粤教版高中物理选择性必修第三册第3章素养提升课2热力学定律的综合应用学案

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素养提升课(二)　热力学定律的综合应用1．能加深理解热力学第一定律和气体实验定律．2．会熟练分析热力学第一定律与气体实验定律的综合问题．3．掌握气体状态变化图像与热力学定律的综合应用．　热力学定律和气体实验定律的综合应用对于理想气体，常把热力学第一定律与气体实验定律结合起来分析其状态变化规律，常见的分析思路如下：(1)根据题意确定气体体积和温度变化的情况，并利用气体实验定律和状态方程求解气体的体积和温度．(2)利用体积的变化分析做功问题．气体体积增大，气体对外做功；气体体积减小，外界对气体做功．(3)利用温度的变化分析理想气体内能的变化．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小．(4)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程．【典例1】　如图所示，倒悬的导热气缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0，起初环境的热力学温度为T0时，活塞到气缸底面的距离为L．当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1 L，气缸中的气体吸收的热量为Q．求：(1)气缸内部气体内能的增加量ΔU；(2)最终的环境温度T．[思路点拨]　本题的关键是明确气体是等压变化，则W＝p·ΔV，再结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，求解即可．[解析]　(1)密封气体的压强p＝p0－GS外界对密封气体做功W＝－pS×0.1 L由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG．(2)该过程是等压变化，由盖-吕萨克定律有LST0＝L+0.1LST解得T＝1.1T0．[答案]　(1)Q－0.1p0SL＋0.1LG　(2)1.1T0热力学定律和气体实验定律综合应用的解题关键(1)一定质量的理想气体的内能只由温度决定．(2)根据气体状态变化准确判断出气体在各个状态的温度高低．[跟进训练]1．水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图所示．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，水即从枪口喷出．若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(　　)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B　[在水不断向外喷出的过程中，罐内气体体积增大，则气体对外做功，根据玻意耳定律pVT＝c可知，罐内气体的温度不变，体积增大，则压强减小，选项A错误，选项B正确；由于罐内气体对外做功，但温度不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体要从外界吸热，选项C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误．]　气体状态变化图像与热力学定律的综合应用1．首先明确气体状态图像的物理意义(1)等温线(如图甲所示)：一定质量的理想气体，T1>T2．a→b，等温降压膨胀，内能不变，吸收的热量等于对外做的功；b→c，等容升温升压，对外不做功，吸收的热量等于内能增加量；c→a，等压降温压缩，放出的热量等于外界做的功与内能减少量之和．(2)等容线(如图乙所示)：一定质量的理想气体，V1>V2．a→b、b→c、c→a，状态及能量变化同等温线分析．(3)等压线(如图丙所示)：一定质量的理想气体，p1>p2．a→b，等温升压压缩，内能不变，外界做的功等于放出的热量；b→c，等压升温膨胀，吸收的热量等于内能增加量与对外做的功之和；c→a，等容降温降压，内能减小量等于放出的热量．2．能结合气体实验定律的方程列式，列式时要找出气体初态和末态的状态参量．3．挖掘气体状态参量的变化因素与热力学第一定律ΔU＝W＋Q中各物理量的对应关系．【典例2】　一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p -V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)．以下判断正确的是(　　)A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c 过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量[思路点拨]　一定质量的理想气体的p -V图像与横轴所围的面积表示做的功，体积增大过程，气体对外做功；体积减小过程，外界对气体做功．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，气体在两个状态温度相等，则内能相等．