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（人教版）

章末综合提升 第三章　热力学定律 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 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”。 2.热力学第一定律与气体实验定律的综合 (1)气体的三个实验定律和理想气体状态方程均适用于质量一定的理想气体,因此利用它们分析问题时要注意研究对象的选取,保证研究对象在状态变化过程中质量不变。 (2)分析气体做功情况和内能变化情况时,若气体体积增大,则气体对外界做功,若气体体积减小,则外界对气体做功;由于理想气体的内能是温度的函数,只要温度升高,则内能增大,温度降低,则内能减小。 三、经典例题体验 [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。 [典例2]　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 B [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,故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,故C错误。 [典例3]　一定质量的理想气体,从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程的p-V图像如图所示,横坐标体积数量级为10-3,纵坐标压强数量级为105,AB与横轴平行,BC与纵轴平行,ODC在同一直线上,已知A状态温度为400 K,从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量。下列说法正确的是(　　) A.A状态的内能大于C状态的内能 B.从B状态到C状态的过程中,器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加 C.从A状态到B状态的过程中,气体内能增加了250 J D.D状态的温度为225 K [答案]　D [解析]　根据理想气体状态方程=C可知,由于A、C两状态的pV乘积相等,则两状态的温度相同,所以A状态的内能等于C状态的内能,故A错误;由题图可知,从B状态到C状态的过程中,气体的体积不变,压强减小,根据压强的微观解释可知,器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数减少,故B错误;从A状态到B状态的过程中,气体吸收了320 J的热量,同时气体对外做功,因p-V图像中图线与坐标轴所围的面积等于功,可得WAB=-0.4×105×2×10-3 J=-80 J,根据热力学第一定律可得ΔU=Q+W=320 J-80 J= 240 J,故C错误;由题图可知D状态的压强为pD= 3× Pa,根据=可得TD=TA=225 K, 故D正确。 [典例4]　如图所示,固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸,用质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M=3 kg的物块连接。初始时,活塞与缸底的距离h0=40 cm,缸内气体温度T1=300 K,轻绳恰好处于伸直状态,且无拉力。已知大气压强p0=0.99×105 Pa,活塞横截面积S=100 cm2,忽略一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降,则: (1)当物块恰好对地面无压力时,求缸内气体的温度T2; (2)当缸内气体温度降至T3=261.9 K时,整个过程缸内气体内能减小121.2 J,求物块上升高度Δh及缸内气体其放出的热量Q。 [答案]　(1)291 K　(2)4 cm　160 J [解析]　(1)初始时,对活塞p0S+mg=p1S 解得p1=1×105 Pa 当物块对地面无压力时,对活塞有p0S+mg=p2S+Mg 解得p2=0.97×105 Pa 对气体,由等容变化规律可得= 解得T2=291 K。 (2)对气体,由等压变化规律可得= 即= 解得Δh=4 cm 整个降温压缩过程活塞对气体做的功为 W=p2ΔV=p2SΔh=38.8 J 根据热力学第一定律得ΔU=W+Q 解得Q=-160 J 即放出热量160 J。 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(本题共10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.以下所述现象中,属于通过热传递改变了物体内能的是(　　) A.汽油机汽缸内气体被压缩 B.放在空气中的一杯热水会冷却 C.在转动的砂轮上磨车刀,车刀发热 D.电流通过电阻丝 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:热水放在空气中,通过热传递的方式向外传递了热量,使自身的内能减少,温度降低。而汽油机汽缸内气体被压缩、在转动的砂轮上磨车刀使车刀发热以及电流通过电阻丝都是通过做功改变物体内能的。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.关于能量的转化,下列说法正确的是(　　) A.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行 B.空调机既能制热又能制冷,说明热传递不存在方向性 C.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 D.自然界中能量的总量保持不变,而且能量的可利用性在逐步提高 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:根据热力学第二定律可知,宏观热现象具有方向性,满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行,故A错误;热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体,而空调在工作过程中消耗了电能,故B错误;热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化,故C正确;根据能量守恒定律可知,自然界中能量的总量保持不变,但根据热力学第二定律可知,能量转化具有方向性,能量耗散使能量的可利用性在逐步降低,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.关于能量和能源,下列说法正确的是(　　) A.化石能源是清洁能源,水能是可再生能源 B.人类在不断地开发和利用新能源,所以能量可以被创造 C.在能源的利用过程中,由于能量在数量上并未减少,所以不需要节约能源 D.能量耗散现象说明:在能量转化的过程中,虽然能的总量并不减少,但能量品质降低了 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体,形成酸雨和温室效应,破坏生态环境,不是清洁能源,选项A错误;能量是守恒的,在能源的利用过程中,能量品质会下降,故要节约能源,选项B、C均错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图所示,A、B是两个完全相同的球,分别浸没在水和水银的同一深度内,A、B两球用同一种材料制成,当温度稍微升高时,球的体积会明显变大。