2019版一轮物理复习(教科版)：热力学定律与能量守恒定律含解析

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 cm 2.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L 1S ，温度为：T 1＝(273＋27)K ＝300 K ，末状态的体积为：L 2S ，温度为：T 2＝(273＋127)K ＝400 K气体做等压变化，则：L 1S T 1＝L 2S T 2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。