第3章 热力学定律 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

该高中物理课件系统梳理了热力学定律单元核心知识，通过“概念梳理 构建网络”模块，将内能、热力学第一定律（能量守恒、第一类永动机）、热力学第二定律（克劳修斯与开尔文表述、第二类永动机）等内容串联，形成逻辑清晰的知识体系。 其亮点在于“教考衔接-易错辨析-分层检测”的复习策略，结合高考真题与教材习题对比分析，如空调制冷情境题强化能量观念，通过易错点辨析（分子势能与分子力关系、热机效率等）培养科学推理能力，单元检测卷涵盖选择、计算等题型，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

单元综合提升 　　　　 第三章　热力学定律 概念梳理 构建网络 1 教考衔接 明确考向 2 易错辨析 强化落实 3 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概念梳理 构建网络 返回 返回 教考衔接 明确考向 返回 (2022·广东高考)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程______(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量_____(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。 真题 1 不是 大于 空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程。由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。 衔接教材 人教版选择性必修第三册P64B组T1 根据热力学定律，判断下列说法是否正确，若不正确请说明理由。 (1)空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量。 (2)海水降低温度可以放出大量的热量，科技的不断进步使得人类有可能通过降低海水的温度来发电，从而解决能源短缺的问题。 (3)即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能。 (4)对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”。 衔接分析 广东高考真题以空调制冷为素材，设置考查热力学定律的物理情境，与人教版选择性必修第三册P64B组T1考查内容部分重合。二者均考查了热力学第二定律和能量守恒定律。 针对练1.大量的事实表明，自然界中的一切实际变化的过程都具有_____性。朝某个方向的变化是可以自发发生的，而相反方向的变化却是受到限制的。这时如果要使变化了的事物重新恢复到原来的状态，一定会对外产生无法消除的影响，这就是自然过程的不可逆性。热传递、摩擦生热、气体自由膨胀等是物理学中所讨论的三类典型的单向性过程或不可逆过程，而且这些过程都与____现象密切相关。 方向 热 针对练2.某一部热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又对低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。那么，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是_____________，热机的效率______(选填“能”或“不能”)达到100%。 Q1－Q2＝W 不能 根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W，其中ΔU＝0，Q＝Q1－Q2，联立可得Q1－Q2＝W。根据热力学第二定律可知，热机的效率不能达到100%。 (2021·山东高考)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体 A．内能减少 B．对外界做正功 C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量 真题 2 √ 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此在小瓶上浮的 过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；在小瓶 上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小， 根据理想气体状态方程 ＝c可知，气体体积增大，对外界做 正功，B正确；由A、B项分析可知，小瓶上升时，小瓶内气 体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。故选B。 (2020·天津高考)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。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，水立即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体 真题 3 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 √ 随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据pV＝c可知气体压强减小，A错误；由于气体体积增大，对外界做功，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。故选B。 衔接教材 人教版选择性必修第三册P65T3 如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。 (1)外界空气的温度是多少？ (2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？ 衔接分析 人教版选择性必修第三册P65T3，以竖直放置的圆柱形容器中用活塞封闭的气体状态变化为情境，考查了盖吕萨克定律与热力学第一定律的综合应用问题。 