第3讲　热力学定律与能量守恒定律

第3讲热力学定律与能量守恒定律学习目标1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律分析有关问题。2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。3.会分析热力学第一定律与气体实验定律的综合问题。eq\a\vs4\al(1.,,,,,,)eq\a\vs4\al(,2.)eq\a\vs4\al(,3.)1.思考判断(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.(多选)下列现象中能够发生的是()A.一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C.桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体答案CD考点一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。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1(2023·天津卷，2)如图1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()图1A.对外做功B.内能减少C.吸收热量D.压强不变答案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。1.如图2所示，内壁光滑导热汽缸中用活塞封闭住一定质量的理想气体，现用一外力F将活塞缓慢向上拉动，汽缸始终保持静止，在此过程中没有气体漏出，环境温度不变，下列说法正确的是()图2A.外力F逐渐变小B.气体的内能增加C.气体从外界吸收热量D.气体吸收的热量大于对外做的功答案C解析根据题意可知，汽缸内壁光滑导热，且外界环境温度不变，则封闭气体做等温变化，现用一外力F将活塞缓慢向上拉动，汽缸始终保持静止，气体体积变大，由玻意耳定律可知，气体的压强变小，则内外的压强差变大，所以所需要的外力F逐渐变大，故A错误；由于气体发生等温变化，则气体的内能不变，故B错误；由于气体体积变大，气体对外界做功，则W<0，气体内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸热，故C正确；由于气体内能不变，可知气体吸收的热量等于对外做的功，故D错误。考点二热力学第二定律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。2.热力学过程的方向性分析(1)高温物体eq\o(,\s\up10(热量Q能自发传给),\s\do10(热量Q不能自发传给))低温物体。(2)功eq\o(,\s\up10(能自发地完全转化为),\s\do10(不能自发地转化为))热(3)气体体积V1,(较小))eq\o(,\s\up10(能自发膨胀到),\s\do10(不能自发收缩到))气体体积V2,(较大))(4)不同气体A和Beq\o(,\s\up10(能自发混合成),\s\do10(不能自发分离成))混合气体AB2.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答案D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。3.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0，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。规律总结两类永动机的比较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考点三热力学第一定律与气体实验定律的综合例2(2023·广东卷，13)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图3所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W，已知p0、V0、T0和W。求：图3(1)pB的表达式；(2)TC的表达式；(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？答案(1)pB＝eq\f(1,5)p0(2)TC＝1.9T0(3)W解析(1)从状态A到状态B气体等温变化，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB解得pB＝eq\f(1,5)p0。(2)由状态B到状态C，根据理想气体状态方程可知eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pCVC,TC)，解得TC＝1.9T0。(3)根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。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(2023·6月浙江选考，17)如图4所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J，大气压p0＝1.01×105Pa。图4(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)；(2)求气体在状态C的温度TC；(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。答案(1)不变增大(2)350K(3)11J解析(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，内能不变，分子平均动能不变；体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。(2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa气体从状态A到状态B，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa气体从状态B到状态C，发生等容变化，由查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)解得TC＝350K。(3)气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功。由(1)问分析可知，从状态A到状态C内能的变化量等于从状态B到状态C内能的变化量，从状态A到状态C，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q解得W＝11J。方法总结解答该类问题的思维流程4.(多选)(2024·海南琼海市嘉积中学一模)一定质量的理想气体，其内能与热力学温度成正比。该理想气体从状态A经一系列变化，最终又回到状态A，其变化过程的V－T图像如图5所示，其中BA的延长线经过坐标原点，BC与横轴平行，气体在状态A时的内能为U。则下列说法中正确的是()图5A.气体由状态A至状态B的过程中，外界对气体做负功B.气体由状态B至状态C的过程中，气体对外界做正功C.气体由状态A至状态B的过程中，气体吸收的热量大于eq\f(U,2)D.气体由状态C至状态A的过程中，气体释放的热量等于U答案AC解析气体由状态A至状态B为等压变化，体积增大，外界对气体做负功，A正确；气体由状态B至状态C为等容变化，气体对外界不做功，B错误；由状态A至状态B，由eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TA＝200K，由题意可知eq\f(U,TA)＝eq\f(UB,TB)＝eq\f(UC,TC)，解得UB＝1.5U，UC＝2U，根据热力学第一定律可知，UB－UA＝0.5U＝WAB＋QAB，又WAB<0，则气体吸收的热量大于eq\f(U,2)，C正确；由状态C至状态A，根据热力学第一定律可知，UA－UC＝－U＝WCA＋QCA，又WCA>0，则气体释放的热量大于U，D错误。