高中物理：热力学定律与气体实验定律的综合

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高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版

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。

第三章第三节能量守恒定律热力学第一定律和气体实验定律的综合应用学案人教版高中物理选择性必修三

预习案1【自主学习】阅读教材54页-58页，大约需要10分钟，读后请思考：1.能量守恒定律是某一个科学家发现的吗？2.永动机不可能制成的原因是什么？【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。

）课堂案例题:教材65页第5题课堂练习与讨论：教材65页第3、4题讨论：热力学第一定律与能量守恒定律有何联系与区别？课堂练习：教材64页第5、6题【进阶闯关检测】A类基础关1．(多选)下列对能量守恒定律的认识，正确的是( )A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是可能制成的D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了2．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律 B．违背了能量守恒定律C．技术上还达不到 D．找不到合适的材料和合理的设计方案B类能力关3.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。

轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。

离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。

下列说法正确的是( ) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。

如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将如何变化？。

C类综合关（选做）5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？(2)分子势能是增大还是减小？(3)分子的平均动能是增大还是减小？6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。

高考物理一轮复习课时规范练41 热力学定律与能量守恒定律(含答案)

课时规范练41热力学定律与能量守恒定律基础对点练1.(多选)(热力学定律的理解)关于热力学定律,下列说法正确的是()A.根据热力学第一定律可知,一定质量的理想气体等压膨胀对外做功,内能一定减少B.第一类永动机制不成,是因为它违反了热力学第一定律C.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律D.从微观意义上讲,热力学第二定律是一个统计规律2.(热力学第一定律与气体状态方程的综合)如图所示,导热良好的圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上,用活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞上堆放着铁砂,系统处于静止状态。

现缓慢取走铁砂,忽略活塞与汽缸之间的摩擦,外界环境温度不变,则在此过程中缸内气体()A.对外做功,其内能减少B.温度不变,与外界无热量交换C.分子碰撞缸壁时的平均作用力减小D.分子单位时间内对活塞的碰撞次数减少3.(多选)(热力学定律与图像)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图像如图所示,p a、p b、p c分别表示a、b、c的压强,下列判断正确的是()A.状态a、b、c的压强满足p c=p b=3p aB.过程a到b中气体内能增大C.过程b到c中气体吸收热量D.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功4.(热力学定律与图像)右图为一定质量的理想气体状态的两段变化过程,一个从c到b,另一个是从a到b,其中c与a的温度相同,比较两段变化过程,则()A.c到b过程气体放出热量较多B.a到b过程气体放出热量较多C.c到b过程内能减少较多D.a到b过程内能减少较多5.(多选)(热力学定律与图像综合)如图,一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环,A、B、C、D分别位于矩形的四个顶点上。

下列说法正确的是()T0A.状态C的温度为32B.A→B过程,分子的平均动能减少C.D→A过程,气体压强增大、内能减小D.经历A→B→C→D→A一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量6.(热力学第二定律)(2022山东枣庄期末)“天宫”空间站是“天和核心舱”“问天实验舱”和“梦天实验舱”的三舱组合体,三舱皆有“气闸舱”;航天员出站时,要途经“气闸舱”“减压”后才能出站;从太空返回空间站时要途经“气闸舱”“升压”后才能进站。

高中高考物理气体和热力学定律

续表玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律
适用实际气体在压强不太大(相对于 1 标准气压)、温度不太低(相条件对于常温)的情况遵守三个实验定律
4．理想气体的状态方程 (1)理想气体 ①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体。实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
(3)压强(p) ①定义：作用在器壁单位面积上的压力叫做气体压强。 ②产生原因：由于大量气体分子无规则的运动而频繁碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力。 ③决定气体压强大小的因素宏观：决定于气体的温度和体积。微观：决定于分子的平均动能和分子的密集程度 (单位体积内的分子数)。
解析：开始时由于活塞处于静止，由平衡条件可得 mg p0S＋mg＝p1S，则 p1＝p0＋ S 当气缸刚提离地面时气缸处于静止，气缸与地面间无作用力，因此由平衡条件可得 p2S＋Mg＝p0S Mg 则 p2＝p0－ S 。 mg 答案：p0＋ S Mg p0－ S
2．[考查液柱封闭的气体压强]若已知大气压强为 p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为 ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在图甲中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力平衡知 p 气 S＝－ρghS＋p0S 所以 p 气＝p0－ρgh
在图乙中，以 B 液面为研究对象，由平衡方程 F 上＝F 下有：p 气 S＋ρghS＝p0S p 气＝p0－ρgh 在图丙中，以 B 液面为研究对象，有 3 p 气＋ρghsin 60° ＝pB＝p0，所以 p 气＝p0－ ρgh 2 在图丁中，以液面 A 为研究对象，由二力平衡得 p 气 S＝(p0＋ρgh1)S，所以 p 气＝p0＋ρgh1。答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 3 丙：p0－ ρgh 2 丁：p0＋ρgh1

