第三章 热力学定律 单元复习课件 -2024-2025学年高二下学期物理人教版(2019)选择性必修第三册

第三章 《热力学定律》单元复习 单元知识结构 能量守恒定律 热力学第一定律 ∆U=W+Q 热力学第二定律 热力学定律 能量的耗散 内能：物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，只依赖于系统自身的状态，是系统状态参量的函数。 热力学第一定律：在系统与外界同时发生做功和热传递的过程中，系统内能的变化量∆ U 等于外界对系统所做的功 W 与系统从外界吸收的热量 Q 的代数和，即∆U = W+Q。 能量守恒定律：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其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，从物体的一部分转移到其他部分，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 基本概念和基本规律 热力学第二定律的克劳修斯表述：不可能把热量从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化。 热力学第二定律的开尔文表述：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。 第一类永动机：这种机器不消耗任何能量，却能源源不断地对外做功。 第二类永动机：从单一热源吸热使之完全变为有用功而不产生其他影响的热机称为第二类永动机。 1.关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A.在一定的条件下，物体的温度可以降到0K B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C.吸收了热量的物体，其内能一定增加 D.压缩气体总能使气体的温度升高 B 2.如图所示,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Tb和Tc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为 Qab 和Qac。则( ) Tb >Tc, Qab>Qac Tb > Tc , Qab<Qac Tb = Tc , Qab>Qac Tb = Tc , Qab<Qac C 3.(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程 ab 到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是( ) A.在过程ab中,气体的内能增加 B.在过程ca中,外界对气体做功 C.在过程ab中,气体对外界做功 D.在过程bc中,气体从外界吸收热量 ABD 4.(多选)如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，触点 1 插在热水中，触点 2 插在冷水中，电流表指针会发生偏转， 这就是温差发电现象。下列说法正确的是( ) A. 该实验符合能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 B. 该实验中有部分内能转化为电路的电能 C. 该实验中热水的温度降低，冷水的温度不变 D. 该实验中热水的温度降低，冷水的温度升高 BD 5.带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同,如V-T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和 pc,在过程 ab 和ac 中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( ) pb>pc ,Qab>Qac. pb>pc ,Qab<Qac. pb < pc ,Qab>Qac. pb < pc ,Qab< Qac. C 6.(2024山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b → c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( ) A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.b→c过程，气体对外做功，内能增加 C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 C 分析： a→b 过程是等压变化且体积增大,则 Wab<0,由盖-吕萨克定律可知 Tb>Ta。即 ΔUab>0,根据热力学第一定律可知a→b过程,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中,Qbc=0,又由气体体积增大可知Wbc<0,由热力学第一定律可知气体内能减少，B错误;c→a过程为等温过程,∆Uac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Qab=∆Uab-Wab,由B项分析可知Wbc= ∆ Ubc,由C项分析可知0=Wca+Qca,又 ΔUab +ΔUbc =0,联立解得 Qab -( -Qca )=-Wca -Wbc -Wab,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功,结合题图可知 Qab-(-Qca)≠0,所以a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a 过程放出的热量-Qca,D错误。 