(江苏专版)202x版高考物理一轮复习 第十二章 第3节 热力学定律

第12章第3讲热力学定律与能量守恒定律课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分。

其中1～4题为单选，5～9题为多选)1．(2019·湖北荆门第五次检测)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧室三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。

则以下说法不正确的是() A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用答案 D解析燃气由液态变为气态的过程中体积增大，要对外做功，分子势能增大，故A、B正确；根据热力学第二定律，燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程，故C正确；燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被回收利用，故D错误。

2．(2019·湖南三湘名校教育联盟三模改编)能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。

然而，无数事实告诉我们，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。

下列说法正确的是()A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机B．第二类永动机违反能量守恒定律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．气体向真空的自由膨胀是可逆的答案 C解析根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故A错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故B错误；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，但要引起其他变化，故C正确；根据熵增原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误。

3.如图，一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，对此气体下列说法正确的是()A．A→B过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功B．B→C过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减小C．C→A过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量D．B→C过程中气体放出的热量等于C→A过程中吸收的热量答案 C解析A→B过程中为等温变化，压强减小，由公式pV＝C可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，A→B过程温度不变，ΔU＝0，Q＝－W，故气体要吸收热量且等于气体对外做的功，故A错误；B→C过程为等压变化，由p＝F可知气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力不变，故B错误；SC→A过程为等容变化，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故C正确；B→C过程为等压变化，由热力学第一定律可知，ΔU1＝Q1＋W1，其中ΔU1为负值，W1为正值，所以Q1<0，气体放出热量，C→A过程为等容变化，由热力学第一定律可知，ΔU2＝Q2，其中ΔU2为正值，所以Q2>0，气体吸收热量，又ΔU1＝－ΔU2，故Q1＋W＝－Q2，即B→C 过程中气体放出的热量大于C→A过程中气体吸收的热量，故D错误。