近几年的高考也常以气体实验定律、理想气体状态方程与热力学第一定律在生产生活中的综合应用为情境进行命题，例如： (1)2021·山东高考真题以密封的矿泉水瓶中放置的开口向下、导热良好的小瓶(“瓶中瓶”)中封闭的一段空气的状态变化为情境，考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的综合应用问题。 (2)2020·天津高考真题以气压式水枪储水罐中充入的气体的状态变化为情境，考查了玻意耳定律与热力学第一定律的综合应用问题。 针对练1.如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。(重力加速度大小为g) 开始时活塞位于a处，加热后，气缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时气缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律 此后，气缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时气缸中气体的温度为T2。活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和 从开始加热到活塞到达b处的过程中，气缸中的气体对外做的功为W＝p1Sh＝(p0S＋mg)h。 针对练2.如图甲所示，一横截面积S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，不计活塞与气缸间的摩擦。如图乙是气体从状态A变化到状态B的V­T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A状态的压强为p＝1.5×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝7.0×102 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求活塞的质量m与此过程中气体内能的增加量ΔU。 答案：5 kg　400 J 状态A时，对活塞受力分析可得pS＝mg＋p0S 代入数据解得m＝5 kg 在从状态A变化到状态B的过程中，发生的是等压变化，由盖­吕萨克定 代入数据解得VB＝8.0×10－3 m 外界对气体做功W＝－p(VB－VA)＝－300 J 则内能的增量ΔU＝Q＋W＝400 J。 返回 易错辨析 强化落实 返回 1.如图所示的甲、乙两幅图像分别表示两分子间作用力F、分子势能Ep与两分子间距离r的关系图像，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0。下列正确的是 A．当分子间距r＝r0时，分子间作用力最大 B．当分子间距r＝r0时，分子势能最大 C．当分子间距r＞r0时，随着r的增大，F减小，Ep增大 D．当分子间距r＜r0时，随着r的减小，F增大，Ep增大 √ 由题图可知，当分子间距r＝r0时，分子力和分子势能均最小，故A、B错误；当分子间距r＞r0时，随着r的增大，F先增大后减小，Ep一直增大，故C错误；当分子间距r＜r0时，随着r的减小，F增大，Ep增大，故D正确。故选D。 [易错分析]　本题易错点是分子间距r＝r0时，分子势能最小。理解分子力做功与分子势能之间的关系是解决本题的关键。 2.(多选)自热锅内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，不需要明火，温度可超过100 ℃，能在15分钟内迅速加热食品。自热锅的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸。对于这种现象，下列说法正确的是 A．自热锅爆炸前，锅内气体温度升高 B．自热锅爆炸前，锅内气体内能增加 C．自热锅爆炸时，锅内气体温度降低 D．自热锅爆炸时，锅内气体内能增加 √ √ √ 自热锅内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，可知自热锅爆炸前，锅内气体温度升高，锅内气体内能增加，A、B正确；自热锅爆炸时，由于时间极短，锅内气体对外做功，且来不及与外界发生热传递，根据热力学第一定律可知，锅内气体内能减小，锅内气体温度降低，C正确，D错误。故选ABC。 [易错分析]　本题易错点是自热锅爆炸前类似于等容变化，爆炸时气体对外做功，忽略爆炸瞬间的热交换。通过气体体积变化判断做功情况，根据温度判断内能变化情况。 3.(2025·广东广州高二期末)某些汽车的发动机采用了“阿特金森循环”技术，可简化成发动机内部一定质量的理想气体经历了如图a→b→c→d→a的循环，此过程中燃料与空气混合燃烧，产生大量高温高压气体而膨胀，通过机械装置对外做功。其中a→b和c→d过程可认为是绝热过程。下列说法正确的是 A．b→c过程，外界对气体做正功，气体内能增大 B．b→c过程，外界对气体不做功，气体内能增大 C．a→b过程，气体对外界不做功，气体内能增大 D．c→d过程，气体对外界做正功，气体内能不变 √ b→c过程气体体积不变，气体对外界不做功，由理想气体状态方程可知压强增大时，温度升高，则内能增大，故A错误，B正确；a→b过程气体体积减小，气体对外界做负功，即W＞0；由题意可知a→b过程为绝热过程，即Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能增大，故C错误；c→d过程，气体体积增大，气体对外界做正功，W＜0；c→d过程为绝热过程，即Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减小，故D错误。 [易错分析]　本题的易错点是根据图像获取气体的状态信息。熟练掌握理想气体状态方程和热力学第一定律是解决本题的关键。 √ 4.如图是小魔术“浮沉子”的模型。在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，忽略气体分子个数变化，则上浮过程中小瓶内气体 A．体积不变，内能不变 B．体积不变，压强不变 C．对外界做正功，并放出热量 D．