高考物理计算题专题复习《热力学定律综合题》(解析版)

《热力学定律综合题》一、计算题1.如图所示图中，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280J，放出热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中气体对外界做功200J．求：过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？2.图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。

整个装置均由导热材料制成。

起初阀门关闭，A内有压强帕的氮气。

B内有压强帕的氧气。

阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。

假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略。

求：活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热简要说明理由。

3.薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数，其中t为渗透持续时间，S为薄膜的面积，d为薄膜的厚度，为薄膜两侧气体的压强差．k称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好．图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U形管内横截面积实验中，首先测得薄膜的厚度，再将薄膜固定于图中处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为，薄膜能够透气的面积打开开关、与大气相通，大气的压强，此时U形管右管中气柱长度，关闭、后，打开开关，对渗透室上部分迅速充气至气体压强，关闭并开始计时．两小时后，U形管左管中的水面高度下降了实验过程中，始终保持温度为求该薄膜材料在时对空气的透气系数．本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值来代替公式中的普适气体常量，．4.地面上放一开口向上的气缸，用一质量为的活塞封闭一定质量的气体，不计一切摩擦，外界大气压为活塞截面积为重力加速度g取，则活塞静止时，气体的压强为多少？若用力向下推活塞而压缩气体，对气体做功为，同时气体通过气缸向外传热，则气体内能变化为多少？5.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其图象如图所示。

35 热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用(解析版)

