资源简介

(共31张PPT)
第三章 热力学定律
人教版 选择性必修第三册
（复习与提升）
目录
CONTENTS
1
知识清单
2
重点突破
3
物理模型归纳
4
热学规律的选用
01
知识清单
知识清单
内能
功和内能：在绝热情况下， 是内能变化的量度
热量和内能：只发生传热时，热量是 变化的量度做功和传热在改变内能上是 的
热力学第一定律
内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它
传递的热量与外界对它所做的功的和
表达式：ΔU＝ ＋___
功
Q
W
内能
等价
知识清单
能量守恒定律
能量守恒定律
第一类永动机不能制成的原因：违背_____________
热力学第二定律
克劳修斯表述：_______________________________
_______
开尔文表述：_________________________________
___________________________
第二类永动机不能制成的原因：违背了___________
_____
能源是有限的
能量守恒定律
热量不能自发地从低温物体传到高
温物体
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
定律
热力学第二
02
重点突破
热力学第一定律与能量守恒定律
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析。
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。
(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
热力学第一定律与能量守恒定律
2.三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。
(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。
【例题】如图所示，、 是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度处，、 两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高到同一值，两球膨胀后，体积相等，仍浸没在液体中，深度相同。则( )
热力学第一定律与能量守恒定律
B
A. 球吸收的热量较多 B. 球吸收的热量较多
C. 两球吸收的热量一样多 D. 两球对外做的功一样多
【例题】 (2023·天津卷，2)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体(　　)
A.对外做功 B.内能减少
C.吸收热量 D.压强不变
热力学第一定律与能量守恒定律
B
解析：爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误。
热力学第二定律
1.热力学第二定律的理解
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程。
(3)热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
热力学第二定律
【例题】根据热力学定律，判断下列说法正确的是(　　)
A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B.自发的热传导是可逆的
C.可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D.气体向真空膨胀具有方向性
解析：有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B错误；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确。
热力学第二定律
D
热力学第二定律
【例题】[多选]对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是( 　)
A. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
B. 凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传
递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
C. 第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
D. 热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
热力学第二定律
解析：某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响，否则违背热力学第二定律，选项A错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项B错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故选项C正确；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，选项D正确.
03
物理模型归纳
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1.热力学定律与气体实验定律问题的处理方法
(1)气体实验定律研究对象是一定质量的某种理想气体。
(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出与之相关的气体状态参量,利用相关规律解决。
(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)就要做功,如果是等压变化,W=pΔV;只要温度发生变化,其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题。
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
2.求解热力学定律与气体实验定律问题的通用思路
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【例题】如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段
时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化.
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化？求此变化量的大小ΔU.
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
答案：　（1）p0 （2）内能减少　ΔU＝Q
　
解析：　（1）瓶内气体发生等容变化，由查理定律得＝，解得p＝p0.
（2）封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，
W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得
W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q.
热力学第一定律与图像的综合应用
1.在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程 ＝C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
热力学第一定律与图像的综合应用
C
热力学第一定律与图像的综合应用
【例题】(2024·广东梅州高三期末)如图所示，一定质量的理想气体，由A状态经历两个不同的变化过程到C状态(A→C，A→B→C)且A、C处于同一条等温线上，以下说法正确的是(　　)
A.A→C过程气体吸收的热量大于对外做的功
B.A→C的过程中，气体分子的平均动能一直减小
C.气体在A状态的内能等于在C状态的内能
D.A→C过程气体吸收的热量等于A→B→C过程气体吸收的热量
热力学第一定律与图像的综合应用
C
热力学第一定律与图像的综合应用
解析　A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C处于同一条等温线上，所以TA＝TC，气体在A状态的内能等于在C状态的内能，即ΔUAC＝0，由气体体积增大知WAC<0，因此可得QAC>0，QAC＝|WAC|，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝|WABC|，由p－V图像与横轴所围的面积表示气体对外做的功可知|WABC|>|WAC|，得到QABC>QAC，故D错误。
04
热学规律的选用
综合应用
【例题】(2023·安徽合肥市第二次质检)蔬菜大棚通常靠通风来调节温度，某研究小组设计了一款温控报警装置，其原理如图所示。将导热汽缸竖直悬挂在大棚内，缸内通过活塞封闭了一定质量的空气。当棚内温度为7 ℃时，活塞静止于距汽缸顶部70.0 cm的C处；当棚内温度缓
慢升高，活塞下移5 cm至D处，此时涂有导电物质的活塞
下表面恰与a、b触点接触，蜂鸣器报警。已知活塞质量
m＝0.5 kg、横截面积S＝25 cm2、厚度不计，活塞与汽缸之
间的摩擦不计，大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。求：
(1)蜂鸣器刚报警时棚内温度；
(2)活塞由C至D过程，若缸内空气的内能增加了37 J，缸
内空气吸收的热量。
综合应用
答案（1）300 K或27 ℃　（2）
可得TD＝300 K，即27 ℃
49.25 J
（2）汽缸内空气在等压膨胀过程中压强恒为p，活塞受力如图
由平衡条件得p0S＝mg＋pS
解得p＝9.8×104 Pa，该过程中外界对气体做功W＝－pΔV
＝－12.25 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，
可得Q＝49.25 J。
解：
综合应用
【例题】如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热汽缸中有加热装置，汽缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H＝2 m。质量M＝10 kg、横截面积S＝5×10－3 m2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1＝0.8×105 Pa、温度为t1＝17 ℃的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p0＝1×105 Pa保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系T＝t＋273 K，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2；
(2)若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2 m，该过程中气体吸收
了Q＝370 J的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。
综合应用
答案　(1)435 K　(2)250 J
解析　(1)已知p1＝0.8×105 Pa，T1＝290 K
当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有p2S＝p0S＋Mg
解得p2＝1.2×105 Pa
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝435 K。
(2)活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有
W＝－p2Sh＝－120 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
代入数据解得此过程中气体内能的变化量ΔU＝250 J。
谢谢观看
THANK YOU FOR WATCHING

展开更多......

收起↑