2019年高考物理一轮复习第13章选考部分第3讲热力学定律学案新人教版

热力学定律【学习目标】1、知道做功和热传递是改变物体内能的两种方式。

了解它们的区别和联系。

2、认识热力学第一定律；理解能量守恒定律；知道第一类永动机不可能制成。

（重点）【知识要点】一、改变内能的两种方式（1）做功：当做功使物体的内能发生改变时，外界对物体做了多少功，物体内能就多少；物体对外界做了多少功，物体内能就多少．（2）热传递：当热传递使物体的内能发生改变的时候，物体吸收了多少热量，物体内能就多少；物体放出了多少热量，物体内能就多少．热传递有三种方式：、、。

（3）两种改变方式间的关系①两者在上是等效的．②两者的本质区别：做功是其他形式的能和内能的相互，热传递是内能的．二、热力学第一定律1．绝热过程：系统不从外界热量，也不向外界热量。

2．内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它的热量与外界对它的和.3．表达式：ΔU＝W＋Q.5．热量与内能、热量与温度的区别内能是状态量，一个物体在一定的状态下具有一定的内能。

热量是过程量，它是在热传递过程中用来量度物体内能改变多少的物理量。

离开热传递的物理过程，谈热量的多少是毫无意义的，我们只能说：“在某一热传递过程中甲物体吸收了多少热量，乙物体放出了多少热量”，不能说“某物体在某一状态下具有多少热量”。

同理功也是一个过程量，不能说物体含有多少功。

温度反映的是分子热运动处于某种状态，是状态量。

在热传递过程中传递的是热量，改变的是温度。

三、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式为另一种形式，或者从一个物体到另一个物体，在能的转化或转移过程中其总量．2．第一类永动机是指：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．第一类永动机不可能制成，因为它违背了【典型例题】例1. (1)图中活塞将气缸分成甲、乙两气室，气缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气．以E甲、E乙分别表示甲乙两气室中气体的内能，现在将拉杆缓慢向外拉时，关于甲、乙两气室中气体内能的变化规律，以下说法正确的是( )A．E甲不变，E乙减小B．E甲增大，E乙不变C．E甲增大，E乙减小D．E甲不变，E乙不变(2)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：①气体的内能_____(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为__ __ J.②气体的分子势能________(填“增加”或“减少”)．③分子平均动能如何变化？变式训练1.如下图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略．假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变．若用外力F将活塞B缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体的下列结论，其中正确的是() A．气体对外做功，气体内能不变B．气体对外做功，气体压强减小C．外界对气体做功，气体内能不变D．气体向外界放热，气体内能不变例2.重1 000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃以上，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高，且铁的比热c＝0.11 cal/(g·℃)，g 取10 m/s2.例3.如图，将一空的薄金属圆筒开口向下压入水中，设水温均匀且恒定，且筒内空气无泄漏，不计空气分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，发现筒内空气体积在不断减小。

第3讲热力学定律与能量守恒定律一、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：二、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．三、热力学第二定律1．热力学第二定律的两种表述(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．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．1．判断下列说法是否正确．(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的．( ×)(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能可能不变．( ×)(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．( ×)(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．( √)2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程( )A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J答案 B3．木箱静止于水平地面上，现在用一个80N的水平推力推动木箱前进10m，木箱受到的摩擦力为60N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是( ) A．U＝200J，E k＝600JB．U＝600J，E k＝200JC．U＝600J，E k＝800JD．U＝800J，E k＝200J答案 B解析U＝F f x＝60×10J＝600J。

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p ­T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V ­T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p ­T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口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；活塞和汽缸壁均绝热，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p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽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 .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

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第三节热力学定律与能量守恒(建议用时：60分钟)一、选择题1．根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( ) A．机械能可以全部转化为内能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．制冷机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量D．第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析：选AC.机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能,A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中,热量可以自发地从高温物体传递给低温物体,也能从低温物体传递给高温物体,但必须借助外界的帮助，B错误；由能量守恒知,制冷过程中，从室内吸收的热量与压缩机做的功之和等于向室外放出的热量,故C正确；第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能制造出来，D错误．2．重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）( )A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小解析：选B。