第3讲热力学定律与能量守恒定律目标要求 1.理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式，并能用热力学第一定律解决相关问题.2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性.3.知道第一类永动机和第二类永动机不可能制成．考点一热力学第一定律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．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)表达式中的正、负号法则：物理量＋－W 外界对物体做功物体对外界做功Q 物体吸收热量物体放出热量ΔU 内能增加内能减少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其他形式，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)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．1．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20 J，气体的内能一定减少20 J．(×)3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)1．热力学第一定律的理解(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．(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，则不发生热传递，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． 2．三种特殊情况(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； (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； (3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU ＝0，则W ＋Q ＝0或W ＝－Q ，外界对物体做的功等于物体放出的热量．例1 (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S 1和S 2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．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p 0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，理想气体的分子平均动能保持不变B ．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(p 0S 1h ＋mgh )D ．左端活塞到达B 位置时，外力F 等于mgS 2S 1答案 ACD解析 根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A 正确，B 错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q ＝W <p 0S 1h ＋mgh ，C 正确；左端活塞到达 B 位置时，根据压强相等可得：p 0＋mg S 1＝p 0＋F S 2，即：F ＝mgS 2S 1，D 正确．考点二热力学第二定律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．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度增大的方向进行．3．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．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化．(×)3．热量不可能从低温物体传给高温物体．(×)1．热力学第二定律的含义(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．在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能．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．3．热力学过程的方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给低温物体．热量Q不能自发传给热．(2)功能自发地完全转化为不能自发地完全转化为气体体积V2(较大)．(3)气体体积V1能自发膨胀到不能自发收缩到例2(多选)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．自发的热传导是不可逆的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 答案 BD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 正确，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．考点三 热力学第一定律与图像的综合应用1．气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程pVT ＝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对外或外界对气体整个过程中所做的功． 例3 (多选)(2021·全国乙卷·33(1)改编)如图，一定量的理想气体从状态a (p 0，V 0，T 0)经热力学过程ab 、bc 、ca 后又回到状态a .对于ab 、bc 、ca 三个过程，下列说法正确的是( )A ．ab 过程中，气体始终吸热B ．ca 过程中，气体始终放热C ．ca 过程中，气体对外界做功D ．bc 过程中，气体的温度先降低后升高 答案 AB解析 由理想气体的p －V 图可知，ab 过程是等容过程，外界对气体不做功，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU ＝Q ＋W 可知，气体始终吸热，故A 正确；ca过程为等压压缩，气体体积减小，则外界对气体做正功，但气体温度降低，即内能减小，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；气体在b和c状态时，p b V b＝＝p c V c＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>p b V b＝p c V c，根据理想气体状态方程pVT C，可知bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误．例4(多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为 1.5×105Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是()A．C→A的过程中外界对气体做功300 JB．B→C的过程中气体对外界做功600 JC．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量答案AC解析在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据W CA＝p·ΔV，得W CA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C 的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝W CA＋W BC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程例5 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m ＝10 kg ，横截面积S ＝100 cm 2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L 1＝11 cm ，到汽缸口的距离L 2＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g ＝10 m/s 2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa ，活塞厚度不计，则：(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q ＝350 J 的热量，则气体增加的内能ΔU 多大？答案 (1)450 K(或177 ℃) (2)295 J解析 (1)当汽缸水平放置时，p 0＝1.0×105 Pa ，V 0＝L 1S ，T 0＝(273＋27) K ＝300 K. 当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，根据平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg V 1＝(L 1＋L 2)S由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1(L 1＋L 2)S T 1解得T 1＝450 K(或177 ℃)(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得 p 0L 1S ＝p 1LS加热后，气体做等压变化，气体对外界做功 则W ＝－p 1(L 1＋L 2－L )S 根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 解得ΔU ＝295 J.例6 如图所示，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体，p 0和T 0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ，a 为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1； (2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量． 答案 (1)0.5V (2)12p 0V ＋aT 0解析 (1)在气体压强由1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T 0变为T 1，由查理定律得1.2p 02.4T 0＝p 0T 1解得T 1＝2T 0在气体温度由T 1变为T 0的过程中，气体体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得V T 1＝V 1T 0，解得V 1＝0.5V .(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为 W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU ＝a (T 0－T 1) 由热力学第一定律得， Q ＝ΔU －W ＝－aT 0－12p 0V ，故汽缸内气体放出的热量为12p 0V ＋aT 0.课时精练1．(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是( ) A ．外界对物体做功，物体的内能一定增加 B ．外界对物体传递热量，物体的内能一定增加 C ．物体对外界做功，物体的内能可能增加 D ．物体向外界放热，物体的内能可能增加 答案 CD解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A 、B 错误；由ΔU ＝Q ＋W 可知，若物体对外界做功，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热，物体的内能可能增加，故C 、D 正确． 2．(多选)下列说法正确的是( )A ．第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律B ．