热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用一热力学第一定律与能量守恒定律1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种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．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．2．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则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．3.改变内能的两种方式的比较4.温度、内能、热量、功的比较【例1】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．下列说法正确的是()A．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【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D 正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误．【变式1】．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．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．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】BDE.【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A 错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，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，选项E正确．【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是()A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等B．一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E．做功和热传递是不等价的【答案】ABD【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0 ℃水和0 ℃冰的温度相同，分子平均动能相同，由于0 ℃的冰需要吸收热量才能融化为0 ℃的水，温度不变，分子平均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大，选项B正确；根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项C错误；一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项D正确；在改变内能时，做功和热传递是等价的，选项E错误．二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．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V1能自发地膨胀到不能自发地收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B能自发地混合成不能自发地分离成混合气体AB.3．两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，但违背热力学第二定律【例2】下列关于热现象的描述不正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量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E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对．【变式2】.下列说法正确的是()A．压缩气体总能使气体的温度升高B．能量耗散过程中能量是守恒的C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确．三封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．汽缸封闭气体问题【例3】(2018·高考全国卷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p0，温度均为T0.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.【答案】(1＋hH)(1＋mgp0S)T0(p0S＋mg)h【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T1，压强为p1，根据查理定律有p0 T0＝p1 T1①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝(1＋mgp0S)T0③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T2；活塞位于a 处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2 T2④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝(1＋hH)(1＋mgp0S)T0⑦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＝(p0S＋mg)h⑧【变式】.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为20 cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A系于天花板上，用手托住B，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105 Pa，然后缓慢松手，让B下沉，当B下沉了2 cm 时，停止下沉并处于静止状态．求：(1)此时金属筒内气体的压强；(2)若当时的温度为24 ℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？【答案】(1)1.0×105 Pa (2)－3 ℃【解析】(1)设金属筒横截面积为S cm 2，p 1＝1.1×105 Pa ，V 1＝20S cm 3，V 2＝22S cm 3 根据玻意耳定律，p 1V 1＝ p 2V 2，p 2＝p 1V 1V 2＝1.1×105×20S22SPa ＝1.0×105 Pa(2)V 2＝22S cm 3，T 2＝297 K ，V 3＝20S cm 3，根据盖—吕萨克定律得到，V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3T 2V 2 ＝20S ×29722S K ＝270K ，t ＝(270－273)℃＝－3 ℃. 活塞封闭气体问题【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T 0，封闭气柱长度为l 0＝10 cm.现在薄板上放置3个质量为m 的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l 1＝5 cm ，现使封闭气体的温度缓慢升高60 ℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l 2＝6 cm ；然后取走2个质量为m 的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 ℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l 3.(已知上述过程中薄板没有离开玻璃管)求：(1)开始时封闭气体的温度t 应为多少？(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l 3为多少？【答案】 (1)27 ℃ (2)10 cm【解析】 (1)气体初始状态：体积为V 0＝l 0S ，压强为p 0，温度为T 0 将质量为3m 的物体放在薄板上，则体积V 1＝l 1S ，温度T 1＝T 0 压强为：p 1＝p 0＋3mgS气体经等温变化，得：p 0V 0＝p 1V 1 则p 1＝2p 0由以上各式解得p 0＝3mgS当气体温度升高60 ℃时，温度为：T 2＝T 0＋60 K ，体积为：V 2＝l 2S 由于该过程为等压变化，则：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：T 0＝300 K 则t ＝(300－273) ℃＝27 ℃(2)取走质量为2m 的物体，继续加热使气体的温度再升高40 ℃后，最终气柱的高度为l 3，体积V 3＝l 3S ，压强p 3＝p 0＋mg S ＝43p 0，温度T 3＝400 K则由理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3代入数据解得：l 3＝10 cm.【变式】(2019·宁夏五中联考)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3 m 2，如图所示，开始时气体的体积为 3.0×10－3 m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105 Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？【答案】(1)3.0×105 Pa (2)30 kg【解析】(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105 Pa ；(2)活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0Sg＝30 kg. 四关联气体的状态变化问题多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的一定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联．若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系．活塞封闭气体的问题【例5】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．【答案】 15p 0S26g【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p 0V2＝p 1V 1① p 0V2＝p 2V 2② 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V ③V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg ⑤联立以上各式得m ＝15p 0S26g ⑥水银柱封闭气体的问题【例6】(2018·高考全国卷Ⅱ )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．【答案】22.5 cm 7.5 cm【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 为重力加速度大小．