【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习第一章第3讲热力学定律与能量守恒模拟提能训新人教版选修3-3

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高考物理一轮复习讲义第3讲热力学律与能量守恒

权掇市安稳阳光实验学校第3讲热力学定律与能量守恒对应学生用书P204热力学第一、二定律Ⅰ(考纲要求)1．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)符号规定做功W 外界对物体做功W>0 物体对外界做功W<0吸放热Q 物体从外界吸收热量Q>0 物体向外界放出热量Q<0内能变化ΔU 物体内能增加ΔU>0 物体内能减少ΔU<02.(1)表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)表述二：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．3．能量守恒定律(1)能量守恒定律的内容：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其总量保持不变．(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．例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律．(3)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．不能制成的原因：违背能量守恒定律．②第二类永动机从单一热库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．不能制成的原因：违背了热力学第二定律．1．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU.(2)若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU.(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.2．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”的涵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．3．热力学过程方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热(3)气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B能自发混合成不能自发分离成混合气体AB1．对热力学第二定律，下列理解正确的是( )．A．自然界进行的一切宏观过程都是可逆的B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的C．热量不可能由低温物体传递到高温物体D．第二类永动机违背了能量守恒定律，因此不可能制成解析由热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化，由此说明热量由低温物体传到高温物体是可能的，但要引起其他变化，故C错；第二类永动机并不违反能量守恒，却违背了热力学第二定律，故A、D错，B正确．答案B2．一定量气体，吸热200 J，内能减少20 J，下列说法中正确的是( )．A．气体对外做功180 J B．气体对外做功220 JC．外界对气体做功180 J D．外界对气体做功220 J解析根据ΔU＝Q＋W，Q＝200 J，ΔU＝－20 J．所以W＝－220 J，即对外做功220 J，B项正确．答案B3．关于热力学定律，下列说法正确的是( )．A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高答案B图1－3－14．(2010·广东高考)如图1－3－1所示是密闭的汽缸，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 J解析由热力学第一定律知：由W＋Q＝ΔU得：ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，B、D错，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU＝600 J>0，故温度一定升高，A选项正确，C错．答案A5．(2011·福州质检)(1)下列关于分子运动和热现象的说法中正确的是________(填选项前的字母)．A．布朗运动反映了悬浮微粒中分子运动的无规则性B．冰融化为同温度的水时，其分子势能增加C．热机效率不可能提高到100%……，因为它违背了热力学第一定律D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力(2)一定质量的理想气体，体积变大的同时，温度也升高了，那么下面判断正确的是________(填选项前的字母)．A．单位体积内分子数一定增多B．气体的压强一定保持不变C．气体一定从外界吸收热量D．外界一定对气体做正功答案(1)B (2)C6．一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度视为不变，上升到湖面后气泡并未破裂．已知气泡在湖底的体积为2 mL，压强为1.5×105 Pa，在湖面的压强为1.0×105 Pa.若气泡内的气体视为理想气体，求：(1)气泡在湖面时的体积；(2)若气泡在上升过程中对外做功0.1 J，则气泡吸收热量还是放出热量？吸收或放出多少热量？解析(1)由玻意耳定律得p1V1＝p2V2①代入数据解得V2＝3 mL.②(2)由于气体是理想气体，所以当温度不变时，其内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q＝－W＝0.1 J，即吸收0.1 J的热量．答案(1)3 mL (2)吸收热量0.1 J对应学生用书P206考点一热力学定律及能量守恒定律的理解及应用【典例1】一定质量的气体，在从一个状态①变化到另一个状态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②状态回到①状态的过程中内能的变化应等于从①状态到②状态的过程中内能的变化，则从②状态到①状态的内能应减少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 J——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.【变式1】(2011·江苏四市联考)一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V膨胀到V′.如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，则( )．A．W1>W2，Q1<Q2，ΔU1>ΔU2B．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2C．W1<W2，Q1＝Q2，ΔU1>ΔU2D．