第十三章热学[选修3－3][全国卷5年考情分析]第1节分子动理论__内能(1)布朗运动是液体分子的无规则运动。

(×)(2)温度越高，布朗运动越剧烈。

(√)(3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。

(×)(4)－33 ℃＝240 K。

(×)(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。

(×)(6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。

(√)(7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。

(×)1．阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1，是联系宏观量和微观量的桥梁。

2．扩散现象和布朗运动都说明分子是永不停息地做无规则运动，且都随温度升高而变得更加剧烈。

3．两分子间距为r0时分子力为零，分子势能最低，但不一定为零。

4．温度是分子平均动能的标志，温度相同时，各种物体分子的平均动能均相同。

突破点(一) 微观量的估算1．两种分子模型物质有固态、液态和气态三种情况，不同物态下应将分子看成不同的模型。

(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看成球形或立方体形，如图所示，分子间距等于小球的直径或立方体的棱长，所以d ＝ 36V π(球体模型)或d ＝3V (立方体模型)。

(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间。

如图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d 的立方体，所以d ＝3V 。

2．宏观量与微观量的转换桥梁作为宏观量的摩尔质量M mol 、摩尔体积V mol 、密度ρ与作为微观量的分子质量m 、单个分子的体积V 0、分子直径d 都可通过阿伏加德罗常数联系起来。