能量耗散过程中能量不守恒C ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D ．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 答案 AD解析 第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A 正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B 错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C 错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，D 正确．3．(2020·全国卷Ⅱ·33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C．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D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内答案B C解析A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第一、第二定律．4.(2020·天津卷·5)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．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．若水在不断喷出的过程中，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．分子平均动能变大答案 B解析储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝CT可知，压强变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0，由于气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体从外界吸热，故C错误；温度不变，分子平均动能不变，故D错误．5．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中()A．上下乘客时，气体的内能不变B．上下乘客时，气体从外界吸热C．剧烈颠簸时，外界对气体做功D．剧烈颠簸时，气体的温度不变答案AC6.(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体()A．内能减少B．对外界做正功C．增加的内能大于吸收的热量D．增加的内能等于吸收的热量答案 B解析由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程pVT ＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误．7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．答案 大于 ①解析 对活塞受力分析有p ＝mgS因为A 中细沙的质量大于B 中细沙的质量，故稳定后有p A >p B ； 所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有W A >W B 则根据ΔU ＝W ＋Q因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q ＝0，故有ΔU A >ΔU B 即重新平衡后汽缸A 内气体的内能大于汽缸B 内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B 温度较低，故曲线①表示汽缸B 中气体分子的速率分布规律． 8.(2020·江苏卷·13(3))一定质量的理想气体从状态A 经状态B 变化到状态C ，其p －1V 图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q .答案 2×105 J解析 气体由A →B 为等压变化过程，则外界对气体做的功W 1＝p (V A －V B ) 气体由B →C 为等容变化过程，则W 2＝0 根据热力学第一定律得ΔU ＝(W 1＋W 2)＋Q A 和C 的温度相等ΔU ＝0 代入数据解得Q ＝2×105 J.9.(多选)一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 、D 再回到状态A ，其体积V 与温度T 的关系如图所示．图中T A 、V A 和T D 为已知量，则下列说法正确的是( )A ．从状态A 到B ，气体经历的是等压过程 B ．从B 到C 的过程中，气体的内能减小 C ．从C 到D 的过程中，气体向外放热 D ．气体在状态D 时的体积V D ＝T D V AT A答案 CD解析 从状态A 到B ，气体经历的是等容过程，所以A 错误；从B 到C 的过程中，温度不变，则气体的内能不变，所以B 错误；从C 到D 的过程中，气体温度降低，气体内能减小，ΔU <0 ，体积减小，则外界对气体做正功，W >0 ，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，Q <0，则气体向外放热，所以C 正确；从状态D 到A ，气体经历的是等压过程，根据V D T D ＝V AT A ，解得V D ＝T D V AT A，所以D 正确．10.(2020·山东卷·6)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 (V 0，2p 0)、 b (2V 0，p 0)、c (3V 0， 2p 0)．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 答案 C解析 p －V 图线与V 轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a →b 和b →c 过程中，气体对外界做的功相等，故A 错误．由pVT ＝C 知，a 、b 两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU ＝W ＋Q 知，Q ab ＝－W ；由pVT ＝C 知，c 状态的温度高于b 状态的温度，则b →c过程中，ΔU >0，据ΔU ＝W ＋Q 知，Q bc >|W |，即Q bc >Q ab ，故B 错误．由pVT ＝C 知，c 状态温度高于a 状态温度，则c →a 过程内能减少，ΔU <0，外界对气体做正功，W >0，属于放热过程，由ΔU ＝Q ＋W 知，W <|Q |，故C 正确．由于a 、b 状态内能相等，故c →a 过程中内能的减少量等于b →c 过程中内能的增加量，故D 错误．11.(2021·重庆市1月适应性测试·15(2))如图所示，密闭导热容器A 、B 的体积均为V 0，A 、B 浸在盛水容器中，达到热平衡后，A 中压强为p 0，温度为T 0，B 内为真空，将A 中的气体视为理想气体．打开活栓C ，A 中部分气体进入B .(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；(2)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU ＝k (T 2－T 1)(k 为大于0的已知常量，T 1、T 2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T 0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量． 答案 (1)12p 0 (2)0.6p 0 0.2kT 0解析 (1)容器内的理想气体从打开C 到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得 p 0V 0＝p ·2V 0 解得此时气体压强 p ＝12p 0. (2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得pT 0＝p ′1.2T 0解得压强为p ′＝1.2p ＝0.6p 0温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W ＝0；升高温度，内能增量为 ΔU ＝k (1.2T 0－T 0)＝0.2kT 0根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知气体吸收的热量为Q ＝ΔU ＝0.2kT 0.12．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能U P ＝72 J ，如图甲所示．已知活塞面积S ＝5×10－4 m 2，其质量为m ＝1 kg ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g ＝10 m/s 2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P 位置移动到Q 位置，此过程封闭气体的V －T 图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：(1)封闭气体最后的体积； (2)封闭气体吸收的热量． 答案 (1)6×10－4 m 3 (2)60 J解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有 V P T P ＝V QT Q解得V Q ＝6×10－4 m 3(2)由气体的内能与热力学温度成正比U P U Q ＝T PT Q解得U Q ＝108 J活塞从P 位置缓慢移到Q 位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有 pS ＝p 0S ＋mg解得p ＝p 0＋mgS＝1.2×105 Pa外界对气体做功W ＝－p (V Q －V P )＝－24 J 由热力学第一定律U Q －U P ＝Q ＋W 得气体吸收的总热量为Q ＝60 J.13.如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V 0＝0.5 L ，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K 关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，温度为t 0＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h ＝12 cm ，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m 3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm ，则环境温度改变了多少摄氏度； (2)如果在环境温度急剧升高到t ＝40 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？在此过程中吸收了200 J 热量，则气体的内能增加了多少？ 答案 (1)9.7 ℃ (2)4.37×104 Pa 200 J 解析 (1)设玻璃泡中气体初态压强为p 1，有 p 0＝p 1＋ρ水银gh 解得p 1≈8.37×104 Pa 温度T 1＝t 0＋273 K ＝300 K设末态压强为p 2，则p 0＝p 2＋ρ水银g (h ＋Δh ) 故p 2≈8.10×104 Pa 根据查理定律有p 1T 1＝p 2T 2代入数据解得T 2≈290.3 K则环境温度降低了Δt ＝T 1－T 2＝9.7 ℃(2)打开阀门前有p 1＝8.37×104 Pa ，V 1＝V 0＝0.5 L ，T 1＝300 K 打开阀门后有V 2＝2V 0＝1.0 L ，T 2′＝t ＋273 K ＝313 K 根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2′V 2T 2′代入数据解得p 2′≈4.37×104 Pa根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功为零，即W ＝0根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 故ΔU＝0＋200 J＝200 J.。

