新教材適用2024-2025學年高中物理第3章熱力學定律章末小結學案新人教版選擇性必修第三冊

章末小結一、熱力學第肯定律的理解與應用ΔU＝Q＋W中各物理量符號的意義ΔUWQΔU>0，物體的內能增加W>0，外界對物體做功Q>0，物體吸熱ΔU<0，物體的內能削減W<0，物體對外界做功Q<0，物體放熱ΔU＝0，物體的內能不變W＝0，物體對外界(或外界對物體)不做功Q＝0，物體與外界絕熱①絕熱過程Q＝0，ΔU＝W，用做功可推斷內能的改變。②只有在氣體體積不變時，W＝0，ΔU＝Q，用吸、放熱狀況可推斷內能的改變。③若物體內能不變，即ΔU＝0，W和Q不肯定等于零，而是W＋Q＝0，功和熱量符號相反，大小相等，因此推斷內能改變問題肯定要全面考慮。④對于氣體，做功W的正負一般要看氣體體積改變狀況，氣體體積縮小，W>0；氣體體積增大，W<0(氣體自由膨脹除外)。⑤對于志向氣體要抓住溫度T改變是內能改變的標記(T上升，內能增加，ΔU>0，反之，內能削減，ΔU<0)。典例1(多選)對于肯定質量的志向氣體，下列說法正確的是(AC)A．若氣體的壓強和體積都不變，其內能也肯定不變B．若氣體的溫度不斷上升，其壓強也肯定不斷增大C．若氣體溫度上升1K，其等容過程所汲取的熱量肯定小于等壓過程所汲取的熱量D．在完全失重狀態(tài)下，氣體的壓強為零解析：肯定質量的志向氣體的內能僅與溫度有關，若氣體的壓強和體積都不變，則溫度不變，其內能也肯定不變，A正確；由eq\f(pV,T)＝C知，氣體的溫度不斷上升，壓強不肯定增大，B錯誤；依據熱力學第肯定律有ΔU＝Q＋W，氣體溫度上升1K，ΔU相同，等容過程W＝0，等壓過程氣體體積增大，則W<0，故等容過程所汲取的熱量肯定小于等壓過程所汲取的熱量，C正確；氣體的壓強是由于分子不斷撞擊器壁而產生的，與是否失重無關，D錯誤。典例2如圖所示，在紫銅管內滴入乙醚，蓋緊管塞。用手拉住繩子兩端快速往復拉動，管塞會被沖開。管塞被沖開前(D)A．外界對管內氣體做功，氣體內能增大B．管內氣體對外界做功，氣體內能減小C．管內氣體內能不變，壓強變大D．管內氣體內能增加，壓強變大解析：繩克服摩擦做功，使管壁內能增加，溫度上升。通過傳熱，管內氣體的內能增加，溫度上升，壓強增大，直至將管塞沖開，故選D。二、熱力學其次定律的理解1．熱力學其次定律的幾種表現形式①傳熱具有方向性；②氣體的擴散現象具有方向性；③機械能和內能的轉化過程具有方向性；④氣體向真空膨脹具有方向性。留意：熱力學其次定律是對宏觀自然過程進行方向的說明。熱力學其次定律的不同表述都是等價的。典例3(多選)下列說法正確的是(ACD)A．即使氣體的溫度很高，仍有一些分子的運動速率是特別小的B．空調機作為制冷機運用時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以制冷機的工作是不遵循熱力學其次定律的C．對于肯定量的氣體，當其溫度降低時，速率大的分子數目削減，速率小的分子數目增加D．從單一熱庫汲取熱量使之全部變成有用的機械功而不引起其他改變是不行能的解析：即使氣體的溫度很高，只是分子的平均速率較大，但是仍有一些分子的運動速率是特別小的，A正確；空調機作為制冷機運用時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，要消耗電能，所以此過程是遵循熱力學其次定律的，B錯誤；對于肯定量的氣體，當其溫度降低時，分子的平均速率減小，速率大的分子數目削減，速率小的分子數目增加，C正確；依據熱力學其次定律，從單一熱庫汲取熱量使之全部變成有用的機械功而不引起其他改變是不行能的，D正確。三、熱力學第肯定律與氣體狀態(tài)改變的綜合應用①探討對象是否為志向氣體；②只要體積改變，外界對氣體(或氣體對外界)做功W＝pΔV，只要溫度發(fā)生改變，其內能就發(fā)生改變；③結合熱力學第肯定律ΔU＝W＋Q求解問題。典例4如圖所示為一氣缸內封閉的肯定質量的氣體的p-V圖像，當該系統從狀態(tài)a沿過程a→c→b到達狀態(tài)b時，有335J的熱量傳入系統，系統對外界做功126J。(1)若沿a→d→b過程，系統對外做功42J，則有多少熱量傳入系統？(2)若系統由狀態(tài)b沿曲線過程返回狀態(tài)a時，外界對系統做功84J，問系統是吸熱還是放熱？熱量傳遞是多少？解析：(1)沿a→c→b過程，由熱力學第肯定律知：ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)J＝209J，沿a→d→b過程，由熱力學第肯定律知：ΔU＝W′＋Q′，得：Q′＝ΔU－W′＝209J－(－42)J＝251J，即有251J的熱量傳入系統。(2)因為由a→b，ΔU＝209J，所以由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209J，由熱力學第肯定律知ΔU′＝W″＋Q″，得Q″＝ΔU′－W″＝(－209－84)J＝－293J，負號說明系統放出熱量。