:B→C的过程中,气体的温度降低,气体分子平均动能减少,A错误;B→C的过程中,气体的温度降低,气体的内能减少,气体的体积减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律可知,气体一定放出热量,B正确;A→B的过程中,气体的体积减小,气体分子的密集程度变大,C错误;A→B的过程中,气体的温度不变,气体分子平均动能不变,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分,A中盛有一定质量的理想气体,B为真空(如图甲所示),现把隔板抽去,A中的气体自动充满整个容器(如图乙所示),这个过程称为气体的自由膨胀。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.自由膨胀过程中,气体分子只做定向运动 B.自由膨胀前后,气体的压强不变 C.自由膨胀前后,气体的温度不变 D.容器中的气体在足够长的时间内,能全部自动回到A部分 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由分子动理论知,气体分子的热运动是永不停息的无规则运动,故选项A错误;由能量守恒定律知,气体膨胀前后内能不变,又因一定质量理想气体的内能只与温度有关,所以气体的温度不变,故选项C正确;由=C知,气体压强变小,故选项B错误;由热力学第二定律知,真空中气体膨胀具有方向性,在无外界影响的情况下,容器中的气体不能自发地全部回到容器的A部分,故选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.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、汽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,上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢,气体与外界有充分的热交换;剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快,气体与外界来不及热交换。若汽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 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:上下乘客时汽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;在气体压缩的过程中,外界对气体做正功,又气体内能不变,根据热力学第一定律可知气体向外界放热,故A正确,B错误;剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快,气体与外界来不及热交换,气体经历绝热压缩过程,外界对气体做功,气体温度升高,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.在外界不做功的情况下,物体的内能增加了50 J,下列说法正确的是(　　) A.一定是物体放出了50 J的热量 B.一定是物体吸收了50 J的热量 C.一定是物体的分子动能增加了50 J D.物体分子的平均动能可能不变 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:在外界不做功的情况下,内能的改变量等于传递的热量,内能增加50 J,一定是吸收了50 J的热量,故A错误,B正确;物体内能包括所有分子的动能和势能,内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定,所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J,物体分子的平均动能有可能不变,这时吸收的50 J热量全部用来增加分子势能,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图所示,电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统,制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量 B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递 C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低 答案:ABD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:根据热力学第一定律,Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做功)=Q2(向高温物体释放的热量),A正确;这一过程不是自发完成的,蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体,整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,符合热力学第二定律,B正确;制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态,但是不满足远离液化的状态,不能看成理想气体,C错误;在冷凝器中制冷剂温度降低,分子平均动能降低,制冷剂从气体过渡到液体,分子势能降低,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题(本题共5个小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11.某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界大气压强。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界大气压强相同。此时,容器中空气的温度　　　　(选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。  低于 大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:由题意可知,容器与活塞绝热性能良好,容器内气体与外界不发生热交换,故Q=0,但活塞移动的过程中,容器内气体压强减小,则容器内气体正在膨胀,体积增大,气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律可知,ΔU=Q+W<0,故容器内气体内能减少,温度降低,低于外界温度,最终容器内气体压强和外界气体压强相同,根据理想气体状态方程得pV=CT,又ρ=,m为容器内气体质量,联立两式解得ρ=。取容器外质量也为m的一部分气体,由于容器内温度T低于外界温度,故容器内气体密度大于外界。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-T图像如图所示,已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3、温度为T0,气体内能U与温度的关系为U=aT(a为常数)。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)从状态A变化到状态B的过程中,气体内能的变化量ΔU=　　　　。  (2)该气体在状态C时的体积为　 　　　m3。  (3)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中,气体从外界吸收的热量为　　　　J。  -aT0 6×10-3 400 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)从A到B发生等容变化有= 可得TB=T0,从状态A变化到状态B的过程中,气体内能的变化量ΔU=UB-UA=-aT0。 (2)因为VB=VA,从B到C发生等压变化有= 由题图知TC=TA=T0,所以VC=6×10-3 m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)从A到B再到C的过程中ΔU=0,WAB=0 WBC=-pBΔV=-105×4×10-3 J=-400 J 根据热力学第一定律可得Q=400 J 即气体从外界吸收热量400 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计:在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管,玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱,瓶口处用蜡密封,将酒瓶水平放置,如图所示。已知该酒瓶容积为480 cm3,玻璃管内部横截面积为0.4 cm2,瓶口外的有效长度为48 cm。当气温为7 ℃时,水银柱刚好处在瓶口位置。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求该气温计能够测量的最高气温。 (2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中,密封气体从外界吸收了3 J热量,则在这一过程中该气体的内能变化了多少?(已知大气压强p0=1.0×105 Pa) 答案:(1)18.2 ℃　(2)增加了1.08 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)封闭气体发生等压变化,则= 即= 解得T2=291.2 K,即t2=18.2 ℃。 (2)根据热力学第一定律得ΔU=Q+W 外界对气体做的功W=-p0·ΔV=-1.92 J 解得ΔU=1.08 J 即气体内能增加了1.08 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.一个水平放置的汽缸,由两个截面积不同的圆筒连接而成。活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接,L=0.5 m,它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA=40 cm2、SB=20 cm2,A、B之间封闭着一定质量的理想气体,两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0=1.0×105 Pa 的大气。当汽缸内气体温度为T1=525 K时两活塞静止于如图所示的位置。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)现使汽缸内气体的温度缓慢下降,当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处? (2)若在此变化过程中气体共向外放热500 J,求气体的内能变化了多少? 答案:(1)300 K　(2)减少200 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)活塞向右缓慢移动过程中,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有= 代入数值解得T2=300 K。 (2)活塞向右移动过程中,外界对气体做功 W=p0·3L(SA-SB)=1×105×3×0.5×(4×10-3-2×10-3)J=300 J 由热力学第一定律得 ΔU=W+Q=300 J-500 J=-200 J 即气体的内能减少200 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.如图所示,密闭导热容器A、B的体积均为V0,A、B浸在盛水容器中,达到热平衡后,A中压强为p0,温度为T0,B内为真空,将A中的气体视为理想气体。打开活栓C,A中部分气体进入B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)若再次达到平衡时,水温未发生变化,求此时气体的压强; (2)若密闭气体的内能增量与温度的关系为ΔU=k(T2-T1)(k为大于0的已知常量,T1、T2分别为气体始末状态的温度),在(1)所述状态的基础上,将水温升至1.2T0,重新达到平衡时,求气体的压强及所吸收的热量。 答案:(1)p0　(2)0.6p0　0.2kT0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时,发生等温变化, 根据气体等温变化规律得p0V0=p·2V0 解得此时气体压强p=p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)升高温度,理想气体发生等容变化,根据等容变化规律得= 解得压强p'=1.2p=0.6p0 温度改变,理想气体的体积不变,则外界既不对理想气体做功,理想气体也不对外界做功, 所以W=0 升高温度,内能增量为 ΔU=k(1.2T0-T0)=0.2kT0 根据热力学第一定律ΔU=Q+W 可知气体吸收的热量为Q=ΔU=0.2kT0 。 $$