由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′②p 2l 2＝pl 2′③两边气柱长度的变化量大小相等l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm ⑤l 2′＝7.5 cm ⑥五变质量问题分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解．充气问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．【例7】一个篮球的容积是2.5 L ，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa 的空气打进去125 cm 3. 如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)【答案】 2.5×105 Pa【解析】设V 2为篮球的容积，V 1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则V 1＝V 2＋n ΔV ＝2.5 L ＋30×0.125 L ＝6.25 L由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝p 1V 1V 2＝105×6.252.5Pa ＝2.5×105 Pa. 抽气问题在用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题．【例8】用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？【答案】 (V 0V 0＋ΔV )n p 0【解析】当活塞下压时，阀门a 关闭，b 打开，抽气机汽缸中ΔV 体积的气体排出，容器中气体压强降为p 1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p 2，根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )，解得p 1＝V 0V 0＋ΔV p 0，对于第二次抽气，有p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，解得p 2＝(V 0V 0＋ΔV )2p 0，以此类推，第n 次抽气后容器中气体压强降为p n ＝(V 0V 0＋ΔV )n p 0. 灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一种典型的变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将变质量问题转化为质量一定的问题．【例9】某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【答案】 25【解析】设最多能分装n 个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n 个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律．分装前整体的状态：p 1＝30 atm ，V 1＝20 L ；p 2＝1 atm ，V 2＝5n L.分装后整体的状态：p 1′＝5 atm ，V 1＝20 L ；p 2′＝5 atm ，V 2＝5n L根据玻意耳定律，有p 1V 1＋p 2V 2＝p 1′V 1＋p 2′V 2代入数据解得n ＝25(瓶)．漏气问题容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.【例10】某个容器的容积是10 L ，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)【答案】 5%【解析】以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为V 1，膨胀后气体的体积为V 2.如图所示．初状态：p 1＝2.0×106 Pa ，V 1＝10 L末状态：p 2＝1.0×105 Pa ，V 2＝？由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得V 2＝p 1V 1p 2＝200 L V 1V 2＝10200×100%＝5%，即容器里剩下的气体是原来的5%. 六热力学第一定律与图象的综合应用判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 来确定．【例11】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e .对此气体，下列说法正确的是 ( )A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小【答案】 BDE【解析】过程①为等容变化，根据查理定律有p a T a ＝p b T b，因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选项A 错误；过程②气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项B 正确；过程④中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W ＝0，理想气体的温度降低，则内能减少，即ΔU <0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q <0，则气体向外界放出了热量，故选项C 错误；状态c 、d 的温度相等，则分子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项D 正确；连接Ob 、Od ，根据pV T ＝C 得T V＝p C，Ob 斜率大于Od 斜率，则状态d 的压强比状态b 的压强小，故选项E 正确．【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p V 图中从a 到b 的直线所示．在此过程中 ( )A ．气体温度一直降低B ．气体内能一直增加C ．气体一直对外做功D ．气体一直从外界吸热E ．气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】在p V 图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a 到b 温度升高，A 错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B 对；气体体积膨胀，对外做功，C 对；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝ΔU －W ，由于ΔU ＞0、W ＜0，故Q ＞0，气体吸热，D 对；由Q ＝ΔU －W 可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E 错．七热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路【例12】(2019·河北保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A 时，体积为V 0，压强为p 0，温度为T 0，已知此时其内能为U 0.该理想气体从状态A 经由一系列变化，最终还回到原来状态A ，其变化过程的p T 图线如图所示，其中CA 延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：(1)状态B 的体积；(2)状态C 的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量是多少？【答案】 (1)V 03(2)V 0 (3)气体吸收热量2p 0V 0 【解析】 (1)由题图可知，从状态A 到状态B 为等温变化过程，状态B 时气体压强为p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由题图可知，从状态B 到状态C 为等压变化过程，状态C 时气体温度为T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖－吕萨克定律得V 1T 0＝V 2T 2，解得V 2＝V 0. (3)由状态B 经状态C 回到状态A ，外界对气体做的总功为W ，从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为W BC ，W BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得W BC ＝－2p 0V 0；从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W ＝W BC ＝－2p 0V 0；从状态B 经状态C 回到状态A ，内能增加量为U ＝0，气体从外界吸收的热量为Q ，内能增加量为U ，由热力学第一定律得U ＝Q ＋W ，解得Q ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0.【变式】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m 深处的海水温度为280 K ．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T 0＝300 K ，压强 p 0＝1 atm ，封闭气体的体积V 0＝3 m 3，如果将该汽缸下潜至990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．(2)求990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于10 m 深的海水产生的压强)．【答案】(1)放热大于 (2)2.8×10－2 m 3【解析】(1)下潜过程中温度降低，则ΔU <0，气体体积减小，则W >0，由ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，放热，且|Q |>W .(2)当汽缸下潜至990 m 时，设封闭气体的压强为p ，温度为T ，体积为V ，由题意可知p ＝100 atm 根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pV T代入数据得V ＝2.8×10－2 m 3.【题型演练】1．(2019·四川达州模拟)下列说法正确的是( ) A ．布朗运动就是分子的无规则运动B ．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C ．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D ．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E ．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A 错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，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到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C 正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能。

