(共10张PPT)
第三章 热力学定律
章末整合提升
素养1 热力学第一定律和图像的结合
【例1】 一定质量的理想气体，经历从a→b→c→a的状态变化过程，其p－V图像如图所示，Ta＝250 K，从a→b过程气体对外界做功为100 J。
(1)气体在状态b、c时的温度分别为多少？
(2)气体从b状态到c状态外界对气体做功多少，
气体内能改变了多少？
素养2 热力学第一定律和气体实验定律的结合
【例2】 某课外兴趣小组用试管制作温度计，把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉适当的空气后放手，让玻璃管竖直地浮在水中，A端露出水面，如图所示，室温为T0时，水面上方的空气柱长度为x0，水面下方空气柱长度为h，室温升高至Tx时，水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，试管足够长且保持竖直。
(1)求Tx。
(2)已知升温过程中气体内能增加了ΔU，求气体吸收的热量Q。
素养3 热力学第二定律
热力学第二定律的表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
(3)用熵表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
【例3】 (多选)根据热力学第二定律可知，下列说法正确的是 ( )
A．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
B．没有冷凝器，只有单一的热库，能将从单一热库吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的
C．制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气中，而不引起其他变化
D．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
√
√
[解析] 热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外界的帮助，即会引起其他变化，A正确，B错误；
热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，故C错误，D正确。章末过关检测(三)
(时间：75分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。在上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是( )
A．化学能转化为电能 B．内能转化为电能
C．化学能转化为光能 D．机械能转化为电能
解析：选D。根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生 10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以为机械能转化为电能。
2．将一定质量的理想气体缓慢压缩，压缩过程中温度保持不变。下列说法正确的是( )
A．气体分子的平均动能减小
B．气体与外界无热交换
C．气体的压强不变
D．气体的内能不变
解析：选D。因为气体的温度保持不变，所以气体分子的平均动能不变，理想气体分子间距离非常大，分子势能忽略不计，所以气体的内能不变，故A错误，D正确；气体被压缩，外界对气体做功，但内能不变，根据热力学第一定律，气体对外放热，故B错误；根据理想气体状态方程可得，体积减小、温度不变，所以压强增大，故C错误。
3．如图所示，现用活塞压缩封闭在汽缸里的空气，对空气做了90 J的功，同时空气向外散热21 J。关于汽缸里空气的内能变化情况，下列说法正确的是( )
A.内能增加90 J
B．内能增加69 J
C．内能减小111 J
D．内能减少21 J
答案：B
4.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞。用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开。管塞被冲开前 ( )
A．外界对管内气体做功，气体内能增大
B．管内气体对外界做功，气体内能减小
C．管内气体内能不变，压强变大
D．管内气体内能增加，压强变大
解析：选D。管体积不变，则气体体积不变，外界没有对管内气体做功，管内气体也没有对外界做功，A、B错误；绳子与管壁摩擦生热，使管内气体温度升高，根据理想气体状态方程，可知温度升高，体积不变，气体内能增加，压强增大，C错误，D正确。
5．如图，这是某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
解析：选A。本题考查了热力学第一定律，理解做功和热传递可以改变物体的内能。筒内气体不与外界发生热交换，M向下滑的过程中，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体内能增大，A正确。
6．一定质量的理想气体经历如图所示的循环，图线由两条绝热线和两条等容线组成，其中，a→b 和c→d 为绝热过程，b→c 和d→a 为等容过程。下列说法正确的是( )
A．a→b 过程中，气体对外界做功
B．a→b 过程中，气体分子的平均动能不变
C．c→d 过程中，单位体积内气体分子数减少
D．d→a 过程中，气体从外界吸收热量
解析：选C。a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，分子平均动能增大，故A、B错误；c→d 过程中，气体体积变大，则单位体积内气体分子数减少，C正确；d→a变化，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，故气体向外界放热，故D错误。
7．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
解析：选A。气体膨胀对外做正功，而缸内气体与外界无热交换，由热力学第一定律知，其内能一定减小，温度降低，故分子的平均动能减小，A正确，B、C、D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
8．下列说法正确的是( )
A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B．热量总是自发地从分子动能大的物体传递到分子动能小的物体
C．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