7.将适当的糖放入一杯热水，糖会全部溶于水中。一段时间后又观察到杯子底部有糖结晶。关于这个过程，下列叙述正确的是( ) A. 溶解过程是自发的，结晶过程也是自发的，所以溶解过程是可逆的 B. 溶解过程是有序向无序转变的过程 C. 结晶过程是有序向无序转变的过程 D. 结晶过程不是自发的，因为有外界的影响 BD 8.如图所示,绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定,隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体).初始时,两室气体的温度相等,氢气的压强大于氧气的压强,松开固定栓直至系统重新达到平衡.下列说法中正确的是( ) A.初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能 B.系统重新达到平衡时,氢气的内能比初始时的小 C.松开固定栓直至系统重新达到平衡的 过程中,有热量从氧气传递到氢气 D.松开固定栓直至系统重新达到平衡的 过程中,氧气的内能先增大后减小 CD 分析：温度是分子平均动能大小的标志,初始时,氢气和氧气的温度相同,分子平均动能相同,A不正确.气体与气缸外部没有热传递和其他能量交换,气缸内气体内能不会变化,B不正确.在刚松开固定栓时,氢气膨胀,对氧气做功,氢气内能减小,氢气温度降低,氧气内能增加,氧气温度升高;由于隔板是导热的热量从氧气传递到氢气,直至温度相同,氧气的内能又减小,CD正确. 9.某校中学生参加中央电视台“异想天开”栏目的活动，他们提出了下列四个设想方案。从理论上讲可行的方案是( ) A．城市上空的气温比周围环境要高，利用城市上空的热源来进行发电 B．在繁华的马路上设计一种装置，使行人走路时的一部分能量转化为电能 C．将屋顶都盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决家庭照明和热水供应问题 D．想办法使汽车尾气中的各类有害气体自发地分离开，再将干净的气体排到空气中 ABC 10.如图所示,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300K，气体在状态 B的温度 TB= ;由状态 B变化到状态C的过程中，气体是 (选填“吸热”或“放热”)的。 1200K 放热 11.如图所示，容器 A、B 中各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压恒定.A、B的底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热.开始时，A水面高于B水面，打开阀门，使A中的水逐渐向B流，最后达到平衡，在这个过程中大气压对水 (选填“做功”或“不做功”).水的内能 (选填“增大”“减小”或“不变”) 不做功 增大 12.在如图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体,图乙是气体从状态A变化到状态B的V-T图像。已知图线AB的反向延长线通过坐标原点,气体在A点的压强为p=1.0×105Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量 Q=6.0×102J,求: (1)气体在状态B的体积VB; (2)此过程中气体内能的增量 ∆U。 解(1)从A到B，气体压强不变， VB/TB=VA/TA 解得VB=8×10-3m³ (2)外界对气体做功W=-p(VB-VA)=-200 J ∆U=Q+W=400 J 13.在如图所示的坐标系中,一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化:第一种变化是从状态A到状态B,外界对该气体做功为6J;第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9J。图线AC的反向延长线过坐标原点 O,B、C 两状态的温度相同,理想气体的分子势能为0。求: (1)从状态A到状态C的过程,该气体对 外界做的功W1和其内能的增量∆U1; (2)从状态A到状态B的过程,该气体内能 的增量 ∆U2 ，及其从外界吸收的热量 Q2。 解(1)由图可知，从状态A到状态C，气体体积不变 气体对外界做功W1=0 从A到C吸收热量Q1=9J 内能增加量∆U1 =W1+Q1=9J (2)B和C温度相同，故A到B过程 内能增加量∆U2 = ∆U1 =9J A到B外界对气体做功W2=6J ∆U2 =W2+Q2 解得 Q2=3J 14.某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起放气。在压力阀被顶起时，停止加热。 （1）若此时锅内气体的体积为 V，摩尔体积为 V0，阿伏伽德罗常数为 NA，写出锅内气体分子数的表达式。 （2）设在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功 1 J，并向外界释放了 2 J 的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？ （3）已知大气压强 p 随海拔高度 H 的变化满足 p = p0（1-αH），其中常数 α ＞ 0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。 