答案：(1)251J(2)放熱293J典例5(多選)(2024·湖南卷)如圖所示，兩端開口、下端連通的導熱氣缸，用兩個輕質絕熱活塞(截面積分別為S1和S2)封閉肯定質量的志向氣體，活塞與氣缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細沙，活塞從A下降h高度到B位置時，活塞上細沙的總質量為m。在此過程中，用外力F作用在右端活塞上，使右端活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強P0保持不變，系統始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。下列說法正確的是(BD)A．整個過程，外力F做功大于0，小于mghB．整個過程，志向氣體的分子平均動能保持不變C．整個過程，志向氣體的內能增大D．整個過程，志向氣體向外界釋放的熱量小于p0s1h＋mgh解析：做功的兩個必要因素是力和在力的方向上有位移，由于右端活塞沒有移動，可知整個過程，外力F做功等于0，A錯誤；依據氣缸導熱且環(huán)境溫度不變，可知氣缸內氣體的溫度也保持不變，則整個過程，志向氣體的分子平均動能保持不變，內能不變，B正確，C錯誤；由內能不變可知，志向氣體向外界釋放的熱量等于外界對志向氣體做的功：Q＝W<p0S1h＋mgh，D正確。一、高考真題探析典題(2024·湖北卷，T3)肯定質量的志向氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c，其過程如p－V圖中a→c直線段所示，狀態(tài)b對應當線段的中點。下列說法正確的是(B)A．a→b是等溫過程B．a→b過程中氣體吸熱C．a→c過程中狀態(tài)b的溫度最低D．a→c過程中外界對氣體做正功解析：依據志向氣體的狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知a→b氣體溫度上升，內能增加，且體積增大氣體對外界做功，則W<0，由熱力學第肯定律ΔU＝W＋Q，可知a→b過程中氣體吸熱，A錯誤、B正確；依據志向氣體的狀態(tài)方程，可知，p－V圖像的坐標值的乘積反映溫度，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標值的乘積相等，而中間狀態(tài)的坐標值乘積更大，a→c過程的溫度先上升后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯誤；a→c過程氣體體積增大，外界對氣體做負功，D錯誤。二、臨場真題練兵1.(2024·天津卷)如圖是爬山所帶氧氣瓶，氧氣瓶里的氣體容積質量不變，爬高過程中，溫度減小，則氣體(B)A．對外做功 B．內能減小C．汲取熱量 D．壓強不變解析：由于爬山過程中氣體體積不變，故氣體不對外做功，故A錯誤；爬山過程中溫度降低，則氣體內能減小，故B正確；依據熱力學第肯定律可知ΔU＝W＋Q，爬山過程中氣體不做功，但內能減小，故可知氣體放出熱量，故C錯誤；爬山過程中氧氣瓶里的氣體容積質量均不變，溫度減小，依據志向氣體狀態(tài)方程有eq\f(PV,T)＝C，可知氣體壓強減小，故D錯誤；故選B。2．(多選)(2024·山東卷)肯定質量的志向氣體，初始溫度為300K，壓強為1×105Pa。經等容過程，該氣體汲取400J的熱量后溫度上升100K；若經等壓過程，須要汲取600J的熱量才能使氣體溫度上升100K。下列說法正確的是(AD)A．初始狀態(tài)下，氣體的體積為6LB．等壓過程中，氣體對外做功400JC．等壓過程中，氣體體積增加了原體積的eq\f(1,4)D．兩個過程中，氣體的內能增加量都為400J解析：令志向氣體的初始狀態(tài)的壓強，體積和溫度分別為p1＝p0，V1＝V0，T1＝300K，等容過程為狀態(tài)二：p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400K；等壓過程為狀態(tài)三：p3＝p0，V3＝？，T3＝400K，由志向氣體狀態(tài)方程可得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)＝eq\f(p3V3,T3)，解得p2＝eq\f(4,3)p0，V3＝eq\f(4,3)V0，體積增加了原來的eq\f(1,3)，C錯誤；等容過程中氣體做功為零，由熱力學第肯定律ΔU＝W＋Q＝400J，兩個過程的初末溫度相同即內能改變相同，因此內能增加都為400J，D正確；等壓過程內能增加了400J，汲取熱量為600J，由熱力學第肯定律可知氣體對外做功為200J，即做功的大小為W＝p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)V0－V0))＝200J，解得V0＝6L，A正確，B錯誤；故選AD。