解析：选CD。扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，A错误；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能减小的物体，但分子动能并非分子平均动能，B错误；根据热力学第二定律，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，D正确。
9．下列设想符合能量守恒定律的是( )
A．利用永久磁铁间的作用力可以制造一台永远转动的机器
B．做一条利用风能逆水航行的船
C．通过太阳照射使飞机起飞
D．不用任何燃料，河水就一定不能升温
解析：选BC。利用磁场能可能使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力不可避免，动能最终转化为内能，使转动停止，故A错误；让船先静止在水中，设计一台风力发电机使船获得足够的电能，然后把电能转化为船的动能，可使船逆水航行，故B正确；可利用太阳能电池板将光能转化成可储存的电能，然后将电能转化为飞机的动能，实现飞机起飞，故C正确；水坝利用河水的重力势能发电，一部分重力势能通过水轮机转化为水的内能，可使水升温，故D错误。
10.如图，这是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )
A．快速挤压时，瓶内气体压强变大
B．快速挤压时，瓶内气体温度不变
C．快速挤压时，瓶内气体体积不变
D．缓慢挤压时，气球下降
解析：选AD。快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV气球，气球下降，则D正确。
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(6分)(1)玻意耳定律指的是：在气体的________________的条件下，气体的压强与体积成____________。
(2)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功2.0×105 J，同时气体的内能增加了1.5×105 J。试问：此压缩过程中，气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量等于________J。
(3)若一定质量的理想气体状态分别按下图所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(选填“A”“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(选填“增加”或“减少”)。
解析：(1)玻意耳定律是在气体的温度保持不变的条件下得出的；在温度保持不变的条件下，气体的压强与体积成反比。
(2)由热力学第一定律可知，此压缩过程中气体向外界放出了热量；Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2.0×105 J＝－5×104 J。
(3)在等压变化的情况下，气体体积与温度成正比，故选C；随着气体温度的升高，气体的内能增加。
答案：(1)温度保持不变 反比 (2)放出 5×104 J (3)C 增加
12．(6分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的p－T 图像和V－T图像如图甲、乙所示，此过程中气体的内能增加了100 J，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量为________ J。
解析：由题图知气体发生的是等压变化，由盖 吕萨克定律有＝，所以V2＝V1，代入数值得V2＝8.0×10－3 m3，此过程气体膨胀对外做功为W＝p(V2－V1)＝200 J，因气体对外做功，所以W′＝－W，由热力学第一定律ΔU＝W′＋Q知气体吸热且Q＝300 J。
答案：吸收 300
13．(10分)一定质量的理想气体从状态A→B，再从状态B→C，最后从状态C→A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度TA＝900 K。
(1)求气体在状态B时的温度TB；
(2)求气体从状态B→C的过程中，气体做的功WBC；
(3)已知气体从状态C→A的过程中，外界对气体做的功WCA＝3.6×105 J，试说明该过程中气体是吸热还是放热，求吸(或放)了多少热量QCA。
解析：(1)A→B是等容变化，根据查理定律得＝
解得TB＝TA＝×900 K＝300 K；
(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，WBC＝pBΔVBC＝－1.0×105×(3.0－1.0) J＝－2×105 J；
(3)C→A是等温变化，由理想气体的内能只与温度有关可知，其内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知外界对气体做的功全部以热量形式放出，得QCA＝－WCA＝－3.6×105 J，故放热3.6×105 J。
答案：(1)300 K (2)－2×105 J (3)放热 3.6×105 J
14．(12分)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摄氏度，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Δx，封闭气体吸收了Q的热量。(汽缸始终未离开地面)则：
(1)环境温度升高了多少？
(2)气体的内能如何变化？变化了多少？
解析：(1)活塞缓慢移动，任意时刻都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖 吕萨克定律可知：＝
解得：ΔT＝(273＋t) K；
(2)气体温度升高，内能增加。
设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G，
封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx
由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx。
答案：(1)(273＋t) K (2)增加 Q－(p0S－G)Δx