W1＝W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2解析由热力学第一定律：ΔU1＝W1＋Q1，ΔU2＝W2＋Q2，若通过压强不变的过程实现体积膨胀，则由pVT为恒量，可知温度必定升高，对理想气体，内能必定增大，ΔU1>0，W1<0，Q1>0，且|Q1|>|W1|；若通过温度不变的过程实现体积膨胀，温度不变，内能不变，ΔU2＝0，W2<0，Q2>0，且|Q2|＝|W2|，则ΔU1>ΔU2；由于气体对外做功的过程中，体积膨胀，通过温度不变的方式，由pVT为恒量，可知压强必定减小，则平均压强比通过压强不变的过程时的压强要小，故W1>W2，Q1>Q2.B选项正确．答案B考点二气体实验定律与热力学定律综合【典例2】图1－3－2如图1－3－2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分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)汽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Q .解析 (1)在气体由p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4 T 0变为T 1，由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖·吕萨克定律得V V 1＝T 1T 0解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝2T 0V 1＝12V(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减小为ΔU ＝α(T 1－T 0) 由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q ＝W ＋ΔU解得Q ＝12p 0V ＋αT 0.答案 (1)12V (2)12p 0V ＋αT 0【变式2】如图1－3－3所示，教室内用截面积为0.2 m 2的绝热活塞，将一定质量的理想气体封闭在圆柱汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦．a 状态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.6 m ；b 状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.65 m ．设室内大气压强始终保持1.0×105Pa ，忽略活塞质量．图1－3－3(1)求教室内的温度；(2)若气体从a 状态变化到b 状态的过程中，内能增加了560 J ，求此过程中气体吸收的热量．解析 (1)由题意知气体是等压变化，设教室内温度为T 2，由V 1T 1＝V 2T 2 知T 2＝V 2T 1V 1＝295.75 K.(2)气体对外界做功为W ＝p 0S (h 2－h 1)＝103J. 由热力学第一定律得Q ＝1 560 J. 答案 (1)295.75 K (2)1 560 J对应学生用书P2071．夏天，如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下暴晒，车胎极易爆裂．关于这一现象的描述(暴晒过程中内胎容积几乎不变)，下列说法错误的是( )．A．车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B．在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C．在车胎突然爆裂前的瞬间，气体内能增加D．在车胎突然爆裂后的瞬间，气体内能减少解析分析题意得：车胎在阳光下暴晒，爆裂前内能增加，气体的温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强变大，所以选项B和C是正确的，易知选项A是错误的．当车胎突然爆裂的瞬间，气体膨胀对外做功，温度也会有所下降，所以气体内能减少，选项D正确．答案A2．(2010·重庆)给旱区送水的消防车停于水平地面上，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )．A．从外界吸热 B．对外界做负功C．分子平均动能减小 D．内能增加解析胎内气体经历了一个温度不变、压强减小、体积增大的过程．温度不变，分子平均动能和内能不变．体积增大气体对外界做正功．根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热．A正确．答案A3．(2011·全国卷Ⅰ，14改编)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )．A．气体吸收的热量不能完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析由热力学第二定律的表述之一：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，即气体吸收热量在引起其他变化的情况下，可以完全转化为功，知A选项错误；气体的内能由气体的温度和体积共同决定，气体体积增大，内能不一定减少，故B项错误；由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W，若物体从外界吸热，即Q>0但同时对外做功，即W<0.且Q＋W<0，则内能减少，故C错；若外界对气体做功，即W>0，但同时向外界放热，即Q<0，且Q＋W<0，所以D项正确．答案D4．(2011·广东卷，14)如图1－3－4所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的动程中( )．图1－3－4A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析筒内气体不与外界发生热交换，当气体体积变小时，则外界对气体做功，气体的内能增大，A正确．答案A5．(2011·全国卷，33改编)对于一定量的理想气体，下列说法错误的是( )．A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析理想气体的内能只由温度决定，由理想气体状态方程pVT＝C可知，若气体的压强和体积都不变，温度T也不变，所以内能也一定不变，A、D选项正确．若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的压强和体积可以改变，B 项错误．由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，C选项正确．答案B6．(2010·全国Ⅱ理综改编)如图1－3－5所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )．图1－3－5A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度降低解析因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W ＋Q知内能不变，故选项A错误、选项B正确．稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1<V2知p1>p2，即气体压强变小，故选项C错误、选项D错误．答案B对应学生用书P305 1．二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习第一章第1讲分子动理论内能新人教版选修3-3