体积增大，对外界做正功 上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据pV＝c，可知气体体积变大，气体对外界做正功，而温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中ΔU＝0，W＜0，可知Q＞0，即瓶内气体从外界吸热。故选D。 [易错分析]　本题易错点是小瓶上浮过程中深度变小，所以压强变小。解决本题的关键是熟练掌握理想气体状态方程和热力学第一定律。 √ 5．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是 A．一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量 B．热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体 C．一定质量的理想气体温度升高，内能一定增大 D．一定质量的理想气体温度不变，体积增大，气体可能放出热量 √ √ 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可知一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，故A正确；根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，故B正确；对于理想气体，分子之间的作用力忽略不计，分子势能为0，内能由温度决定，即一定质量的理想气体温度升高，内能一定增大，故C正确；一定质量的理想气体温度不变，则内能不变，体积增大时，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定从外界吸收热量，故D错误。故选ABC。 返回 [易错分析]　本题易错点是理解能量转化的方向性。解决本题的关键是理解热力学第一定律和热力学第二定律。 单 元 检 测 卷 返回 1．杯子里盛有热水，经过一段时间后杯子里的水慢慢变凉，则 A．水分子的平均动能减小 B．所有水分子的动能都减小 C．只有个别水分子的动能减小 D．每个水分子动能的减少量相同 √ 温度降低，水分子的平均动能减小，但不是每个水分子的动能都减小，个别水分子的动能有可能增大，但绝大多数水分子的动能都是减小的，A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 2．(2025·广东深圳高二期末)下列四幅图中，能正确反映分子势能Ep(取无穷远处分子间势能为零)和分子间作用力F(F为斥力时取正值，F为引力时取负值)随分子间距离r变化关系的图线是 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据分子间作用力F、分子势能Ep与分子间距r的关系可知，当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小，由此可知A、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 3.如图所示，有一导热性良好的气缸放在水平面上，气缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，活塞与气缸壁间的摩擦不计，忽略气体分子间的相互作用(即分子势能视为零)，忽略环境温度的变化，现缓慢推倒气缸，在此过程中 A．气体吸收热量，内能不变 B．气缸内分子的平均动能增大 C．单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多 D．气缸内分子撞击气缸壁的平均作用力增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 初状态气体压强大于大气压强，末状态气体压强等于大气压强，压强减小，由玻意耳定律可知，该过程气体体积变大，气体对外做功，由于忽略环境温度变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；温度不变，气缸内分子的平均动能不变，故B错误；分子的平均动能不变，平均速率不变，气体压强变小，单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数减小，故C错误；分子的平均动能不变，气缸内分子撞击气缸壁的平均作用力不变，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 气体等压膨胀，由盖­吕萨克定律可知，气体温度升高，气体分子的平均动能将增大，故D错误；理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故A错误；体积增大，则气体对外界做功，即W＜0，又内能增加，即ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体一定吸热，且Q＞|W|，故B错误，C正确。 4.如图所示，导热性良好的气缸内密封的气体(可视为理想气体)在等压膨胀过程中，下列关于密封的气体说法正确的是 A．气体内能可能减少 B．气体会向外界放热 C．气体吸收的热量大于对外界所做的功 D．气体分子的平均动能将减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，A错误；根据上述分析可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体的体积增大，B错误；气体的体积增大，则气体对外界做功，C正确；气体的温度升高，则气体的内能增大，D错误。故选C。 5.(2025·广东广州统考)如图所示，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是 A．气体的压强变小 B．气体的体积变小 C．气体对外界做功 D．气体的内能减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 6.一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p­T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是 A．