3．(多選)(2024·山西卷)如圖，一封閉著志向氣體的絕熱氣缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱活塞將氣缸分為f、g、h三部分，活塞與氣缸壁間沒有摩擦。初始時彈簧處于原長，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等?，F通過電阻絲對f中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達到穩(wěn)定后(AD)A．h中的氣體內能增加B．f與g中的氣體溫度相等C．f與h中的氣體溫度相等D．f與h中的氣體壓強相等解析：當電阻絲對f中的氣體緩慢加熱時，f中的氣體內能增大，溫度上升，依據志向氣體狀態(tài)方程可知f中的氣體壓強增大，會緩慢推動左邊活塞，可知h的體積也被壓縮壓強變大，對活塞受力分析，依據平衡條件可知，彈簧彈力變大，則彈簧被壓縮。與此同時彈簧對右邊活塞有彈力作用，緩慢向右推動左邊活塞。故活塞對h中的氣體做正功，且是絕熱過程，由熱力學第肯定律可知，h中的氣體內能增加，A正確；未加熱前，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等，當系統穩(wěn)定時，活塞受力平衡，可知彈簧處于壓縮狀態(tài)，對左邊活塞分析pfS＝F彈＋pgS，則pf>pg，分別對f、g內的氣體分析，依據志向氣體狀態(tài)方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pgVg,Tg)，由題意可知，因彈簧被壓縮，則Vf>Vg，聯立可得Tf>Tg，B錯誤；在達到穩(wěn)定過程中h中的氣體體積變小，壓強變大，f中的氣體體積變大。由于穩(wěn)定時彈簧保持平衡狀態(tài)，故穩(wěn)定時f、h中的氣體壓強相等，依據志向氣體狀態(tài)方程對h氣體分析可知eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，聯立可得Tf>Th，C錯誤；對彈簧、活塞及g中的氣體組成的系統分析，依據平衡條件可知，f與h中的氣體壓強相等，D正確。故選AD。4．(多選)(2024·全國卷)對于肯定量的志向氣體，經過下列過程，其初始狀態(tài)的內能與末狀態(tài)的內能可能相等的是(ACD)A．等溫增壓后再等溫膨脹B．等壓膨脹后再等溫壓縮C．等容減壓后再等壓膨脹D．等容增壓后再等壓壓縮E．等容增壓后再等溫膨脹解析：對于肯定質量的志向氣體內能由溫度確定，故等溫增壓和等溫膨脹過程溫度均保持不變，內能不變，故A正確；依據志向氣體狀態(tài)方程eq\f(PV,T)＝C，可知等壓膨脹后氣體溫度上升，內能增大，等溫壓縮溫度不變，內能不變，故末狀態(tài)與初始狀態(tài)相比內能增加，故B錯誤；依據志向氣體狀態(tài)方程可知等容減壓過程溫度降低，內能減?。坏葔号蛎涍^程溫度上升，末狀態(tài)的溫度有可能和初狀態(tài)的溫度相等，內能相等，故C正確；依據志向氣體狀態(tài)方程可知等容增壓過程溫度上升；等壓壓縮過程溫度降低，末狀態(tài)的溫度有可能和初狀態(tài)的溫度相等，內能相等，故D正確；依據志向氣體狀態(tài)方程可知等容增壓過程溫度上升；等溫膨脹過程溫度不變，故末狀態(tài)的內能大于初狀態(tài)的內能，故E錯誤。故選ACD。5.(2024·廣東卷)在駐波聲場作用下，水中小氣泡四周液體的壓強會發(fā)生周期性改變，使小氣泡周期性膨脹和收縮，氣泡內氣體可視為質量不變的志向氣體，其膨脹和收縮過程可簡化為如圖所示的p－V圖像，氣泡內氣體先從壓強為p0、體積為V0、溫度為T0的狀態(tài)A等溫膨脹到體積為5V0、壓強為pB的狀態(tài)B，然后從狀態(tài)B絕熱收縮到體積為V0、壓強為1.9p0、溫度為TC的狀態(tài)C，B到C過程中外界對氣體做功為W。已知p0、V0、T0和W。求：(1)pB的表達式；(2)TC的表達式；(3)B到C過程，氣泡內氣體的內能改變了多少？答案：(1)eq\f(1,5)p0(2)1.9T0(3)W解析：(1)由題可知，依據玻意耳定律可得pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(1,5)p0；(2)依據志向氣體狀態(tài)方程可知eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)；解得TC＝1.9T0；(3)依據熱力學第肯定律可知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，故氣體內能增加ΔU＝W。6．(2024·浙江卷)某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100cm2、質量m＝1kg的活塞密封肯定質量的志向氣體，活塞能無摩擦滑動。