解析：布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，小颗粒由许多分子组成，所以布朗运动不是分子的无规则运动，也不是指悬浮颗粒内固体分子的无规则运动，故A、B选
项错误．布朗运动虽然是由液体分子与悬浮颗粒间相互作用引
起的，但其重要意义是反映了液体分子的无规则运动，而不是反映分子间的相互作用，故C选项错误．观察布朗运动会看到固体颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故D选项正确．答案：D
5.当重做实验时，水从盘的一侧边缘倒出，在这侧边缘会残留油酸，可用少量酒精清洗，并用脱脂棉擦去，再用清水冲
洗，这样可保持盘的清洁；
6.从盘的中央加痱子粉，使粉自动扩散至均匀，这是由于以下两种因素所致：第一，加粉后水的表面张力系数变小，水将粉粒拉开；第二，粉粒之间的排斥．这样做比粉撒在水面上的实验效果好；
体积 (2)对于给定的物体，其内能大小与物体的温度和 _____ 有关． (3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关． (4)决定内能的因素
微观上：分子动能、分子势能、分子个数．
宏观上：温度、体积、物质的量(摩尔数)．
(5)改变物体的内能有两种方式做功：当做功使物体的内能发生改变的时候，外界对物体
注意事项 1.生误差；
2.注射器针头高出水面的高度应在1 cm之内．当针头靠水面很近(油酸酒精溶液未滴下之前)时，会发现针头下方的粉层已被
排开，这是由于针头中酒精挥发所致，不影响实验效果；
3.实验之前要训练好滴法； 4.待测油酸面扩散后又收缩，要在稳定后再画轮廓，扩散后又收缩有两个原因：一是水面受油酸滴冲击凹陷后又恢复，二是酒精挥发后液面收缩；
知识点3
实验：用油膜法估测分子的大小
实验目的
1.了解本实验的实验原理及所需要的器材，了解实验的注意事项； 2.会正确测出一滴油酸酒精溶液中油酸的体积及形成油膜的面积；

高考物理一轮复习 113热力学定律与能量守恒课件

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跟踪训练 2 (2012·江苏)如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 经等压过程到状态 B.此过程中，气体压强 p＝1.0×105 Pa，吸收的热量 Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．
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诱思启导 (1)由等压变化能求出 B 状态的体积吗？ (2)气体在等压膨胀过程，气体对外界的作用力为恒力，即 F＝pS 为定位，由压强 p 和体积变化，能求出气体对外做的功吗？
题后反思 1．理想气体内能变化、吸(放)热量，做功情况的判断方法 (1)ΔU 的判断：理想气体内能变化只根据温度变化即可确定．温度升高，内能增加；温度降低，内能减少． (2)W 的判断：根据气体体积变化判断，体积增大，气体对外做功；体积减小，对气体做功． (3)吸(放)热量判断：在确定了 ΔU、W 的正负后，由 ΔU＝ W＋Q 确定 Q 的正负，Q>0，吸热；Q<0，放热．
热力学定律与能量守恒
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一、热力学定律
1．热力学第一定律 (1)内容：物体内能的增量 ΔU 等于外界对物体所做的功 W 和物体从外界吸收的热量 Q 的总和． (2)公式：ΔU＝①______.
正值
负值
ΔU 内能增加
内能减少
Q
吸收热量
放出热量
W 外界对系统做功系统对外界做功
【答案】 ACE
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(1)求恒温槽的温度． (2)此过程 A 内气体内能______(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将______(填“吸热”或者“放热”)．
诱思启导 (1)A 处于冰水混合物中时，气体温度为多少？ (2)始、末状态气体的体积如何变化？