第3讲热力学定律A组基础题组1.(多选)关于热力学定律,下列说法正确的是( )A.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功D.不可能使热量从低温物体传向高温物体2.(多选)下列说法正确的是( )A.物体吸收热量,其温度一定升高B.橡胶无固定熔点,是非晶体C.做功和热传递是改变物体内能的两种方式D.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动的反映E.第二类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第一定律,但它违反热力学第二定律3.(多选)下列关于热学现象和热学规律的说法中,正确的是( )A.利用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在原理上是可行的B.大量分子参与的宏观物理过程都具有方向性C.空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气,而不引起其他变化D.热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象,能量耗散不符合热力学第二定律4.下列说法正确的是( )A.物体放出热量,其内能一定减小B.物体对外做功,其内能一定减小C.物体吸收热量,同时对外做功,其内能可能增加D.物体放出热量,同时对外做功,其内能可能不变5.如图是密闭的汽缸,外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的( )A.温度升高,内能增加600 JB.温度升高,内能减少200 JC.温度降低,内能增加600 JD.温度降低,内能减少200 J6.(多选)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,气体的压强随热力学温度的变化如图所示,则此过程( )A.气体的密度增大B.外界对气体做功C.气体从外界吸收了热量D.气体分子的平均动能增大7.[2019福建理综,29(2),6分]如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b 或者经过ac过程到达状态c。