气体在a状态的体积大于在c状态的体积 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对 气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ 7.如图所示，气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸和活塞是绝热的，气缸水平且固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与气缸间的摩擦，则下列说法正确的是 A．气缸内的活塞向右运动 B．气缸内气体的内能变小 C．气缸内气体的压强减小 D．气缸内气体的分子平均动能变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设气缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件得pS＋F＝p0S，细沙不断流出时细线拉力F变小，而p0不变，则p变大，气缸内的活塞向左运动，气体体积减小，气体被压缩，外界对气体做功，由于气缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知，气体的内能变大，温度升高，则气缸内气体分子的平均动能变大，故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ √ 8．关于热力学第二定律，下列说法正确的是 A．从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是可能的 B．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 C．随着技术的不断进步，热机的效率可能达到100% D．电冰箱在通电正常工作时，可将热量从低温物体传导到高温物体，但并不违反热力学第二定律 从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是可能的，只是要引起其他的变化，故A正确；根据热力学第二定律，自发的热现象具有方向性，故B错误；即使技术不断进步，热机的效率也不可能达到100%，故C错误；电冰箱在通电正常工作时，可将热量从低温物体传递到高温物体，消耗了电能，所以不违反热力学第二定律，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2025·广东佛山高二检测)某同学用如图所示的喷壶对教室进行消毒。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。设充气和喷液过程中瓶内气体温度保持不变，则 A．喷液过程中，外界对瓶内气体做正功 B．喷液过程中，瓶内气体从外界吸收热量 C．充气过程中，瓶内气体分子的平均动能不变 D．充气过程中，瓶内所有气体分子的速率均不变 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 喷液过程中储气室内气体体积增大，外界对瓶 内气体做负功，A错误；喷液过程中瓶内气体 对外做功而温度保持不变，由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知，瓶内气体从外界吸收热量， B正确；充气过程中，瓶内气体温度保持不变， 分子的平均动能不变，C正确；充气过程中温度 不变，瓶内气体的平均速率不变，但不是所有气体分子的速率均不变，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 √ √ 10.(2025·广东珠海高二校考)一定质量的理想气体，从状态A经状态B和状态C后又回到状态A的变化过程中的p­V图线如图所示，则下列说法中正确的是 A．从状态A到状态B，气体的内能增大 B．从状态B到状态C，气体从外界吸热 C．从状态C到状态A，气体分子运动的平均速率先 变大后变小 D．气体按图示过程循环一次，状态B时气体的内能 最大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 从状态A到状态B，气体压强不变，体积变大，由 盖­吕萨克定律可知气体温度升高，故气体的内能增 大，故A正确；从状态B到状态C，气体压强减小， 体积不变，由查理定律可知气体温度降低，气体 的内能减小，而外界对气体不做功，根据热力学 第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；从状态C到状态A，气体的压强与体积的乘积先增大后减小，由理想气体状态方程可知气体的温度先增大后减小，故气体分子运动的平均速率先变大后变小，故C正确；气体按题图示过程循环一次，状态B时气体压强与体积的乘积最大，温度最高，故状态B时气体的内能最大，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(7分)一定质量的理想气体依次经历三个过程，回到初始状态，该过程可用如图甲所示的p­T图像上的三条直线a、b、c表示，其中a平行于横轴，b的延长线过坐标原点O，c平行于纵轴，该过程也可用如图乙所示的p­V图像表示。整个过程中气体______________(选填“从外界吸热”、“向外界放热”或“与外界没有热交换”)，图甲中的b过程与图乙中的____(选填“d”、“e”或“f”)过程对应。 从外界吸热 e 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图可知，整个过程理想气体的内能增量为零，即ΔU＝0，而气体对外做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＞0，则整个过程中气体从外界吸热。题图甲中，b过程，根据理想气体状态方程 ＝c，可知体积不变，故与题图乙中的e过程对应。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12．(8分)我们可以从宏观与微观两个角度来研究热现象。一定质量的理想气体由状态A经过状态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＝0.3 m3，TA＝300 K，TB＝400 K，TC＝300 K。 (1)气体在状态B时的体积VB＝____m3。 0.4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)气体分别处于状态A和状态B时，分子热运动速率的统计分布情况如图所示，其中对应状态B的是曲线____(选填“①”或“②”)。 因为B的温度高，气体分子的平均动能较大，即速率大的分子数占分子总数的比例偏多，故②是其对应的曲线。 ② 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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，则Q1_____Q2(选填“大于”、“等于”或 “小于”)。 一定质量理想气体的内能只与温度有关，A→B过程气体温度升高，内能增大为ΔU1，气体体积增大，气体对外做功为W1，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量Q1＝ΔU1＋W1；B→C过程气体温度降低，内能减少为ΔU2，气体体积不变，既没有气体对外做功，也没有外界对气体做功，则W2＝0，由热力学第一定律可知，气体放出热量Q2＝ΔU2，由题知TA＝TC，ΔU1＝ΔU2，因此Q1＞Q2。 大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)B→C过程中，气体压强______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，从微观角度解释其变化的原因：____________________________________ _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 变小 B→C过程为等容变化，气体体积不变， 气体分子的密集程度不变，气体的温度降低，气体分子的平均动能变小，气体分子的平均速率变小，对器壁的冲力也变小，则撞击的平均作用力变小，因此气体的压强变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(9分)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，其中B→C为等温线，气体在状态A时温度为TA＝1 200 K。 (1)求气体在状态C时的温度TC； 根据理想气体的状态方程有 代入题图中数据可得TC＝300 K。 答案：300 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出了多少热量？ 从A到B，外界对气体做功，有W＝pA(VA－VB)＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J 根据热力学第一定律可得Q＝ΔU－W＝－300 J－900 J＝－1 200 J 即气体放出热量1 200 J。 答案：放出热量1 200 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14分)如图所示，某种药瓶的容积为V0，内装有V1(V1<V0)的药 液，药液上方为空气，压强为p0。护士把注射器针插入药液中，拉 动注射器手柄，抽出体积为V2的药液。瓶内空气温度保持不变，且 视为理想气体。 (1)判断该次抽药液过程中瓶内空气是吸热还是放热，并说明理由； 抽液过程，瓶内空气体积变大，对外做功，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，瓶内空气吸热。 答案：吸热，理由见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)抽出体积为V2的药液后，求药瓶内空气的压强。 由题意可知瓶内空气发生等温变化，设瓶内空气体积为V，有V＝V0－V1 抽出液体为V2后，瓶内空气体积为 V′＝V0－V1＋V2 根据玻意耳定律有p0V＝p1V′ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(16分)如图所示，一排球球内气体的压强为p0，体积为V0，温度为T0，用打气筒对排球打入压强为p0、温度为T0的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至2T0，充气过程中气体向外放出Q的热量，假设排球体积不变，气体内能U与热力学温度的关系为U＝kT(k为正常量)，求： (1)打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积； 答案：0.5V0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积为V，以排球内气体与要充入的气体整体为研究对象。 气体的初状态p1＝p0，V1＝V0＋V，T1＝T0 气体的末状态p2＝3p0，V2＝V0，T2＝2T0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)打气筒对排球充气过程中打气筒对气体做的功。 返回 因为气体内能U与温度的关系为U＝kT 所以打气过程中内能变化ΔU＝k(2T0－T0)＝kT0 由热力学第一定律得ΔU＝W－Q 解得打气筒对气体做的功W＝Q＋kT0。 答案：Q＋kT0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第三章 　热力学定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案：T0　(p0S＋mg)h 由理想气体状态方程＝c可得p＝T，结合题图 可知气体在a、c两状态的体积相等，A错误；理想 气体的内能由温度决定，而Tc＜Ta ，故气体在状态a 的内能大于气体在状态c的内能，B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，cd过程温度不变，即内能不变，则Q＝－W，C错误；da过程温度升高，即内能增大，由p＝T可知，da过程体积增大，结合热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于气体对外做的功，D错误。 答案： $