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习专题精讲实验三验证力的平等四边形定则课件

行四边形定则．
【误差分析】 1．读数误差
弹簧测力计数据在允许的情况下，尽量大一些，读数时眼
睛一定要正视，要按有效数字正确读数和记录． 2.作图误差 (1) 结点 O 的位置和两个弹簧测力计的方向画得不准确，造成作图误差．
(2)两个分力的起始夹角 α太大，如大于120°，再重复做两
次实验，为保证结点 O 位置不变 ( 即保证合力不变 ) ，则 α 变化范围不大，因而弹簧测力计示数变化不显著，读数误差较大，导致作图产生较大误差． (3)作图比例不恰当、不准确等造成作图误差．
按同一标度用刻度尺从O点作出这个力F′的图示． 7 ．比较 F′ 与用平行四边形定则求出的合力 F 的大小和方向，看它们在实验误差允许的范围内是否相等． 8．改变F1和F2的大小和方向，再做两次实验．
【注意事项】 1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹
簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，
与木板平面平行
C. 橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置 O时，拉力要适当大些 D. 拉力F1和F2的夹角越大越好其中正确的是________(填入相应的字母)．
________．
②本实验采用的科学方法是________． A．理想实验法 C．控制变量法 B．等效替代法 D．建立物理模型法
(3) 某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力 F1 和 F2，图中小正方形的边长表示 2 N，两力的合力用 F表示，F1、
F2与F的夹角分别为θ1和θ2，关于F1、F2与F、θห้องสมุดไป่ตู้和θ2关系正确的
用作图法求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；
(2) 某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为 ________N，同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习第一章第3讲热力学定律与能量守恒新人教版选修3-3

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．
4. 能源的利用
(1)存在能量耗散和品质降低． (2)重视利用能源时对环境的影响． (3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等 )．
(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，则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．
[变式训练] 景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木
2. [气体图象的应用]如图所示是一定质量的理想气体从状 1 态 A 经 B 至 C 的 p－V图线，则在此过程中( A. 气体的内能改变 B. 气体的体积增大 C. 气体向外界放热 D. 气体对外界做功 )
解析：由图象可知该气体发生的是等温变化，故气体的内
能不变， ΔU ＝ 0 ；但气体的体积在减小，故外界对气体做功， W>0；由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q知，Q<0，气体放热．故C 正确．答案：C
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( 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 )

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习第一章动量守恒定律及其应用新人教版选修3-5

(6)测量 OP、 OM、 ON 的长度，在误差允许的范围内，看 m1· OP＝ m1· OM＋ m2· ON 是否成立． (7)整理好实验器材并放回原处． (8)实验结论：在误差允许的范围内，讨论碰撞系统的动量是否守恒．
四、注意事项 1. 前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”． 2. 方案提醒 (1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平． (2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将摆球拉起后，两摆线应在同一竖直面内．
Δx (4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由 v＝ Δt 算出速度． (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．
4. 方案四：利用平抛运动规律验证动量守恒定律 (1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射
小球．
(2)按要求安装好实验装置，并调整斜槽使斜槽末端切线水平．
动量近似守恒． (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力在这一方向上动量守恒．但值得注意的是，系为零，则系统_______________ 统的总动量可能不守恒．
3．动量守恒定律的“五性”
(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正
方向． (2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．
三、动量、动能、动量变化量的比较
动能动量变化量物体由于运动物体末动量与初动量定义而具有的能量的矢量差 1 定义式 p＝ mv Δp＝p′－p Ek＝ mv2 2 标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量 p2 1 2Ek 关联方程 Ek＝， Ek＝ pv， p＝ 2mEk，p＝ v 2m 2 1.对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化联系 2.都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系动量物体的质量和速度的乘积

高考物理一轮复习课件热力学定律和能量守恒

测温原理
热电偶是利用两种不同金属导体或半导体的温差电效应来测量温度的。当热电偶两端存在温差时，就会产生热电势，通过测量热电势的大小即可得知温度的高低。
应用
热电偶被广泛应用于各种温度测量场合，如钢铁冶炼、石油化工、航空航天等领域。它具有测量范围广、精度高、稳定性好等优点。
热力学在环保和可持续发展中作用
02
能量守恒与转化
能量守恒定律
01
能量守恒定律的表述
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一
种形式，或者从一个物体转移到其他物体，而能量的总量保持不变。
02
能量守恒定律的适用范围
适用于宏观和微观世界的一切物质和能量转化过程。
03
能量守恒定律的意义
揭示了自然界中各种能量形式之间的相互转化和守恒关系，为热力学、
节能减排
热力学在节能减排方面发挥着重要作用。通过优化热力系统、提高能源利用效率、开发新能源等手段，可以减少能源消耗和污染物排放，促进环保和可持续发展。
资源回收利用
热力学还可以应用于资源回收利用领域。例如，利用余热回收技术可以将废弃的热能转化为有用的电能或热能，提高能源利用效率。同时，热力学还可以指导废弃物处理和资源化利用等方面的工作。
06
高考真题解析与备考策略
历年高考真题回顾与解析
（2019年全国卷Ⅰ ）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）
B. 不可能使热量由低温物体传递到高温物体
A. 一定量气体吸收热量，其内能一定增大
历年高考真题回顾与解析
• C. 若两分子间距离增大，分子势能一定增大 • D. 若两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大 • 解析：本题考查热力学第一定律、热力学第二定律、分子动理论等知识