如果开始水和水银的温度相同,且两液体温度同时缓慢升高同一值,两球膨胀后,体积相等,仍浸没在液体中,深度相同,则(　　) A.A球吸收的热量较多 B.B球吸收的热量较多 C.两球吸收的热量一样多 D.两球对外做的功一样多 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:水和水银的初温相同(两球的初温相同),当两液体温度同时缓缓地升高同一值,二者的末温相同,所以内能变化相同,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知,吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功,由于水银的密度比水的密度大,则B球克服液体的压力做功多,所以B球吸收的热量较多,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.一定质量的理想气体在某一过程中压强p=1.0×105 Pa 保持不变,体积增大100 cm3,气体内能增加了50 J,则此过程(　　) A.气体从外界吸收50 J的热量 B.气体从外界吸收60 J的热量 C.气体向外界放出50 J的热量 D.气体向外界放出60 J的热量 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:气体体积增大100 cm3,所以气体对外界做的功W=pV=1.0×105×100×10-6 J=10 J,而气体内能增加了50 J,根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量Q=60 J,故B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.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,汽缸内的气体对外界做的功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 7.如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,该过程中气体内能增加了120 J,已知状态A气体的温度为150 ℃。下列说法正确的是(　　) A.气体在状态B时的温度为300 ℃ B.气体在此过程中吸收了200 J的热量 C.状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加 D.状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时的一半 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:从状态A变化到状态B,发生等压变化,则=,由题意知VA=2.0×10-3 m3,VB=4.0×10-3 m3,TA=(273+150)K=423 K,可得TB=2TA=846 K,则tB=573 ℃,故A错误;从状态A变化到状态B,气体膨胀,气体对外界做功,则W=-0.4×105×(4.0-2.0)×10-3 J=-80 J,从状态A变化到状态B,该过程中气体内能增加了120 J,即ΔU=120 J,由热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q=200 J,故B正确;从状态A变化到状态B,气体温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是每个气体分子的动能都增大,故C错误;从状态A变化到状态B,体积加倍,压强不变,温度升高,分子对器壁的平均撞击力增大,根据压强的 微观意义可知,单位时间内单位面积上碰撞器壁的气 体分子数一定减少,但不一定减半,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.气压式电脑桌的简易结构如图所示。导热性能良好的汽缸与活塞之间封闭一定质量的理想气体,活塞可在汽缸内无摩擦运动。设气体的初始状态为A,将电脑放在桌面上,桌面下降一段距离后达到稳定状态B。打开空调一段时间后,桌面回到初始高度,此时气体状态为C。下列说法正确的是(　　) A.从A到B的过程中,内能不变 B.从A到B的过程中,气体会从外界吸热 C.从B到C的过程中,气体分子平均动能不变 D.从B到C的过程中,气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变少 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:从A到B的过程中,气体压强变大,体积减小,因汽缸导热性良好,所以气体温度不变,内能不变,外界对气体做功,则气体向外放热,选项A正确,B错误;从B到C的过程中,气体压强不变,体积变大,则气体温度升高,则气体分子平均动能变大,气体分子对器壁的平均碰撞力变大,而气体数密度减小,可知气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变少,选项C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图所示,水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分,隔板可在汽缸内无摩擦滑动,右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止,左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流,通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时,与初始状态相比(　　 ) A.左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加 B.左右两边气体温度都升高 C.左边气体压强增大 D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 ABC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:当电热丝通电后,右侧的气体吸收电热丝放出的热量,温度升高,同时绝热膨胀,向左推动活塞,从而对左边气体做功,由题意并根据热力学第一定律可知,左边气体内能增加,温度升高;根据理想气体状态方程可知左边气体压强增大,分子数密度增大,左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加,故A、B、C正确;根据能量守恒定律可知,两边气体内能的总增加量等于电热丝放出的热量,故D错误。 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可知,Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做的功)=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的传递,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。) 11.一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c,吸收了340 J的热量,并对外做功120 J。