设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac。

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的功的和.(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：自测1一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 B二、能量守恒定律1.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.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，第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律.自测2 在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会( ) A.降低 B.不变 C.升高 D.无法判断答案C命题点一 理解热量与内能、温度的区别温度、内能、热量、功的比较例1 (多选)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 答案 CD解析 质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子总动能不一定相同，A 错误；宏观运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大，B 错误；根据pVT＝C 可知，如果等温压缩，则内能不变，C 正确；理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能只与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D 正确.变式1关于热量、功、内能三个物理量，下列说法中正确的是( )A.热量、功、内能的物理意义等同B.热量、功都可以作为物体内能的量度C.热量、功、内能的单位不相同D.热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的答案 D命题点二对热力学第一定律的理解1.改变内能的两种方式的比较2.ΔU＝Q＋W的三种特殊情况3.应用热力学第一定律的三点注意(1)做功看体积：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.气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0.(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要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.例2(2018·江苏单科·12A(3))如图1所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4J热量.求该气体在A→B 过程中对外界所做的功.图1答案138.6J解析整个过程中，外界对气体做功W＝W AB＋W CA，且W CA＝p A(V C－V A)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得W AB＝－(Q＋W CA)代入数据得W AB＝－138.6J即气体对外界做的功为138.6J.变式2(2018·盐城市三模)如图2所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同.把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，气体的内能为U1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，气体的内能为U2，则Q1Q2，U1U2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)图2答案小于等于变式3(2018·江苏百校12月大联考)空气能热水器采用“逆卡诺”原理，即使在南极也有良好表现，高效节能.如图3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(气体与外界无热量交换).在完成一次循环的过程中气体对外做功10J.若已知气体在A→B过程吸收热量12J，则在C→D过程放出多少热量？图3答案2J解析由热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W完成一次循环气体内能不变，即ΔU＝0又W＝－10J，故吸收的热量Q＝－W＝10JA→B过程吸收热量12J，所以C→D过程中放出热量2J.命题点三热力学定律与气体实验定律的综合应用基本思路例3(2018·南京市、盐城市二模)如图4所示，一圆柱形绝热汽缸竖直固定放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到1.5T.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦.求：图4(1)加热后活塞到汽缸底部的距离； (2)加热过程中气体的内能增加量. 答案 (1)1.5h (2)Q －0.5h (p 0S ＋mg ) 解析 (1)等压过程由Sh T ＝Sh ′1.5T得h ′＝1.5h(2)气体压强p ＝p 0＋mg SW ＝－p (h ′－h )S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 联立解得：ΔU ＝Q －0.5h (p 0S ＋mg ).变式4 (2018·苏锡常镇一调)如图5所示，轻质活塞将体积为V 0、温度为3T 0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内.已知大气压强为p 0，大气的温度为T 0，气体内能U 与温度的关系为U ＝aT (a 为常量).在汽缸内气体温度缓慢降为T 0的过程中，求：图5(1)气体内能的减少量； (2)气体放出的热量.答案 (1)2aT 0 (2)23p 0V 0＋2aT 0解析 (1)ΔU ＝U 1－U 2＝a ×3T 0－aT 0＝2aT 0(2)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得V 03T 0＝VT 0，解得V ＝V 03，该过程中外界对气体做功W ＝p 0ΔV ＝23p 0V 0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得，气体放出热量Q ＝23p 0V 0＋2aT 0.命题点四 热力学定律与图象问题的综合1.分析图象得出气体三个状态参量(p ，V ，T )的变化.注意p －V 图象里的等温线，p －T 图象里的等容线，V －T 图象里的等压线.2.一定质量的理想气体内能取决于温度(T )，做功情况取决于气体体积的变化，然后再由ΔU ＝Q ＋W 确定热量Q 的正负，判断吸热或放热.例4 (2018·常州市一模)一定质量的理想气体，其状态变化的p －V 图象如图6所示.已知气体在状态A 时的温度为260K ，则气体在状态B 时的温度为K ，从状态A 到状态C 气体与外界交换的热量为J.图6答案 780 600解析 由题可知，T A ＝260K ，V A ＝1×10－3m 3，V B ＝3×10－3m 3，由题图可知，A →B 为等压变化，由盖—吕萨克定律得：V A T A ＝V BT B，代入数据解得：T B ＝780K.气体状态参量：p A ＝3×105Pa ，V A ＝1×10－3m 3，p C ＝1×105Pa ，V C ＝3×10－3m 3，由理想气体状态方程得：p A V A T A ＝p C V CT C，代入数据解得：T C ＝T A ＝260K.A 、C 两个状态的温度相等，内能相等，内能变化量ΔU ＝0A 到B 过程气体体积增大，气体对外做功：W ＝－p ΔV ＝－3×105×(3－1)×10－3J ＝－600J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得：Q ＝ΔU －W ＝0－(－600) J ＝600J ＞0，气体从外界吸收600J 的热量.变式5 (2018·苏锡常镇二模)如图7为一定质量的理想气体的体积V 随热力学温度T 的变化关系图象.由状态A 变化到状态B 的过程中气体吸收热量Q 1＝220J ，气体在状态A 的压强为p 0＝1.0×105Pa.求：图7(1)气体在状态B 时的温度T 2；(2)气体由状态B 变化到状态C 的过程中，气体向外放出的热量Q 2. 答案 (1)600K (2)120J解析 (1)根据V 1T 1＝V 2T 2，代入数据解得T 2＝600K(2)A 到B 过程气体从外界吸热，对外界做功，内能增加：ΔU ＝W ＋Q 1，W ＝－p 0ΔV ，C 状态与A 状态内能相等，B 到C 为等容过程，对外界不做功：Q 2＝ΔU ，代入数据解得Q 2＝120J.1.下列说法正确的是( ) A.物体放出热量，其内能一定减小 B.物体对外做功，其内能一定减小C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变 答案 C解析 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q ＜0，但做功W 未知，所以内能不一定减小，A 选项错误；物体对外做功W ＜0，但Q 未知，所以内能不一定减小，B 选项错误；物体吸收热量Q ＞0，同时对外做功W ＜0，W ＋Q 可正、可负、还可为0，所以内能可能增加，故C 选项正确；物体放出热量Q ＜0，同时对外做功W ＜0，所以ΔU ＜0，即内能一定减小，D 选项错误.2.(2018·阜宁中学调研)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A.保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变 B.保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变 C.若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变 D.当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小 答案 C解析 一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B 项错误；保持气体的压强不变，改变其体积，则其温度一定改变，故内能变化，A 项错误；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程pVT＝C 可知，其压强可以不变，C 项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，D 项错误.3.