起先時氣體處于溫度TA＝300K、活塞與容器底的距離h0＝30cm的狀態(tài)A。環(huán)境溫度上升時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態(tài)B?；钊３植粍樱瑲怏w被接著加熱至溫度Tc＝363K的狀態(tài)C時觸動報警器。從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158J。取大氣壓p0＝0.99×105Pa，求氣體。(1)在狀態(tài)B的溫度；(2)在狀態(tài)C的壓強；(3)由狀態(tài)A到狀態(tài)C過程中從外界汲取熱量Q。答案：(1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J解析：(1)依據題意可知，氣體由狀態(tài)A改變到狀態(tài)B的過程中，封閉氣體的壓強不變，則有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得TB＝eq\f(VB,VA)TA＝330K；(2)從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，活塞緩慢上升，則pBS＝p0S＋mg解得pB＝1×105Pa依據題意可知，氣體由狀態(tài)B改變到狀態(tài)C的過程中，氣體的體積不變，則有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)解得pC＝eq\f(TC,TB)pB＝1.1×105Pa；(3)依據題意可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功為W0＝pBSΔh＝30J由熱力學第肯定律有ΔU＝W＋Q解得Q＝ΔU－(－W0)＝188J。7．(2024·山東卷，T5)如圖所示，內壁光滑的絕熱氣缸內用絕熱活塞封閉肯定質量的志向氣體，初始時氣缸開口向上放置，活塞處于靜止狀態(tài)，將氣缸緩慢轉動90°過程中，缸內氣體(C)A．內能增加，外界對氣體做正功B．內能減小，全部分子熱運動速率都減小C．溫度降低，速率大的分子數占總分子數比例削減D．溫度上升，速率大的分子數占總分子數比例增加解析：初始時氣體的壓強p1＝p0＋eq\f(mg,S)，體積為V1，溫度為T1；將氣缸緩慢轉過90°后，氣體的壓強為p2＝p0，體積為V2，溫度為T2。易知V2>V1，故氣體對外界做功，因氣缸和活塞都是絕熱的，依據熱力學第肯定律可得ΔU<0，由于志向氣體內能只與氣體溫度有關，所以T1>T2，A、D錯誤；內能減小，不是全部氣體分子熱運動速率都減小，但速率大的分子數占總分子數的比例減小，B錯誤，C正確。8．(多選)(2024·全國甲卷，T33(1))肯定量的志向氣體從狀態(tài)a改變到狀態(tài)b，其過程如p－T圖上從a到b的線段所示。在此過程中(BCE)A．氣體始終對外做功B．氣體的內能始終增加C．氣體始終從外界吸熱D．氣體汲取的熱量等于其對外做的功E．氣體汲取的熱量等于其內能的增加量解析：依據志向氣體狀態(tài)方程可知，過原點的p－T圖像的斜率與體積V有關，肯定量的志向氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b，體積不變，對外不做功，選項A、D錯誤；志向氣體的內能只與溫度有關，又肯定量志向氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b，溫度始終上升，則氣體內能始終增加，選項B正確；由熱力學第肯定律可知，氣體始終從外界吸熱，氣體汲取的熱量等于其內能的增加量，選項C、E正確。9．(2024·山東卷，2)如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉究竟部；松開后，小瓶緩慢上浮，上浮過程中，小瓶內氣體(B)A．內能削減B．對外界做正功C．增加的內能大于汲取的熱量D．增加的內能等于汲取的熱量解析：由于越接近礦泉水瓶口，水的溫度越高，因此小瓶上浮的過程中，小瓶內溫度上升，內能增加，A錯誤；在小瓶上升的過程中，小瓶內氣體的溫度漸漸上升，壓強漸漸減小，依據志向氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，氣體體積膨脹，對外界做正功，B正確；由A、B分析，小瓶上升時，小瓶內氣體內能增加，氣體對外做功，依據熱力學第肯定律ΔU＝W＋Q，由于氣體對外做功，因此汲取的熱量大于增加的內能，CD錯誤。10．(多選)(2024·全國乙卷，T33(1))如圖，肯定量的志向氣體從狀態(tài)a(p0，V0，T0)經熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a，對于ab、bc