15．(12分)如图所示，一导热性能良好、活塞可以从左端无摩擦滑到右端的汽缸水平放置，活塞将汽缸分为A、B两部分(活塞不会漏气)，汽缸右端有一阀门K，A、B内均装有理想气体。开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气柱长度分别为2L和3L，压强均为4p0(p0为外界大气压强)。若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢泄漏，整个过程中周围环境温度不变，阀门口处气体体积可以忽略。
(1)当活塞向右缓慢移动的距离为0.5L时，求A中气体的压强；
(2)如果外部条件一直保持不变，B中气体是否会全部漏完，判断并说明理由；整个过程中，A中气体吸热还是放热。
解析：(1)对于A气体，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
即4p0×2LS＝p2(2L＋0.5L)S
解得p2＝3.2p0。
(2)若活塞能到达汽缸右端，对A气体
4p0×2LS＝p3×5LS
解得p3＝1.6p0>p0
因此，B中的气体将全部漏完，A中气体等温膨胀，对外做功，W<0 ，但内能不变，ΔU＝0 ，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体从外界吸收热量。
答案：(1)3.2p0 (2)见解析
16．(14分)如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为10 cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底30 cm处设有卡槽a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，活塞的质量为5 kg，气体温度为180 K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度为300 K，活塞恰好离开卡槽a、b；若继续给汽缸内气体缓慢加热，活塞上升了10 cm的过程中，气体的内能增加了240 J。(设大气压强为p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2)求：
(1)开始时汽缸内气体的压强；
(2)活塞上升10 cm时汽缸内气体的温度；
(3)活塞离开卡槽a、b之后上升10 cm的过程中，气体吸收的热量。
解析：(1)活塞刚好离开卡槽时，有mg＋p0S＝p2S
根据查理定律得＝
解得p1＝＝0.9×105 Pa。
(2)从活塞恰好离开卡槽到活塞上升10 cm过程，气体为等压变化，根据盖 吕萨克定律得＝
解得T3＝＝400 K。
(3) 活塞离开卡槽后，气体对外做功为W＝p2·SΔh＝15 J
根据热力学第一定律得Q＝ΔU＋W＝255 J。
答案：(1)0.9×105 Pa (2)400 K (3)255 J
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素养1 热力学第一定律和图像的结合
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【例1】 一定质量的理想气体，经历从a→b→c→a的状态变化过程，其p－V图像如图所示，Ta＝250 K，从a→b过程气体对外界做功为100 J。
(1)气体在状态b、c时的温度分别为多少？
(2)气体从b状态到c状态外界对气体做功多少，气体内能改变了多少？
[解析] (1)气体从a→b过程发生的是等压变化，则＝，解得Tb＝750 K
气体从c→a过程发生的是等容变化，则＝，解得Tc＝750 K。
(2)从a→b过程气体对外界做功W0＝p0·(3V0－V0)＝2p0·V0＝100 J。气体从b→c的状态变化过程中，外界对气体做功为W＝ΔV＝200 J，因为b、c两状态等温，所以内能不变。
[答案] (1)750 K 750 K (2)200 J 内能不变
素养2 热力学第一定律和气体实验定律的结合
INCLUDEPICTURE "典例引领lll.TIF"
【例2】 某课外兴趣小组用试管制作温度计，把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉适当的空气后放手，让玻璃管竖直地浮在水中，A端露出水面，如图所示，室温为T0时，水面上方的空气柱长度为x0，水面下方空气柱长度为h，室温升高至Tx时，水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，试管足够长且保持竖直。
(1)求Tx。
(2)已知升温过程中气体内能增加了ΔU，求气体吸收的热量Q。
[解析] (1)气体在升温过程中做等压变化，初态，V1＝S，T1＝T0，末态，V2＝S，T2＝Tx，根据盖 吕萨克定律可得＝，解得Tx＝T0。
(2)温度升高，气体膨胀对外做功，则有W＝pΔV＝S，则外界对气体做功为－W，根据热力学第一定律可得气体吸收的热量Q＝ΔU＋S。
[答案] (1)T0
(2)ΔU＋S
素养3 热力学第二定律
INCLUDEPICTURE "重难整合lll.TIF"
热力学第二定律的表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
(3)用熵表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
INCLUDEPICTURE "典例引领lll.TIF"
【例3】 (多选)根据热力学第二定律可知，下列说法正确的是 ( )
A．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
B．没有冷凝器，只有单一的热库，能将从单一热库吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的
C．制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气中，而不引起其他变化
D．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
[解析] 热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外界的帮助，即会引起其他变化，A正确，B错误；热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，故C错误，D正确。
[答案] AD
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