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图8所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸内部存有一定质量的理想气体，缸外环境保持恒温.现用外力F 拉杆，使活塞缓慢向右移动，此过程中缸内气体质量保持不变，下列说法正确的是( )图8A.缸内气体的体积增大，内能增加B.缸内气体等温膨胀，对外做功C.单位时间内缸内气体分子对活塞的碰撞次数增多D.缸内气体的体积增大，内能减小答案 B解析汽缸导热性能良好，缸内气体温度不变，活塞向右运动，体积增大，对外做功，B正确；一定质量的理想气体，温度不变，则内能不变，A、D错误；由理想气体状态方程可知，体积增大，则压强减小，所以单位时间内缸内气体分子对活塞碰撞的次数减小，选项C错误.4.(2018·南师附中5月模拟)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p－T图象如图9所示.a、b和c三个状态中分子平均动能最小的是(选填“a”“b”或“c”)，气体在过程ab中吸收的热量(选填“大于”“等于”或“小于”)过程ca中放出的热量.图9答案a小于解析由题图可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，一定质量理想气体的内能取决于温度，气体在状态a时的内能小于它在状态c时的内能；a→b为等容过程，温度升高，压强增大，内能增加ΔU1>0，气体不做功W＝0，据W＋Q＝ΔU，气体从外界吸收的热量等于内能的增加量，即Q1＝ΔU1；c→a为等压过程，温度下降，体积减小，内能减少ΔU2<0，外界对气体做功，W>0，据W＋Q＝ΔU，得Q2＝|ΔU2|＋W，由于a→b过程中温度变化量和c→a过程中温度变化量相等，所以内能变化量的绝对值相等，即ΔU1＝|ΔU2|，故Q1<Q2.5.(2018·南京市三模)一定质量的理想气体变化情况如图10所示.已知在状态B时，气体温度T B＝300K.图10(1)求气体在状态A时的温度；(2)气体由状态D→B的过程中放出热量为4.5×102J，则此过程中气体内能增量为多少？答案(1)600K (2)－150J解析(1)由题图可知p A＝2×105Pa，p B＝1×105PaA到B气体做等容变化，有p AT A＝p BT B代入数据解得T A＝600K(2)由D到B过程中外界对气体做功为W＝p BΔV＝1×105×3×10－3J＝300J由热力学第一定律得，气体内能增量为ΔU＝W＋Q＝300J－4.5×102J＝－150J1.(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡答案BD2.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( )A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大答案 D解析车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D 项正确.3.(多选)下列说法中正确的是( )A.物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大B.一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小C.相同质量的两种物体，升高相同的温度，内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系答案BD解析物体速度增大，不会改变物体分子的动能，故A错误；体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B正确；质量相同，但物体的物质的量不同，故升高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C错误；物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故D正确.4.(多选)(2018·东台创新学校月考)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度的变化如图1所示，则此过程( )图1A.气体的密度增大B.外界对气体做功C.气体从外界吸收了热量D.气体分子的平均动能增大答案AB解析由题图可知，在从A到B的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，V B＜V A.气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A正确；气体体积变小，外界对气体做功，故B正确；气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：Q＜0，气体要放出热量，故C错误；气体温度不变，分子平均动能不变，故D错误.5.(2018·金陵中学等三校四模)一定质量的理想气体的状态变化过程如图2所示，MN为一条直线，则气体从状态M到状态N的过程中，气体内能(选填“先增大后减小”“先减小后增大”或“始终保持不变”)，气体吸收的热量气体对外所做功(选填“大于”“等于”或“小于”).图2答案先增大后减小等于解析pV＝CT，C不变，pV越大，T越高.状态在(2,2)处温度最高.在M和N状态，pV乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度；气体的内能先增加某一值，再减少同样的值，故气体内能先增大后减小.气体膨胀就会推动活塞对外界做功，整个过程中气体初、末温度相等，所以整个过程内能变化为0.根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＝0，故气体吸收的热量等于气体对外所做的功.6.(2018·泰州中学四模)一定质量的理想气体压强p与摄氏温度t的关系如图3所示，气体从状态A变到状态B，则气体在状态A的体积(选填“>”“＝”或“<”)在状态B的体积；此过程中，气体做功的绝对值为W，内能变化量的绝对值为ΔU，则气体与外界之间传递的热量为.图3答案< W－ΔU解析将A、B两点与绝对零度连线，分析其斜率变化，判断体积变化，斜率越大，体积越小.B 与绝对零度－273℃连线的斜率小于A与绝对零度－273℃连线的斜率，则B状态气体的体积大于A状态气体的体积，根据热力学第一定律可得Q＝W－ΔU.7.(2018·南京市、盐城市一模)如图4所示，一定质量的理想气体由状态A经等压变化到状态B，气体吸收热量为Q1；再由B状态经等容变化到状态C，气体放出热量为Q2.状态A：V A ＝0.2m3，T A＝200K；状态B：V B＝m3，T B＝400K；状态C：T C＝200K，则Q1Q2(选填“>”、“＝”或“<”).图4答案 0.4 >解析 设气体在B 状态时的体积为V B ，由盖—吕萨克定律得V A T A ＝V BT B，代入数据解得V B ＝0.4m 3；因为T A ＝T C ，故A →B 增加的内能与B →C 减小的内能相同，而A →B 过程气体对外做正功，B →C 过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2.8.(2019·新海中学月考)一定质量的理想气体从状态M 可以经历过程1或者过程2到达状态N ，其p －V 图象如图5所示.在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化.则在过程1中气体的温度(填“升高”“降低”或“不变”)；气体经历过程1对外做的功(填“大于”“小于”或“等于”)气体经历过程2对外做功.图5答案 降低 大于解析 气体经过过程1，压强减小，体积变大，对外做功，内能减少，温度降低， 根据p －V 图象与V 轴所围面积表示气体做功可知：气体经过过程1对外做功为S 1 在过程2中气体经过过程2对外做功为S 2从图象上可以看出气体经历过程1对外做功大于气体经历过程2对外做功.9.(2018·南通市等六市一调)如图6所示，某同学制作了一个简易的气温计，一导热容器连接横截面积为S 的长直管，用一滴水银封闭了一定质量的气体，当温度为T 0时水银滴停在O 点，封闭气体的体积为V 0.大气压强不变，不计水银与管壁间的摩擦.图6(1)若封闭气体某过程从外界吸收0.50J 的热量，内能增加0.35J ，求气体对外界做的功. (2)若环境温度缓慢升高，求水银滴在直管内相对O 点移动的距离x 随封闭气体热力学温度T 的变化关系.答案 (1)0.15J (2)x ＝V 0T ST 0－V 0S解析 (1)由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W 代入数据得：W ＝－0.15 J 所以气体对外界做的功为0.15 J(2)气体做等压变化，由盖—吕萨克定律有：V 0T 0＝V 0＋xST解得：x ＝V 0T ST 0－V 0S10.(2018·盐城中学最后一卷)某同学估测室温的装置如图7所示，汽缸导热性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体，室温时气体的体积为V 1＝66mL ，将汽缸竖直放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积V 2＝60mL ，不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压强p 0＝1.0×105Pa.求：图7(1)室温；(2)上述过程中，外界对气体做的功. 答案 (1)27.3℃ (2)0.60J解析 (1)对活塞研究，因不计活塞重力、活塞与缸壁间的摩擦，活塞只受外部气体对其向下的压力和内部气体对其向上的托力，两力平衡，所以汽缸内的气体为等压变化，设室温为T 1，则V 1T 1＝V 2T 2，代入数据解得：T 1＝300.3K ＝27.3℃.(2)因压强恒定，所以外界对气体做功为W ＝p 0·ΔV ＝p 0·(V 1－V 2)，代入数据解得：W ＝0.60J. 11.(2018·如皋市模拟四)一定质量的理想气体经历了如图8所示的ABCDA 循环，p 1、p 2、V 1、V 2均为已知量.已知A 状态的温度为T 0，求：图8(1)C 状态的温度T ；(2)完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q . 答案 (1)p 2V 2p 1V 1T 0 (2)(p 2－p 1)(V 2－V 1) 解析 (1)设状态D 的温度为T DC 到D 等容变化，由查理定律知p 2T ＝p 1T DD 到A 等压变化，由盖—吕萨克定律知V 2T D ＝V 1T 0解得T ＝p 2V 2p 1V 1T 0 (2)W BC ＝－p 2(V 2－V 1)W DA ＝p 1(V 2－V 1)全过程有W ＝W BC ＋W DA ＝(p 1－p 2)(V 2－V 1) 由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ＝0 解得Q ＝(p 2－p 1)(V 2－V 1)>0，气体吸热.。