C　[气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p -V图像与横轴所围的面积表示做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误．气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，气体在a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知，吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，气体在c状态的温度高于在b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知，吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误．气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确．由理想气体状态方程可知，气体在a、b两个状态温度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误．]气体三种变化与内能这类问题的关键是注意坐标轴表示的物理量，理解图像的物理意义，注意绝热过程Q＝0．(1)等温变化：内能不变，即ΔU＝0．(2)等容变化：体积不变，即W＝0．(3)等压变化：在p -V图像中，曲线与V轴所围成的面积表示气体所做的功．[跟进训练]2．如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J．求A→B→C过程中气体对外界做的总功．[解析]　A→B过程W1＝－p(VB－VA)＝－6×105×1×10-3＝－600 JB→C为绝热过程，即Q＝0，根据热力学第一定律W2＝ΔU＝－900 J则W＝W1＋W2＝－600－900 J＝－1 500 J．所以气体对外界做的总功为1 500 J．[答案]　1 500 J素养提升练(二)　热力学定律的综合应用一、选择题1．(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图像如图所示．下列说法正确的有(　　)A．B→C的过程中，气体压强不变B．A→B的过程中，气体吸收热量C．A→B的过程中，气体对外界做功D．A→B→C的过程中，气体内能减小AD　[B→C的过程中，根据pVT＝c可得V＝cp·T，V-T图像为过原点的一条倾斜直线，所以气体压强不变，选项A正确；A→B的过程中，气体温度不变，则内能不变，气体体积减小，则外界对气体做功，则气体放出热量，选项B、C错误；A→B→C的过程中，气体温度降低，则内能减小，选项D正确．]2．美丽的氢气球是很多小孩喜欢的玩具，将一个氢气球释放，它就会在空中持续上升，环境的温度会降低，气球体积变大，若氢气球不漏气，氢气球内的气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　)A．气体分子平均间距减小B．气体的压强不会发生变化C．外界将对氢气球内气体做正功D．气体放出的热量小于内能的减少量D　[气球体积变大，气体的分子数不变，气体分子平均间距增大，故A错误；气球在上升的过程中，环境温度降低，气球体积变大，由理想气体状态方程pVT＝c可知，气体压强减小，故B错误；气球体积变大，外界对气体做负功，W<0，故C错误；根据ΔU＝W＋Q可知，因温度降低则ΔU<0，外界对气体做负功，则W<0，气体放出热量，Q<0，则气体放出的热量小于内能的减少量，故D正确．]3．(多选)如图所示，绝热的气缸与绝热的活塞A、B密封一定质量的理想气体后水平放置在光滑地面上，不计活塞与气缸壁的摩擦，现用电热丝给气缸内的气体加热，在加热过程中，下列说法正确的是(　　)A．气缸仍保持静止B．活塞A、B均向左移动C．密封气体的内能一定增加D．气缸中单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数相同AC　[对气缸整体分析，外部各个方向上受到大气的压力平衡，所以气缸保持静止，故选项A正确；用电热丝给气缸内的气体加热后，气缸内的气体温度升高，内能增大，压强变大，活塞A、B均向外运动，故选项B错误，C正确；活塞A的面积大于活塞B的面积，单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，故选项D错误．]4．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是(　　)A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热B．B→C过程中，气体分子的平均动能减小C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D．D→A过程中，外界对气体做功，气体内能增加ABD　[A→B过程中，气体等温膨胀，气体体积增大，气体对外界做功，又因为气体温度不变，内能不变，所以此过程中气体吸热，故选项A正确；B→C过程中，气体绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故选项B正确；C→D过程中，气体等温压缩，体积变小，分子数的密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故选项C错误；D→A过程中，气体绝热压缩，外界对气体做功，气体内能增加，故选项D正确．]