如下所示。

(1)一个分子的质量：m ＝M molN A 。

(2)一个分子所占的体积：V 0＝V molN A(估算固体、液体分子的体积或气体分子平均占有的空间)。

(3)1 mol 物质的体积：V mol ＝M molρ。

第三节热力学定律与能量守恒定律(对应学生用书第234页)[教材知识速填]知识点1热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则易错判断(1)做功和热传递的实质是相同的．(×)(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(√)(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(×)知识点2热力学第二定律及微观意义1．热力学第二定律的两种表述(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．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)．3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．易错判断(1)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)(2)热量不能从低温物体传给高温物体．(×)(3)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×)知识点3能量守恒定律和两类永动机1．能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．易错判断(1)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失．(×)(2)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律．(√)(对应学生用书第235页)1．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况[题组通关]1．(2017·全国Ⅱ卷)如图13-3-1所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()图13-3-1A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变ABD[气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确．气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误．气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误．]2．(2018·桂林模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图象如图13-3-2所示，p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是()图13-3-2A．过程ab中气体一定吸热B．p c＝p b>p aC．过程bc中分子势能不断增大D．过程bc中每一个分子的速率都减小E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功ABE[由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A 正确；从b到c为等压变化，故p c＝p b，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故p b>p a，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．] 3．关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加CDE[温度决定分子的平均动能，质量相同的不同理想气体的物质的量不一定相同，内能不一定相同，选项A错误；物体内能与物体宏观运动速度无关，选项B错误；气体的内能是否变化由做功和热传递两方面决定，气体被压缩，外界对气体做正功W，若气体同时向外界放热Q，当W ＝Q时气体的内能不变，选项C正确；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，选项D正确；根据理想气体状态方程可知等压膨胀过程中温度升高，一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，可知内能必增加，选项E正确．]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？[解析](1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.[答案](1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的含义(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．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，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．3．热力学过程方向性实例4．两类永动机的比较[题组通关]1．下列说法中正确的是()A．热量可以从低温物体传递到高温物体B．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机C．能源危机指能量的过度消耗导致自然界的能量不断减少D．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功E．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律ADE[空调可以使热量从低温物体向高温物体传递，A对；由热力学第二定律知不可能有单一热源的热机，B错；能量是守恒的，C错；功可以全部转化为热量，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下，热量也可以全部转化为功，D对；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，E对．] 2．(2017·东北三省四市模拟)下列说法中正确的是()A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向D．自发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E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机BCD[相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A 错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，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，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误．]3．(2018·唐山二模)根据热力学定律，下列说法正确的是()【导学号：84370513】A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．效率为100%的热机是不可能制成的C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段E．吸收了热量的物体，其内能也不一定增加BCE[第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故A 错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误；改变内能的方式有做功和热传递，吸收了热量的物体，其内能也不一定增加，E正确．][母题](2018·潍坊模拟)如图13-3-3所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2.现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃.已知大气压强等于105 Pa，求：图13-3-3(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；(2)此过程中气体内能改变了多少．[解析](1)取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1＝(273＋27)K＝300 K，末状态的体积为：L2S，温度为：T2＝(273＋127)K＝400 K气体做等压变化，则：L1ST1＝L2ST2代入数据得：L2＝12 cm.(2)在该过程中，气体对外做功：W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10－4×(12－9)×10－2 J＝15 J，由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22 J－15 J＝7 J.[答案](1)12 cm(2)7 J[母题迁移]迁移1气体图象结合类1．如图13-3-4所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是()图13-3-4A．气体体积变大B．气体温度升高C．气体从外界吸收热量D．气体的内能不变E．气体放出热量ABC[a→b，p-T图线的斜率反映1V的变化，a→b，p-T图线的斜率减小，V 增大，T 升高，内能增加，根据ΔU ＝W ＋Q ，ΔU ＞0，W ＜0，故Q ＞0，气体吸热，A 、B 、C 正确，D 、E 错误．]迁移2 水平两部分气体结合类2．将如图13-3-5所示的装置的右端部分汽缸B 置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A 和导热汽缸B 均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p 0、体积均为V 0、温度均为T 0，缓慢加热A 中气体，使汽缸A 的温度升高到1.5T 0，稳定后，求：图13-3-5(1)汽缸A 中气体的压强p A 以及汽缸B 中气体的体积V B ；(2)此过程中B 中气体吸热还是放热？试分析说明．[解析](1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：p A ＝p B ，选汽缸A 中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：p 0V 0·1T 0＝p A V A ·11.5T 0，选汽缸B 中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：p 0V 0＝p B V B ，又因为：2V 0＝V A ＋V B ，联立得：p A ＝p B ＝1.25p 0，V B ＝0.8V 0.(2)因为B 中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B 中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．[答案](1)1.25p 0 0.8V 0 (2)见解析迁移3 竖直两部分气体结合类3．如图13-3-6所示，一个绝热的汽缸(汽缸足够高)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，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量m ＝8 kg ，横截面积S ＝10 cm 2，与隔板相距h ＝25 cm ，现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q ＝200 J 时，活塞上升了h ′＝10 cm ，此时气体的温度为t 1＝27 ℃，已知大气压强p 0＝1×105Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2.图13-3-6(1)加热过程中，若A 气体的内能增加了ΔU 1＝55 J ，求B 气体的内能增加量ΔU 2；(2)现在停止对气体加热，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t 2＝30 ℃，求添加砂粒的总质量M .【导学号：84370514】[解析](1)B 气体对外做功W ＝(p 0S ＋mg )h ′＝18 J ，由热力学第一定律得ΔU 1＋ΔU 2＝Q －W ，ΔU 2＝Q －W －ΔU 1＝127 J.(2)B 气体的初状态p 1＝p 0＋mg S ＝1.8×105 Pa ，V 1＝(h ＋h ′)S ＝3.5×10－4m 3，T 1＝(27＋273) K ＝300 K ，B 气体的末状态p 2＝p 0＋(m ＋M )g S，V 2＝hS ＝2.5×10－4m 3， T 2＝(30＋273) K ＝303 K ，由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，代入数据得：M ＝7.452 kg. [答案](1)127 J (2)7.452 kg如图所示，汽缸A 、B 的长度均为60 cm ，截面积均为40 cm 2，C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A 内有压强p A ＝2.4×105 Pa 的氧气．B 内有压强p B ＝1.2×105 Pa 的氢气．阀门打开后，活塞C 向右移动，最后达到平衡．求：(1)活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；(2)活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热(简要说明理由)．(假定氧气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)[解析](1)根据玻意耳定律，对A部分气体有p A LS＝p(L＋x)S对B部分气体有p B LS＝p(L－x)S代入相关数据解得x＝20 cm，p＝1.8×105 Pa.(2)活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热．[答案](1)20 cm 1.8×105Pa(2)活塞C移动过程中B中气体放热，理由见解析。