第3讲热力学定律与能量守恒一、选择题(每小题6分,共60分)1.地球上有很多海水,它的总质量约为1.4×1018吨。

如果这些海水的温度降低0.1 ℃,将要放出5.8×1023焦耳的热量,有人曾设想利用海水放出热量使它完全变成机械能来解决能源危机,但这种机器是不能制成的,其原因是(C)A.内能不能转化成机械能B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律C.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D.上述三种原因都不正确【解析】内能可以转化成机械能,如热机,A项错误;内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律,即能量守恒定律,B项错误;热力学第二定律告诉我们:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,C项正确,D项错误。

多选)下列关于热学现象和热学规律的说法中,正确的是(AB)A.利用浅层海水和深层海水的温度造出一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在理论上是可行的B.大量分子参与的宏观物理过程都具有方向性C.空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气,而不引起其他变化D.热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象,能量耗散不符合热力学第二定律【解析】根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知,用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,理论上是可行的,A项正确;根据热力学第二定律可知大量分子参与的宏观物理过程都具有方向性,B项正确;空调的制冷系统将室内的热量传给外界较高温度的空气的过程中有压缩机的参与,因此引起了其他变化,C项错误;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,D项错误。

3.如图所示,一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中,容器内装有一可以活动的绝热活塞,今对活塞施以一竖直向下的压力F,使活塞缓慢向下移动一段距离后,气体的体积减小。