高考物理一轮复习热学基础课时3 热力学第一定律与能量守恒定律课件(选修3-3)

物理量
意义
W
Q
ΔU
符号Leabharlann ＋外界对物体物体_吸__收__热量内能_增__加__
做功
－
物体对外界
放出物体_____热量
内能_减__少__
做功
知识点二、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。
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
过程量
【例1】 (2015·北京理综，13)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，其内能可能不变解析若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，选项A错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，选项B错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0， (W＋Q)可正、可负，所以内能可能增加，故选项C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，选项D错误。答案 C
3.温度、内能、热量、功的比较
比较名称

高中物理一轮总复习课件热力学定律与能量守恒定律

冰箱工作原理
冰箱同样利用热力学原理，通过制冷剂的循环来降低冰箱内部的温度。制冷剂在蒸发器内吸收热量并蒸发，将热量带到冷凝器中排放，使得冰箱内部保持低温状态。
汽车发动机冷却系统工作原理分析
要点一
冷却系统组成
要点二
工作原理
汽车发动机的冷却系统主要由水泵、散热器、冷却风扇、节温器等组成。
冷却系统通过水泵将冷却液循环流动，将发动机产生的热量带到散热器中散发掉。同时，节温器根据发动机温度调节冷却液的循环路线，确保发动机在适宜的温度下工作。
在实际问题中，热传导、对流和辐射传热往往同时存在，需要综合考虑各种传热方式的影响。例如，建筑物围护结构的保温性能就需要考虑热传导、对流和辐射传热的综合作用。
强化传热措施
为了提高传热效率，可以采取增加传热面积、提高传热系数、加大温度差等强化传热措施。例如，在散热器设计中，可以采用增加散热片数量、提高散热片导热性能等方法来强化传热。
太阳能利用技术探讨
太阳能热水器
太阳能热水器利用太阳能的热量来加热水，具有环保、节能等优点。其工作原理是通过集热器吸收太阳能并将其转化为热能，然后将热能传递给水箱中的水，使水温升高。
光伏发电
光伏发电是利用太阳能电池板将太阳能直接转化为电能的过程。光伏电池板中的半导体材料在吸收太阳能后会产生电子流动，从而形成电流。这种技术被广泛应用于太阳能发电站、太阳能路灯等领域。
热力学第二定律
内容
不可能从单一热源吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化。
表达式
对于可逆过程，有 dS=(dQ/T)；对于不可逆过程，有dS>(dQ/T)，其中S表示熵，T表示热力学温度。
熵增加原理
在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵的不断增加的方向进行。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习静电场阶段示范性金考卷(含解析)