解(1)分子总数目n=NAV/V0 (2)W=-1J，Q=-2J 内能增加量∆U=W+Q=-3J 内能减少了3J (3) 由p = p0（1-αH）知，海拔越高，压强p越小，阀门被顶起时锅内气体压强越小 锅内气体体积不变，由p/T知，气体温度降低。 15.如图所示,一导热汽缸放在水平地面上,其内封闭一定质量的某种理想气体,活塞通过定滑轮与一重物连接,并保持平衡。已知汽缸高度为h,开始时活塞在汽缸中央,初始温度为t℃,活塞面积为S,大气压强为p0,物体重力为G,活塞质量及一切摩擦不计。缓慢升高环境温度,使活塞上升∆x,封闭气体吸收了Q的热量(汽缸始终未离开地面)。问: (1)环境温度升高了多少度? (2)气体的内能如何变化?变化了多少? 解：对活塞分析，G+pS=p0S，气体压强不变 （1）T1=(273+t)K T2=(t2+273)K S0.5h/T1=S(0.5h+∆x) /T2 解得：T2=(1+2∆x/h)T1 温度升高了∆T= T2 - T1 =2∆x/h (273+t) （2）气体对外界做功 W=-pS∆x=-(p0S-G) ∆x ∆U= W+Q=Q-(p0S-G) ∆x 16.如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h/5再次平衡。已知容器内气体内能变化量∆U与温度变化量∆T的关系式为∆U=C∆T,C为已知常量,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求: (1)再次平衡时容器内气体的温度。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 解：(1)活塞受力平衡，p0S+mg =pS 气体压强不变，Sh/T0=S(h+h/5)/T 解得 T=1.2T0 (2)气体对外做功，W=-pSh/5=-(p0S+mg)h/5 内能增加量∆U=C(T-T0)=0.2CT0 ∆U= W+Q=Q-(p0S+mg) h/5 解得Q= (p0S+mg) h/5+ 0.2CT0 17.喷雾器内有10L水,上部封闭有1atm的空气2L.关闭喷雾阀门,用打气筒向喷雾器内再充人1atm的空气3L(设外界环境温度一定,空气可看作理想气体) (1)当水面上方气体温度与外界温度相等时,求气体压强,并从微观上解释气体压强变化的原因. (2)打开喷雾阀门,喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀,此过程气体是吸热还是放热?简要说明理由. (1)设气体初态压强为p1=1atm,体积为V1=5L;末态压强为 p2，体积为V2=2L 由玻意耳定律 p1V1=p2V2 代入数据得 p2=2.5 atm 微观解释:温度不变,分子平均动能不变,单位体积内分子数增加,所以压强增加。 (2)吸热。气体对外做功而内能不变,根据热力学第一定律可知气体吸热。 18.一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C其中 A→B过程为等压变化,B → C过程为等容变化。已知VA=0.3m³，TA=TC=300 K ， TB=400 K。 (1)求气体在状态B时的体积; (2)说明B → C过程压强变化的微观原因; (3)设A → B过程气体吸收热量为Q1,B → C过程气体放出热量为 Q2,比较 Q1、Q2的大小并说明原因。 (1) VA/TA= VB/TB 解得 VB=0.4m³ (2)微观原因:气体体积不变,分子密集程度不变,温度变化(降低),气体分子平均动能变化(减小),导致气体压强变化(减小)。 (3)Q1大于Q2;因为TA=TC,故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同,而A→B过程气体对外做正功,B → C过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q1大于Q2 。 19.(2007 宁夏卷)如上图所示,两个可导热的气缸竖直放置,它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积).两气缸各有一活塞,质量分别为m1和m2,活塞与气缸壁无摩擦.活塞的下方为理想气体,上方为真空.当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1=3m,m2=2m) (1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境的温度始终保持为 T0). (2)在达到上一问的终态后,环境温度由T0缓慢上升到T,试问在这个过程中,气体对活塞做了多少功?气体是吸收还是放出了热量?(假定在气体状态变化过程中,两物块均不会碰到气缸顶部.) 解(1)设左右活塞面积分别为S1和S2，两活塞对气体压强相等 m1g/S1=m2g/S2 解得 S1/S2=1.5 在两个活塞上各加质量m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。 初态：p1=2mg/S2 V1=5S2h/2 末态： p2=8mg/3S2 V2=3S2x/2 x为左活塞的高度 p1V1= p2V2 解得x=5h/4 ，即活塞高度差为5h/4 (2)温度升至T，气体压强始终为p2，设x’是升至T时左活塞的高度，x’=Tx/T0=5Th/4T0. 活塞对气体做功，W=4mg(x’-x)=5mgh(T/T0-1)，在此过程吸收热量. $$