5．(多选)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的过程中，不计活塞与气缸的摩擦，则下列说法正确的是(　　)A．气缸内的活塞向左运动B．气缸内气体的内能增大C．气缸内气体的压强增大D．气缸内气体的分子平均动能不变ABC　[设气缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件知pS＋T＝p0S，细沙不断流出时绳子拉力T变小，而p0不变，故p变大，气体体积减小，则气缸内的活塞向左运动，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，则气缸内气体的分子平均动能变大，故A、B、C正确，D错误．]6．如图所示，内壁光滑的绝热气缸固定在斜面上，一定质量的绝热活塞把气缸分成a、b两部分，两部分中封闭有相同质量、相同温度的同种理想气体，初始时活塞用销钉固定，b部分气体的体积小于a部分气体的体积．现拔掉销钉，活塞移动一段距离，最终达到平衡状态，则最终状态与初始状态相比(　　)A．a部分气体温度可能不变B．b部分气体压强可能不变C．两部分气体压强之差不变 D．两部分气体内能之和增大D　[根据pVT＝c可知，温度相同且b的体积小于a，因此b部分气体压强大于a部分气体压强，又活塞受到重力沿斜面的分力，所以拔掉销钉后，活塞下降，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于两部分气体都是绝热的，可知Q为零，既不吸热也不放热，a体积减小，b体积增大，b对外做功，W＜0，外界对a做功，W＞0，因此b内能减小，温度降低，a内能增加，温度升高；设活塞质量为m，稳定后两部分气体压强差为Δp＝mgS，原来活塞静止是靠销钉固定，原来压强差与最终压强差无关；b部分气体体积增大，温度降低，由pVT＝c知，b的压强减小；对于两部分气体与活塞组成的整体，由能量守恒定律可知，活塞重力势能的减小量等于两部分气体内能的增大量，所以两部分气体的内能之和增大，故D正确，A、B、C错误．]7．(多选) 如图所示，两端开口、下端连通的导热气缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m．在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g．下列说法正确的是(　　)A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的内能增大C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)D．左端活塞到达B位置时，外力F等于mgS2S1CD　[外力F作用在右端活塞上，活塞位置始终不变，活塞没有位移，故外力F做功为零，故A错误；由于气缸导热，在缓慢加细沙过程中，环境温度不变，所以理想气体的温度不变，温度是气体分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能不变，内能也不变，故B错误；由于理想气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，理想气体向外界释放的热量等于外界对气体所做的功，由于在左端活塞上缓慢加细沙，质量是逐渐增大到m，因此细沙重力做的功小于mgh，即外界对气体所做的功小于(p0S1h＋mgh)，故C正确；当左端活塞到达B位置时，对左端活塞及细沙受力分析，得mg＋p0S1＝pS1，对右端活塞受力分析，得F＋p0S2＝pS2，联立可得mgS1＝FS2，即F＝mgS2S1，故D正确．]8．(2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p -V图像中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点．下列说法正确的是(　　)A．a→b是等温过程B．a→b过程中气体吸热C．a→c过程中状态b的温度最低D．a→c过程中外界对气体做正功B　[由理想气体状态方程pVT＝c可知，在p -V图像中任意一点的横纵坐标的乘积反映了温度的大小，且两者的乘积越大对应的温度越高，则对a点Sa＝3p0v0，b点Sb＝4p0v0，c点Sc＝3p0v0，由此可知，Tb＞Ta＝Tc，故A、C错误；对于一定质量的理想气体其内能只与温度有关，温度越高内能越大，由热力学第一定律ΔU ＝ W ＋ Q可知，当气体由a→b的过程中，气体的内能增加，即ΔU ＞0，又体积增大，气体对外界做功，则W＜0，Q＞0，即气体要从外界吸热，故B正确；当气体由a→c过程中，气体的体积一直在增大，也就是外界对气体做负功，故D错误．]9．A、B气缸的水平长度为20 cm，截面积均为10 cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门，整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，开始阀门关闭，A内有压强pA＝ 4.0 × 105 Pa的氮气，B内有压强pB＝ 2.0 × 105 Pa的氧气，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．