若该气体由状态a沿adc变化到状态c时,对外做功40 J,则这一过程中气体　　　　　(选填“吸收”或“放出”)　　　　　 J热量。  吸收 260 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c的过程,由热力学第一定律可得ΔU=Q+W=340 J-120 J=220 J,即从a状态到c状态,理想气体的内能增加了220 J;若该气体由状态a沿adc变化到状态c时,对外做功40 J,此过程理想气体的内能还是增加220 J,所以可以判定此过程气体吸收热量,再根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q'=ΔU-W'=220 J+40 J=260 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A),已知某些状态的部分参数如图所示(见图中所标数据)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)从状态C→D过程气体分子的密度　　　　　,分子的平均动能会　　　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)  (2)已知状态A的温度TA=250 K,则状态C的温度TC=　　　　　 K。  (3)若已知A→B过程放热Q=80 J,则A→B过程中内能的变化量ΔUAB= 　　　　　 J,B→C过程外界对气体做的功WBC=　　　　　 J。  变小 变大 250 -20 20 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)从状态C→D过程,气体体积变大,气体质量不变,气体分子的密度变小; 从状态C→D过程,压强不变,体积变大,由盖-吕萨克定律得,气体的温度升高,则气体分子的平均动能会变大。 (2)根据理想气体状态方程,有 =,代入数据解得TC=250 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)A→B过程外界对气体做的功 W=pΔV=1×105×(1.2-0.6)×10-3 J=60 J 气体放热Q=80 J 则A→B过程中内能的变化量 ΔUAB=W-Q=-20 J 由以上分析知状态A、C的温度相同,则两状态下气体的内能相同,从B到C为绝热过程, 则从B→C过程外界对气体做的功 WBC=80 J-60 J=20 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.如图所示,质量为M的汽缸内封有空气(质量很小,可看作理想气体),当活塞上系一细绳将汽缸竖直悬在空中保持静止时(如图甲),汽缸内气柱长为2L0,现将汽缸缓慢横放到水平桌面上(如图乙)。活塞和汽缸之间无摩擦且不漏气,大气压强为p0,活塞横截面积为S,缸内气体温度保持不变,整个装置处于常温常压环境中,重力加速度为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)水平横放后,汽缸内气柱的长度为多少? (2)从竖直悬挂到水平横放的过程中,外界对气体做的功为W,则缸内空气是吸热还是放热?交换的热量是多少? 答案:(1)2L0(1-)　(2)放热　W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)汽缸悬在空中时,设汽缸内气体的压强为p1,对汽缸,由平衡条件得 Mg+p1S=p0S 解得p1=p0- 汽缸内气体初状态(悬空)的体积V1=2L0S,气体末状态(横放)的压强p2=p0,设末状态气柱的长度为L,气体温度不变,由玻意耳定律有 p1V1=p0LS 解得L=2L0(1-)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)一定质量的理想气体的内能由温度决定,气体温度不变,内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做功,即W>0,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q=ΔU-W=-W<0,则气体放出热量,放出的热量为W。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(2024·江苏南通月考)一容器内部空腔呈不规则形状,为测量它的容积,在容器上竖直插入一根两端开口且粗细均匀的玻璃管,接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S,管内用一长为h的水银柱封闭着长为l1的空气柱,如图。此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中,水银柱缓慢上升,静止时管内空气柱长度变为l2。已知水银密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求温度为T1时封闭气体的压强p1; (2)求容器的容积V; (3)若该过程封闭气体的内能增加了ΔU,求气体从外界吸收的热量Q。 答案:(1)p0+ρgh　(2)　(3)ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)对液柱受力分析有p1S=p0S+ρghS 解得p1=p0+ρgh。 (2)设容器的容积为V,对封闭气体,其初态的体积为V1=V+l1S 其末态的体积为V2=V+l2S 由于该过程中气体压强不变,即发生等压变化,有 = 解得V=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)该过程为等压变化,其体积变化为ΔV=V2-V1=(l2-l1)S 该过程外界对系统做的功为W=-p1·ΔV 由热力学第一定律有ΔU=W+Q 解得Q=ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(2024·安徽定远育才学校期末)如图所示,内壁光滑的圆柱形汽缸竖直倒立在两木块上,汽缸底水平,汽缸质量为M=20 kg、横截面积为S=5.0×10-3 m2、高为H=0.5 m,质量m=10 kg、厚度可忽略的活塞在汽缸中封闭了一定质量的理想气体,气体温度t1=27 ℃,活塞静止,此时活塞到汽缸开口端的距离为h=0.1 m。通过一定的方法使汽缸内封闭气体从外界吸收了热量Q=620 J,此时气体温度为t2=177 ℃,已知大气压强为p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)最终气体的压强; (2)此过程中封闭气体的内能变化。 答案:(1)0.96×105 Pa　(2)580 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解析:(1)初始时气体压强为p1=p0-=0.8×105 Pa 气体体积V1=(H-h)S 温度T1=300 K 假设汽缸足够长,温度变为T2=(273+177)K=450 K时,根据盖-吕萨克定律有= 解得V2=0.6 m·S>V0=0.5 m·S(汽缸体积) 表明活塞向下移动h后气体做等容变化,最终气体的压强设为p3,体积V3=V0,温度T3=T2。根据理想气体状态方程有= 解得p3=0.96×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功W=p1hS=40 J 对封闭气体,应用热力学第一定律有ΔU=Q-W 联立解得ΔU=580 J。 $$