第三节热力学定律与能量守恒定律(对应学生用书第234页)[教材知识速填]知识点1热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则易错判断(1)做功和热传递的实质是相同的．(×)(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(√)(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(×)知识点2热力学第二定律及微观意义1．热力学第二定律的两种表述(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．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)．3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．易错判断(1)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)(2)热量不能从低温物体传给高温物体．(×)(3)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×)知识点3能量守恒定律和两类永动机1．能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．易错判断(1)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失．(×)(2)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律．(√)(对应学生用书第235页)1．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况[题组通关]1．(2017·全国Ⅱ卷)如图13-3-1所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()图13-3-1A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变ABD[气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确．气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误．气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误．]2．(2018·桂林模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图象如图13-3-2所示，p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是()图13-3-2A．过程ab中气体一定吸热B．p c＝p b>p aC．过程bc中分子势能不断增大D．过程bc中每一个分子的速率都减小E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功ABE[由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A 正确；从b到c为等压变化，故p c＝p b，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故p b>p a，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．] 3．关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加CDE[温度决定分子的平均动能，质量相同的不同理想气体的物质的量不一定相同，内能不一定相同，选项A错误；物体内能与物体宏观运动速度无关，选项B错误；气体的内能是否变化由做功和热传递两方面决定，气体被压缩，外界对气体做正功W，若气体同时向外界放热Q，当W ＝Q时气体的内能不变，选项C正确；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，选项D正确；根据理想气体状态方程可知等压膨胀过程中温度升高，一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，可知内能必增加，选项E正确．]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？[解析](1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.[答案](1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的含义(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．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，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．3．热力学过程方向性实例4．两类永动机的比较[题组通关]1．下列说法中正确的是()A．热量可以从低温物体传递到高温物体B．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机C．能源危机指能量的过度消耗导致自然界的能量不断减少D．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功E．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律ADE[空调可以使热量从低温物体向高温物体传递，A对；由热力学第二定律知不可能有单一热源的热机，B错；能量是守恒的，C错；功可以全部转化为热量，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下，热量也可以全部转化为功，D对；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，E对．]2．(2017·东北三省四市模拟)下列说法中正确的是()A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向D．自发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E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机BCD[相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A 错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，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，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误．]3．(2018·唐山二模)根据热力学定律，下列说法正确的是()【导学号：84370513】A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．效率为100%的热机是不可能制成的C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段E．吸收了热量的物体，其内能也不一定增加BCE[第二类永动机不可能制成，是因它违反了热力学第二定律，故A 错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误；改变内能的方式有做功和热传递，吸收了热量的物体，其内能也不一定增加，E正确．][母题](2018·潍坊模拟)如图13-3-3所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2.现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃.已知大气压强等于105 Pa，求：图13-3-3(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；(2)此过程中气体内能改变了多少．[解析](1)取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1＝(273＋27)K＝300 K，末状态的体积为：L2S，温度为：T2＝(273＋127)K＝400 K气体做等压变化，则：L1ST1＝L2ST2代入数据得：L2＝12 cm.(2)在该过程中，气体对外做功：W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10－4×(12－9)×10－2 J＝15 J，由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22 J－15 J＝7 J.[答案](1)12 cm(2)7 J[母题迁移]迁移1气体图象结合类1．如图13-3-4所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是()图13-3-4A．气体体积变大B．气体温度升高C．气体从外界吸收热量D．气体的内能不变E．气体放出热量ABC[a→b，p-T图线的斜率反映1V的变化，a→b，p-T图线的斜率减小，V增大，T升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU＞0，W＜0，故Q＞0，气体吸热，A 、B 、C 正确，D 、E 错误．]迁移2 水平两部分气体结合类2．将如图13-3-5所示的装置的右端部分汽缸B 置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A 和导热汽缸B 均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p 0、体积均为V 0、温度均为T 0，缓慢加热A 中气体，使汽缸A 的温度升高到1.5T 0，稳定后，求：图13-3-5(1)汽缸A 中气体的压强p A 以及汽缸B 中气体的体积V B ；(2)此过程中B 中气体吸热还是放热？试分析说明．[解析](1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：p A ＝p B ，选汽缸A 中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：p 0V 0·1T 0＝p A V A ·11.5T 0，选汽缸B 中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：p 0V 0＝p B V B ，又因为：2V 0＝V A ＋V B ，联立得：p A ＝p B ＝1.25p 0，V B ＝0.8V 0.(2)因为B 中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B 中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．[答案](1)1.25p 0 0.8V 0 (2)见解析迁移3 竖直两部分气体结合类3．如图13-3-6所示，一个绝热的汽缸(汽缸足够高)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，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量m ＝8 kg ，横截面积S ＝10 cm 2，与隔板相距h ＝25 cm ，现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q ＝200 J 时，活塞上升了h ′＝10 cm ，此时气体的温度为t 1＝27 ℃，已知大气压强p 0＝1×105Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2.图13-3-6(1)加热过程中，若A 气体的内能增加了ΔU 1＝55 J ，求B 气体的内能增加量ΔU 2；(2)现在停止对气体加热，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t 2＝30 ℃，求添加砂粒的总质量M .【导学号：84370514】[解析](1)B 气体对外做功W ＝(p 0S ＋mg )h ′＝18 J ，由热力学第一定律得ΔU 1＋ΔU 2＝Q －W ，ΔU 2＝Q －W －ΔU 1＝127 J.(2)B 气体的初状态p 1＝p 0＋mg S ＝1.8×105 Pa ，V 1＝(h ＋h ′)S ＝3.5×10－4m 3，T 1＝(27＋273) K ＝300 K ，B 气体的末状态p 2＝p 0＋(m ＋M )g S，V 2＝hS ＝2.5×10－4m 3， T 2＝(30＋273) K ＝303 K ，由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，代入数据得：M ＝7.452 kg. [答案](1)127 J (2)7.452 kg如图所示，汽缸A 、B 的长度均为60 cm ，截面积均为40 cm 2，C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A 内有压强p A ＝2.4×105 Pa 的氧气．B 内有压强p B ＝1.2×105 Pa 的氢气．阀门打开后，活塞C 向右移动，最后达到平衡．求：(1)活塞C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强；(2)活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热(简要说明理由)．(假定氧气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)[解析](1)根据玻意耳定律，对A部分气体有p A LS＝p(L＋x)S对B部分气体有p B LS＝p(L－x)S代入相关数据解得x＝20 cm，p＝1.8×105 Pa.(2)活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热．[答案](1)20 cm 1.8×105Pa(2)活塞C移动过程中B中气体放热，理由见解析。