A级基础对点练对点练1热力学第一定律与能量守恒定律1.如图1是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200J，同时气体向外界放热100J，缸内气体的()图1A.温度升高，内能增加100JB.温度升高，内能减少200JC.温度降低，内能增加100JD.温度降低，内能减少200J答案A解析外界对气体做功W＝200J，气体向外界放热，则Q＝－100J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200J－100J＝100J，即内能增加100J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。2.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体()A.内能增加B.对外界做正功C.减少的内能小于放出的热量D.减少的内能大于放出的热量答案C解析充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根据气球内气体压强等于湖水中的压强，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C知，气球体积减小，对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做正功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知减少的内能小于放出的热量，C正确，D错误。3.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2。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()图2A.压强变大 B.对外界做功C.对外界放热 D.分子平均动能变化答案B解析打开阀门，水不断喷出，封闭气体的体积增大，气体对外界做功，B正确；由于罐内气体温度始终保持不变，由玻意耳定律知，气体的压强减小，A错误；温度不变，气体分子的平均动能不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体吸热，C、D错误。对点练2热力学第二定律4.(多选)下面说法中正确的是()A.不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响B.热量只能由高温物体传递给低温物体C.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的答案AD解析根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B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C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。5.(多选)地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018t，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量，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，关于其原因，下列说法正确的是()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械不满足热力学第二定律D.机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化答案CD解析内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，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，故C、D正确。对点练3热力学第一定律与气体实验定律的综合6.(2024·广东梅州高三期末)如图3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()图3A.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答案C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＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(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。7.一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，V－T图像如图4所示。下列说法正确的是()图4A.气体A状态的压强大于C状态的压强B.状态B到状态C过程中，气体从外界吸热C.状态C到状态D过程中，气体内能增大，其中分子动能减小，分子势能增大D.从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A过程中气体从外界吸热答案D解析根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知V－T图像斜率越大，压强p越小，由图像可知，OA等压线斜率大于OC等压线斜率，所以A状态的压强小于C状态的压强，故A错误；状态B到状态C过程中，温度不变，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；理想气体不计分子势能，状态C到状态D过程中，温度升高，气体内能增大，分子动能增大，故C错误；将V－T图像转化为p－V图像，如图所示。通过p－V图像可知整个循环过程气体对外做功大于外界对气体做功，初末状态温度相同，内能相同，所以该过程中气体从外界吸热，故D正确。8.(多选)如图5所示，一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为p0，重力加速度为g。则()图5A.初始时，气体压强p1＝p0B.停止加热时，气体的温度T＝2T0C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SLD.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL答案BC解析对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上压力，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq\f(mg,S)＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律有eq\f(LS,T0)＝eq\f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正确；气体对外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。B级综合提升练9.一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图像如图6所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是()图6A.pa＝3p0B.Vb＝3VcC.从状态a到状态b，气体对外做功D.从状态c到状态a，气体从外界吸热答案D解析从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。10.(2024·湖南师大附中月考)一只篮球的体积为V0，球内气体的压强为p0，温度为T0。现用打气筒对篮球充入压强为2p0、温度为T0、体积为V1(大小未知)的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至1.5T0。