若忽略活塞与容器壁间的摩擦力,则被密封的气体(C)A.温度升高,压强增大,内能减少B.温度降低,压强增大,内能减少C.温度升高,压强增大,内能增加D.温度降低,压强减小,内能增加【解析】向下压活塞,力F对气体做功,W>0,绝热过程则Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU>0,气体的内能增加,温度升高,由理想气体状态方程=C(恒量)可知,压强增大,故C项正确。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第十二章热学第3讲热力学定律与能量守恒教案知识点一热力学第一定律1.改变内能的两种方式(1) .(2) .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与外界对它所做的功的和.(2)表达式：ΔU＝.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则答案：1.(1)做功(2)热传递 2.(1)热量(2)Q＋W (3)吸收增加放出减少知识点二热力学第二定律1.热力学第二定律的三种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地.(2)开尔文表述：不可能从单一热源，使之完全变成功，而不产生.或表述为“第二类永动机不可能制成”.(3)用熵的概念表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵(热力学第二定律又叫做熵增加原理).2.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的方向进行.答案：1.(1)从低温物体传到高温物体(2)吸收热量其他影响(3)不会减小2.增大知识点三能量守恒定律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，或者从一个物体到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的保持不变.2.能源的利用(1)存在能量耗散和.(2)重视利用能源时对的影响.(3)要开发新能源(如、生物质能、风能、水流能等).答案：1.转化转移总量 2.品质降低环境(3)太阳能(1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变.( )(2)做功改变物体内能的过程是内能与其他形式的能相互转化的过程.( )(3)自由摆动的秋千摆幅度越来越小，说明能量正在消失.( )(4)热量不可能从低温物体传到高温物体.( )(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引其他变化.( )(6)一定质量的理想气体向真空中自由膨胀，体积增大，对外做功，熵增加.( )答案：(1)√(2)√(3) (4) (5) (6)考点对热力学第一定律的理解1.内能和改变内能的两种方式(1)内能是物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能.(2)做功和热传递能够改变物体的内能，二者在改变内能上是等效的，但是从运动形式、能量转化的角度上看是不同的：做功是其他形式的运动和热运动的转化，是其他形式的能与内能之间的转化；而热传递则是热运动的转移，是内能的转移.2.对公式ΔU＝Q＋W符号的确定符号W QΔU(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.(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.(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.考向1 对内能的理解[典例1] (2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)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[解题指导] (1)物体的内能与物体的机械运动无关. (2)一定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关，而一定量的理想气体的内能只与温度有关.[解析] 温度相同的气体分子平均动能相同，仅质量相同，分子质量不同的气体，所含分子数不同，气体的动能也不同，所以内能不一定相同，A项错误；气体的内能与整体运动的机械能无关，B项错误；理想气体等温压缩过程中，其内能不变，C项正确；理想气体不考虑分子间相互作用力，分子势能为零，一定量的气体，分子数量一定，温度相同时分子平均动能相同，由于内能是所有分子热运动的动能与分子势能的总和，所以D项正确；由盖—吕萨克定律可知，一定量的理想气体，等压膨胀过程中，温度一定升高，则其内能一定增加，E项正确.[答案] CDE考向2 对热力学第一定律的理解[典例2] (多选)关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是( )A.气体体积增大时，其内能一定减少B.外界对气体做功，气体内能可能减少C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加D.气体温度升高，其分子平均动能一定增加E.气体温度升高，气体可能向外界放热[解析] 做功和热传递是改变物体内能的两种方式，气体体积增大时，可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少；气体从外界吸收热量，可能同时对外做功，其内能不一定增加，同理，外界对气体做功，气体内能不一定增加，选项A、C错误，B 正确.温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，内能增加，若外界对气体做的功大于内能的增加量，则气体向外放热，故D、E正确.[答案] BDE考向3 热力学第一定律的计算[典例3] 如图所示p­V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，放出热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？[解析] (1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝－410 J由热力学第一定律UB－UA＝W1＋Q1＝－690 J气体内能的减少量为690 J. (2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量UA－UB＝690 J由题知W2＝200 J由热力学第一定律UA－UB＝W2＋Q2解得Q2＝490 J，即气体吸收热量490 J.[答案] (1)减少了690 J (2)吸收490 J对于ΔU＝W＋Q中正、负号的把握，有如下规律：能使系统内能增加的过程取正，如吸热或外界对系统做功；会使系统内能减少的过程则取负，如放热或系统对外做功；内能增加时ΔU为正，反之则为负.考点对热力学第二定律的理解1.对热力学第二定律关键词的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义.(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自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.如：(1)高温物体低温物体(2)功热(3)气体体积V1气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B混合气体AB3.两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律[典例4] (多选)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，内能也可以全部用来做功转化成机械能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.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%D.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，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来[解析] 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；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，C正确；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D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，E错误.[答案] ACD考向2 热力学定律的综合应用[典例5] (多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( )A.第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B.能量耗散过程中能量不守恒C.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功[解析] 第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；能量耗散过程中能量也守恒，故B错误；电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功，并不违背热力学第二定律，故C错误；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确；根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其他变化，若引起外界变化则可以，故E正确.[答案] ADE热力学第二定律的进一步理解对于热力学第二定律，重点应抓住两种表述的等效性，抓住定律的实质，即自然界中进行的涉及热现象的宏观过程均具有方向性，同时要明确，根据热力学第二定律，即使符合能量守恒定律的过程，也未必都能发生，如扩散、热传递、摩擦生热等过程均有不可逆性，这里的不可逆性是指要返回到初始状态，必须借助外界的帮助.考点热力学定律与气体图象的综合应用1.判断理想气体内能变化的方法(1)若做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化要用热力学第一定律进行分析.(2)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，即外界对物体(物体对外界)做的功等于物体内能的增加量(减少量).(3)等容变化，W＝0，Q＝ΔU，即物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加量(减少量).(4)等温变化，ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，即外界对物体做的功等于物体放出的热量(物体对外界做的功等于物体吸收的热量).2.理想气体与热力学第一定律相结合的解题步骤(1)以一定质量的理想气体作为研究对象.(2)应用气体实验定律或理想气体状态方程分析气体的状态变化规律.(3)结合理想气体状态方程与热力学第一定律，抓住不变量，共同确定内能与其他物理量的变化情况. [典例6] (2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p ­T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是( )A.气体在a、c两状态的体积相等B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功[解析] 由＝C可知，p­T图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A项正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，C项错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda ＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确.[答案] ABE [变式] 如图所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C、C→A三个变化过程，则：(1)符合查理定律的变化过程是；C→A过程中气体(填“吸收”或“放出”)热量，(填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的内能(填“增加”“减少”或“不变”).(2)已知理想气体在状态A时的温度是27 ℃，求气体在状态C时的温度.答案：(1)B→C吸收气体对外界增加(2)150 K解析：(1)B→C过程中，体积不变，为等容变化过程，符合查理定律；C→A过程为等压变化，随着温度升高，气体内能增加，气体膨胀对外界做功，根据热力学第一定律可知：气体吸收热量.(2)C→A过程中气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知：＝，可得TC＝150 K.1.气体做功情况的判定方法(1)若气体体积增大，则气体对外做功，W＜0，气体向真空膨胀除外.(2)若气体体积缩小，则外界对气体做功，W＞0.(3)若气体体积不变，即等容过程，则W＝0.2.理想气体内能变化情况的判定方法对一定质量的理想气体，由于无分子势能，其内能只包含分子无规则热运动的动能，其内能只与温度有关.1.[对热力学第一定律的理解]在一锅正在沸腾的水中，一个小气泡由底层缓慢地升到液面，上升过程中气泡的压强不断减小，则气泡在上浮过程中( )B.内能减小A.内能增大D.吸收热量C.外界对气泡做功答案：D 解析：在沸腾的水中，此环境下，气泡的温度恒定，则气泡的内能不变，故选项A、B错误；根据玻意耳定律，pV＝C，气泡在上升过程中，压强减小，则体积增大，即气泡对外做功，故选项C错误；通过上述分析，得知气泡内能不变，且对外做功，根据ΔU＝W＋Q，则气泡吸收了热量，故选项D正确.2.[对热力学第二定律的理解](多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是( )A.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B.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D.压缩气体总能使气体的温度升高答案：AB 解析：热力学第二定律的表述之一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发的热传递具有方向性，选项A中热量并非自发地从低温物体传到高温物体，选项A正确；空调机制冷过程中一方面从室内吸收热量，另一方面所消耗电能中的一部分又变为热量散失在室外，使排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，选项B正确；由热力学第二定律的表述“不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化”可知选项C错误；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，压缩气体的同时向外界放热，气体的温度可能不变，也可能降低，选项D 错误.3.[热力学第一、第二定律综合]关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的答案：D 解析：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于零，C 错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确.4.[气体图象](多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的V­t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )A.气体的内能增大B.气体的内能不变C.气体的压强减小D.气体的压强不变E.气体对外做功，同时从外界吸收热量答案：ACE 解析：由状态A到状态B，温度升高，内能增大，A正确，B错误；由理想气体状态方程可知，由状态A到状态B，压强减小，C正确，D错误；气体内能增加，从外界吸收热量，压强减小，对外做功，E正确.5.[气体图象](多选)一定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p­T图象如图所示，下列判断正确的是( )A.过程ab中气体一定吸热...精品B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同答案：ADE 解析：因为＝常数，从题图中可看出，ab过程不变，则体积V 不变，因此ab过程是温度升高、压强增大、体积不变，根据热力学第一定律可知，过程ab一定是吸热过程，A正确；bc过程温度不变，但是压强减小，体积膨胀对外做功，应该是吸收热量，B错误；ca过程压强不变、温度降低、体积减小，外界对气体做功，但由于温度降低，说明对外放热大于外界对其做的功，故C错误；状态a 温度最低，而温度是分子平均动能的标志，所以状态a分子的平均动能最小，D正确；bc过程体积增大了，容器内分子数密度减小，温度不变，分子平均速率不变，因此c 状态单位面积容器壁在单位时间内受到分子碰撞的次数减少了，E正确.。