第十三章选修3-31、考查近代物理知识中一些基础知识，意在考查考生的理解能力2、高考对本专题内容考查的重点和热点有：①原子能级跃迁和原子核的衰变规律；②核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算；③原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等.3、近代物理部分，涉及的考点较多，主要有光电效应、波粒二象性、原子结构、玻尔理论、衰变、核反应和核能等，主要以选择题的形式命题，可能单独命题，但更多的是通过多个选项命制综合题。

4、由于本专题内容琐碎，考查点多，因此复习时应抓住主干知识，梳理出知识点，进行理解性记忆.1.知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律.2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律.3.掌握能量守恒定律及其应用．1．物体内能的改变(1)做功是其他形式的能与内能的相互转化过程，内能的改变量可用做功的数值来量度．(2)热传递是物体间内能的转移过程，内能的转移量用热量来量度．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律．(2)任何违背能量守恒定律的过程都是不可能的，不消耗能量而对外做功的第一类永动机是不可能制成的．4．热力学第二定律(1)两种表述①第一种表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(克劳修斯表述)．②第二种表述：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(开尔文表述)．(2)第二类永动机是指设想只从单一热库吸收热量，使之完全变为有用的功而不产生其他影响的热机．这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．考点一对热力学第一定律的理解及应用1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号W Q ΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少3.(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．★重点归纳★应用热力学第一定律应注意（1）热力学第一定律反映功、热量与内能改变量之间的定量关系：ΔU＝W＋Q，使用时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外取负)．对理想气体，ΔU仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.（2）对于理想气体，可以直接根据温度的变化来确定内能的变化．吸、放热不能直接确定时，则要放在最后，根据热力学第一定律来确定．必须指出的是，一般来说系统对外界做功，系统体积膨胀；外界对系统做功，系统体积则被压缩．但在某些特定条件下，例如气体自由膨胀(外界为真空)时，气体就没有克服外力做功．另外，在判断内能变化时，还必须结合物态变化以及能的转化与守恒来进行．★典型案例★下列说法正确的是 （填正确答案标号．部分选对得3分，全对得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B ．在绝热条件下压缩理想气体，气体的内能一定增加C ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以估算出气体分子的直径D ．一定质量的理想气体，压强不变、温度升高时，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少【答案】BD【解析】第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，但是不违反能量守恒定律，选项A 错误；根据热力学第一定律可知：E W Q ∆=+，则在绝热条件下压缩理想气体，Q =0,W >0,则0E ∆>，即气体的内能一定增加，选项B 正确；只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以估算出气体分子运动占据的空间的直径，选项C 错误；一定质量的理想气体，压强不变、温度升高时，气体的平均速率变大，则气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，选项D 正确；故选BD ．★针对练习1★一定质量的理想气体，当发生如下哪些状态变化时，能放出热量（ ）A ．体积不变，压强减小B ．压强不变，体积减小C ．温度不变，体积减少D ．温度不变，压强减小【答案】ABC【名师点睛】注意此类题目经常把理想气体状态方程PV K T=与热力学第一定律E W Q ∆=+相结合，并要理解热力学第一定律中各个符号的物理意义。