下列说法正确的有(　　)A．平衡后A气缸的压强为3.0 × 105 PaB．活塞C向右移动了10 cmC．A气缸内气体要对外做功，同时放出热量D．若B气缸抽成真空，打开阀门D，A气缸中气体要对外做功，要从外界吸热A　[设平衡后活塞向右移动的距离为x，平衡后A、B中气体的压强均为p，活塞移动前与平衡后的温度相同，则对A、B内气体由玻意耳定律得，pALS＝p(L＋x)S，pBLS＝p(L－x)S，解得x＝203 cm≈6.7 cm，p＝3.0×105 Pa，即活塞C向右移动的距离为6.7 cm，平衡后A中气体的压强为3.0×105 Pa，故B错误，A正确；开始时A中的压强大于B的压强，所以A内气体膨胀，对外做功(W<0)，又因为整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，所以A中气体的内能不变(ΔU＝0)，根据ΔU＝W＋Q可得，Q>0，所以A要从外界吸热，故C错误；若B气缸抽成真空，打开阀门D，A气缸中气体膨胀过程对外不做功，又因为A气缸中气体内能不变，所以气体不需要从外界吸热，故D错误．]10．一定质量的理想气体经历A→B、B→C两个变化过程，其p -V图像如图所示，两图线均为直线段，A、B、C三状态对应的参数如图所示．下列说法正确的是(　　)A．气体在状态C时的温度比在状态B时高B．B→C过程中气体内能保持不变C．B→C过程中气体从外界吸收热量3.0×105 JD．A→C过程中气体从外界吸收热量5.5×105 JC　[根据理想气体的状态方程pVT＝c可知，B→C过程中气体温度先升高再降低至原值，则理想气体的内能先增加再减少， 故A、B项错误；B→C过程气体内能不变，气体从外界吸收热量等于气体对外做的功，气体对外做的功等于p -V图线与坐标轴围成的面积，则Q2＝1.0+0.52×106×(8－4)×10-1 J＝3.0×105 J，故C项正确；根据pVT＝c可知，A→C过程末状态温度高，气体内能的变化量ΔU>0, 气体体积变大，对外做功，则根据图像与坐标轴围成的面积可得W＝－4-22×10-1 m3×1.5+1.0×106 Pa+8-42×10-1 m3×1.0+0.5×106 Pa＝－5.5×105 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知， Q>－W＝5.5×105 J，D项错误．]二、非选择题11．一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，则：(1)C→A过程中气体分子平均动能如何变化？(2)A→B过程中“外界对气体”还是“气体对外界”做功 ?(3)B→C(图中为双曲线的一部分)过程中气体的内能如何变化？[解析]　(1)由题图可知，C→A过程中气体压强减小，体积不变，据pVT＝c可知，气体温度降低，则气体分子平均动能减小．(2)A→B过程中气体体积增大，则气体对外界做功．(3)B→C(题图中为双曲线)过程中pV乘积不变，据pVT＝c可知，该过程为等温变化，所以理想气体的内能不变．[答案]　(1)减小　(2)气体对外界　(3)不变12．如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B．活塞的质量为1 kg，横截面积为1 cm2，与隔板相距1 m．现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量120 J时，活塞上升了1 m，此时气体的温度为300 K．已知大气压强为1×105 Pa，重力加速度为g取10 m/s2．(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU1＝50 J，求B气体内能增加量ΔU2．(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为400 K．求此时添加砂粒的总质量Δm．[解析]　(1)B气体对外做功W＝(p0S＋mg)h由热力学第一定律得ΔU1＋ΔU2＝Q－W代入数据解得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1＝50 J．(2)B气体的初状态p1＝p0＋mgS，V1＝2hS，T1＝300 KB气体末状态p2＝p0＋m+ΔmgS，V2＝hS，T2＝400 K由理想气体状态方程有p1V1T1＝p2V2T2代入数据解得Δm＝103 kg．[答案]　(1)50 J　(2)103 kg13．一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pATA＝pBTB解得TB＝300 K．(2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外做功，根据功的公式解得WBC＝pBΔVBC＝2.0×105 J．(3)C→A，是等温变化，由理想气体内能只与温度有关，知其内能不变，即ΔU＝0由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，结合内能不变，知外界对气体做的功全部转化为热能放出故放热为QCA＝WCA＝3.6×105 J．[答案]　(1)300 K　(2)2.0×105 J　(3)放热　3.6×105 J