静电场本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共65分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．在第2、3、4、5、6、8、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、7、11、13小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A. A点的电场强度大小为2×103 N/CB. B点的电场强度大小为2×103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q 在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误．答案：AC2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象是( )解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象的斜率也越来越小．综上分析，选项C正确．答案：C3. 如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB＝8.0×10－9J．则以下分析正确的是( )A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为W MN＝－4.0×10－9 JB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN有可能大于4.0×10－9 JC．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2.0×10－7 C，该电场的场强一定是E ＝2 V/mD．若粒子的电荷量为2.0×10－9 C，则A、B之间的电势差为4 V解析：在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，将该粒子从M点移到N点与从A点移到B点方向相同，因此电场力都做正功，A错；M、N分别为AC、BC 的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，所以W MN＝4.0×10－9J，B错；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W＝qEd可知最小场强E min＝2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，C错；由W＝qU可知D项正确．答案：D4. [2013·江西盟校联考]无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效．如图所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点．下面关于A、B两点的电场强度E A和E B、电势φA和φB判断正确的是( )A. E A>E B，φA>φBB. E A>E B，φA<φBC. E A>E B，φA＝φBD. E A＝E B，φA>φB解析：无限大接地金属板和板前一正点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效(如图所示)，P所在位置相当于等量异号电荷连线的中垂线位置，此处电势为零，MN相当于等量异号电荷的连线即图中水平线，则由图中电场线及等势面的分布情况知E A>E B，φA<φB，故B对．答案：B5. [2013·锦州模拟]在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示，现让小球A 、B 、C带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为 ( )A. 13 B.33C. 3D. 3解析：设三角形边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos30°×2＝kQq BD2，解得：Qq ＝3，D 正确．答案：D6. 如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O 点，若q 1>q 2，l 1>l 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )A. m 1>m 2B. m 1＝m 2C. m 1<m 2D. 无法确定解析：以O 点为转轴，T 1和T 2的力矩为零，而两个库仑力的力矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：两个重力的力矩的代数和也应该为零，即m 1gd ＝m 2gd ，所以m 1＝m 2，故B 正确．也可以用三角形相似法求解．答案：B7. 现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD 的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一负点电荷由a点移到A点电势能减小解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．答案：BC8. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是( )A．两粒子电性相同B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等解析：从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知，两粒子的电性不相同，故A 错误；甲受的是吸引力，电场力做正功，电势能减少，所以到达c 时速率增加，乙受排斥力，电场力做负功，电势能增加，到达d 时速率减小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a 点时甲、乙两个带电粒子的速率相同，因此甲粒子经过c 点时的速率大于乙粒子经过d 点时的速率，所以B 正确、C 错误；由于不知道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法判断其动能，所以D 错误．答案：B9. [2013·呼伦贝尔模拟]如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．S 闭合时，该微粒恰好能保持静止．在以下两种情况下：①保持S 闭合，②充电后将S 断开．下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )A ．①情况下，可以通过上移极板M 实现B ．①情况下，可以通过上移极板N 实现C ．②情况下，可以通过上移极板M 实现D ．②情况下，可以通过上移极板N 实现解析：保持S 闭合时，电容器电压不变，板间电场强度E ＝U d，当d 减小时E 变大，可使电场力大于重力，从而使微粒向上运动，故A 错B 对．充电后断开S 时，电容器带电量不变，则板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ，C ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQεr S，E 不随d 而变化，故C 、D 均错．答案：B10. 如下图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后射入电场中，最后在正极板上打出A 、B 、C 三个点，则( )A ．三种粒子在电场中运动时间相同B ．三种粒子到达正极板时速度相同C ．三种粒子到达正极板时落在A 、C 处的粒子机械能增大，落在B 处粒子机械能不变D. 落到A 处粒子带负电，落到C 处粒子带正电解析：三个粒子在电场中均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v 0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的粒子的加速度大小等于g ，带正电粒子的加速度小于g ，带负电粒子的加速度大于g ，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h ＝12at 2可得t ＝2ha，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t 正>t 不带电>t 负，又因为它们的水平位移x＝v 0t ，所以x 正>x 不带电>x 负，选项A 错误，D 正确；因为三种粒子到达正极板时的水平分速度相同，竖直分速度不同，故合速度不同，选项B 错误；在运动过程中，电场力对正粒子做负功，机械能减小，对负粒子做正功，机械能增大，对不带电粒子不做功，机械能不变，选项C 错误．本题答案为D.答案：D11. [2014·江苏连云港]如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U 1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电压为U 2，板长为L ，每单位电压引起的偏移h /U 2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为( )A. 增大U 2B. 减小LC. 减小dD. 减小U 1解析：对粒子的加速过程，由动能定理得，qU 1＝12mv 20，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，L ＝v 0t ，h ＝12qU 2md t 2，解得，h U 2＝L 24U 1d ，为了提高灵敏度hU 2，可增大L 、减小U 1或d ，C 、D 两项正确．答案：CD12. 如图所示，长为L 、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v 0，则( )A. 小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能B. A 、B 两点的电势差一定为2mgL2qC. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是mg qD. 若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 一定是正电荷解析：由题述可知，小球以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能，选项A 错误；由动能定理得，qU －mgL sin45°＝0，解得A 、B 两点的电势差为U ＝2mgL2q，选项B 正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为2mg2q，选项C 错误；若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 可以是负电荷，选项D 错误．答案：B13. x 轴上有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1和Q 2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P 点位于这两个点电荷位置连线中点右侧．下列判断中正确的是( )A. 电势最低的P 点所在处的电场强度为零B. Q 1和Q 2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C. Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值D. Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点解析：在φ－x 图中，因P 点的斜率为零，故P 点处的电场强度为零，所以A 正确；由φ－x 图可知，φ先降后升且均为正值，所以B 错误；因P 点处的电场强度为零，且P 点距Q 1较远而距Q 2较近，故Q 1和Q 2一定是正电荷，且Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值，所以C 正确；因Q 1和Q 2是正电荷，故在Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点，所以D 正确．答案：ACD第Ⅱ卷 (非选择题，共45分)二、计算题(本题共4小题，共45分)14. (8分)如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m ．一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半．求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g 取10 m/s 2) 解析：(1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有 12mv 2B －0＝mgl 2＋F 电l 1，解得v B ＝gl 1＋2l 2，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有a ＝g2.s ＝v B t ＋12at 2.竖直方向有h ＝12gt 2.联立上式，并代入数据可得s ＝4.5 m. 答案：(1)v B ＝2.0 m/s (2)s ＝4.5 m15. (12分)如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U ，相距为d ，两极板间形成匀强电场．有一带电粒子，质量为m (重力不计)、所带电荷量为＋q ，从两极板下端连线的中点P 以竖直速度v 0射入匀强电场中，带电粒子落在A 极板的M 点上．(1)若将A 极板向左侧水平移动d /2，此带电粒子仍从P 点以速度v 0竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？(2)若将A 极板向左侧水平移动d /2并保持两极板间电压为U ，此带电粒子仍从P 点竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则应以多大的速度v ′射入匀强电场？解析：(1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，极板移动前后两分运动时间相等有d 2＝12a 1t 2，d ＝12a 2t 2得a 2＝2a 1，而a 1＝qUmd，a 2＝qU 1m 32d由此推得两极板间电压关系为U 1＝3U ，故电压应变为原来的3倍．(2)两极板间的电压不变，则Ed ＝32E ′d ，故E ＝32E ′，因Eq ＝ma ，E ′q ＝ma ′，故加速度关系a ′＝23a设带电粒子的竖直位移为L ，则d ＝12a ′(L v ′)2，d 2＝12a (L v 0)2联立可解得v ′＝3v 03. 答案：(1)增大 3倍 (2)3v 0316. (12分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，其质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点高度为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ； (2)小球p 在O 点时的加速度；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度．解析：(1)小球p 由C 点运动到O 点时，由动能定理得：mgd ＋qU CO ＝12mv 2－0 所以U CO ＝mv 2－2mgd 2q.(2)小球p 经过O 点时的受力如图所示．由库仑定律得：F 1＝F 2＝kQq 2d2 它们的合力为：F ＝F 1cos45°＋F 2cos45°＝2kQq 2d2 所以小球p 在O 点处的加速度a ＝F ＋mg m ＝2kQq2d 2m＋g ，方向竖直向下． (3)由电场特点可知，在C 、D 间电场的分布是对称的，即小球p 由C 点运动到O 点与由O 点运动到D 点的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理知：W 合＝12mv 2D －0＝2×12mv 2解得v D ＝2v .答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQq2d 2m＋g 方向竖直向下 (3)2v17. (13分)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eEm11 L 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eEmt 3＝Lv 1v y ＝a 2t 3tan θ＝v yv 1解得：tan θ＝2(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE (2)2 (3)3L。

2015名师高考物理复习精品课件热力学定律与能量守恒

(2)重视利用能源时对环境的影响． (3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等)．
基础知识回顾考点互动探究课时作业
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1．做功和热传递的实质是相同的( 答案：× 2．绝热过程就是等温过程( 答案：× )
)
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(2)ΔU＝W＋Q 中正、负号法则
物理量意义符号＋－
W
Q
ΔU
外界对物体物体吸收内能增做功热量加物体对外界物体放出内能减做功热量少
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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：不可能从单一热源吸收热量，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．”
高考总复习 ·物理 ·课标版
3．热量不能从低温物体传递到高温物体( 答案：×
)
4．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变( 答案：√
)
5．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( )
答案：×
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6．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失( 答案：×

金版教程物理全解答案及教案

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 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，所以 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。
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板块一
板块二
板块三
板块四
高考一轮总复习 ·物理
知识点 3 能量守恒定律 Ⅰ 1.能量守恒定律的内容：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别的形式，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其总量保持不变。 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。例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律。 3.两类永动机 (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：从单一热库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。
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高考一轮总复习 ·物理
选修3－3
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高考一轮总复习 ·物理
第11章热学
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第3讲热力学定律与能量守恒
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高考物理大一轮复习第3讲热力学定律与能量守恒课件(选修3-3)

(单选)某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法正确的是( )
A．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力
B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增加 C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加 D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变
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.几种特殊情况 (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．
5．(单选)关于对永动机的认识，下列说法正确的是( ) A．第一类永动机和第二类永动机都违背了能量守恒定律，所以都不可能制成 B．第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机没有违背能量守恒定律，因此，随着科学技术的迅猛发展，第二类永动机是可以制成的 C．第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，这两类永动机都不可能制成 D．两类永动机的实质和工作原理是相同的，都是人们的美好设想，是永远不会实现的
【答案】C 【解析】第一类永动机违反了能量守恒定律，不可能制成；第二类永动机违反了热力学第二定律，也不可能制成．
对热力学第一定律的理解与应用
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．

高三物理一轮复习精品课件1：11.3热力学定律

【答案】 AB
【迁移应用】 2 ． (2014·上海市八校联考 ) 下列说法中正确的是 () A．所有的能量守恒过程都能自发地发生 B．热传递、摩擦生热和气体自由膨胀都是可逆过程 C．世界上有多种形式的能量如煤、石油、生物能等都来自太阳辐射的能量 D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机
【解析】根据布朗运动的定义及热力学第一定律来判断．布朗运动是指液体中悬浮微粒的无规则运动，而不是指液体分子的运动，选项 A 正确，选项 B 错误；改变物体内能的方式有做功和传热，当仅知道物体从外界吸收热量或者物体对外界做功时无法判断物体内能的变化，选项 C、D 错误．
【答案】 A
【迁移应用】 1.如图 11－3－2 所示的实验装置，把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部，快速压下活塞时，棉花燃烧起来，此实验说明( )
【解析】所有的能量守恒过程不是都能自发地发生，选项 A 错误．热传递、摩擦生热和气体自由膨胀都是不可逆过程，选项 B 错误．世界上有多种形式的能量如煤、石油、生物能等都来自太阳辐射的能，选项 C 正确．能的转化过程符合能量守恒定律，而能源危机是自然界中人类可以利用的能量不足，因此会发生能源危机，选项 D 错误．
第 3 讲热力学定律与能量守恒
知识体系：
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
【解析】热力学第二定律有两种表述：第一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发热传递具有方向性，选项 A 中热量从低温物体传到高温物体是电冰箱工作的结果，选项 A 正确；第二是不可能从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响，即第二类永动机不存在，选项 B 正确，选项 C 错误；由能量守恒定律知，能量总是守恒的，只是存在的形式不同，选项 D 错误．

届高三物理一轮复习配套课件：13.3热力学定律与能量守恒定律

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。
2.两类永动机的比较
分类
设计
初衷
不可能制
成的原因
第一类永动机
不需要任何动力或
燃料,却能不断地对
外做功的机器
违背能量守恒
第二类永动机
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
2021/11/172021/11/172021/11/172021/11/17
命题点一
命题点二
命题点三
例1(2017·全国卷Ⅱ)如图,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
•7、“教师必须懂得什么该讲，什么该留着不讲，不该讲的东西就好比是学生思维的器，马上使学生在思维中出现问题。”“观察是
思考和识记之母。”2021/11/172021/11/17November 17, 2021
•8、普通的教师告诉学生做什么，称职的教师向学生解释怎么做，出色的教师示范给学生，最优秀的教师激励学生。
选项C错误。
BDE
关闭
解析
答案
命题点一
命题点二
命题点三
热力学定律与气体实验定律的综合应用
一定质量的理想气体不同图象的比较
图象
图线类别
图象特点
p-V
pV=CT(其中 C 为恒量),即
pV 之积越大的等温线温度
越高,线离原点越远
等温

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