第3节热力学定律(含答案)

第3节热力学定律(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。

(×)(3)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。

(√)(4)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。

(×)(5)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。

(√)(6)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。

(×)1．做功和热传递是改变物体内能的两个途径，但物体吸收热量内能不一定增大。

2．热机的工作效率可以努力提高，但不可能达到100%。

突破点(一)热力学第一定律1．改变内能的两种方式的比较4(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。

[题点全练]1．[多选](2018·潮州模拟)对于一定量的气体，下列说法正确的是()A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高解析：选ABE气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；温度高，气体分子热运动就剧烈，B正确；在完全失重的情况下，分子热运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；做功也可以改变物体的内能，D错误；气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确。

2．[多选](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。

高中物理精品课件：热力学定律单元复习202205

解析：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。
项正确。
四、知识·方法·策略三、热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
四、知识·方法·策略
【例题】如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入
水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温
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。
四、知识·方法·策略
解析：
充气过程中，气体的温度不变（题设条件），故气体的平均动能不变，B项错误；储气室内气体质量增加，所以储气室气体内能增加（分子总数增加），A项正确；喷水过程中，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，∆U＝0，所以储气室内气体放吸热，C项错误；喷水过程中，储气室内气体增大，压强减小，D项错误。
解析：
由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小。根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度。因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：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能量守恒定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)传热．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．(例如：机械能守恒)(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．做功和传热改变物体内能的实质是相同的．(×)2．绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能一定减少20J．(×)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解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105J，B正确．例2(2023·广东江门市模拟)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图．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，则气体的内能_____(选填“变大”“变小”或“不变”)，要________(选填“对外放热”或“从外吸热”)．答案不变从外吸热解析气体温度不变，则气体的内能不变；气体体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸热．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”指明了传热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．(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V 2(较大)．3．两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成的原因例3(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；由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气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功．例4(2023·广东深圳市调研)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc和ca回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在状态________(填“a”“b”或“c”)的分子平均动能最小，在bc过程中气体体积________(填“变大”“变小”或“不变”)，在ab过程中，气体对外界做功________(填“大于”“小于”或“等于”)气体吸收的热量．答案a变小小于解析气体在状态a时的温度最低，则分子平均动能最小；在bc过程中气体温度不变，压强变大，则体积变小；在ab过程中，压强不变，温度升高，内能变大，ΔU>0；体积变大，则气体对外界做功，则W<0，则根据ΔU＝W＋Q，可知，Q>0，即气体对外界做功小于气体吸收的热量．例5(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300JB．B→C的过程中气体对外界做功600JC．整个过程中气体从外界吸收600J的热量D．整个过程中气体从外界吸收450J的热量答案AC解析在C→A过程中，压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据W CA＝p·ΔV，得W CA＝300J，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900J，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900J；C→A的过程中外界对气体做功300J，故W＝W CA＋W BC＝－600J，Q＝ΔU－W＝600J，则整个过程中气体从外界吸收600J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6(2021·江苏卷·13)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S ，与汽缸底部相距L ，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、热力学温度与外界大气相同，分别为p 0和T 0.现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q ，求该过程中，(1)内能的增加量ΔU ；(2)最终温度T .答案(1)Q －(p 0S ＋f )L(2)2(p 0S ＋f )p 0ST 0解析(1)活塞缓慢移动时受力平衡，由平衡条件得p 1S ＝p 0S ＋f 气体对外界做功，则W ＝－p 1SL 根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 解得ΔU ＝Q －(p 0S ＋f )L .(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化，则有p 0T 0＝p1T 1，活塞向右移动L ，气体发生等压变化，则有V 1T 1＝V2T ，且V 2＝2V 1.解得T ＝2(p 0S ＋f )p 0S T 0.例7(2023·广东惠州市博罗中学模拟)鱼泡是鱼在水中呼吸或进食所形成的，随着鱼嘴一张一闭，鱼嘴中的黏液包裹着鱼体内的空气上浮到水面(如图)，有经验的钓友能根据鱼泡判断出鱼的位置．假设鱼在水面下某深度处吐出一鱼泡，鱼泡直径为2cm ，此处水温为7℃，当鱼泡缓慢上升至水面时，鱼泡直径为3cm ，已知水面温度为27℃，大气压为1.0×105Pa ，水的密度为1.0×103kg/m 3，重力加速度g ＝10m/s 2，鱼泡内气体视为理想气体．(1)判断鱼在水面下的位置；(2)鱼泡在上升的过程中，是向外界放热还是从外界吸热？答案(1)21.5m(2)吸热解析(1)设水面下某深度处的鱼泡内气体压强为p 1，鱼泡半径为r 1，热力学温度为T 1，水面处鱼泡内气体压强为p 2，鱼泡半径为r 2，热力学温度为T 2鱼泡内气体的体积V＝4 3πr3根据理想气体状态方程有p1V1 T1＝p2V2 T2p2＝p0p1＝p0＋ρgh联立解得h＝21.5m(2)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q由于鱼泡内气体温度升高，故ΔU>0鱼泡内气体对外做功，故W<0所以Q>0故鱼泡在上升的过程中，是从外界吸热．课时精练1．(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．2．(2022·重庆卷·15(1))2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录．若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)()A．吸收热量B．压强增大C．内能减小D．对外做负功答案C解析由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据pVT＝c，可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选C.3.(2022·山东卷·5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体()A．内能增加，外界对气体做正功B．内能减小，所有分子热运动速率都减小C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加答案C解析初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．4．(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、汽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，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若汽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AC5.(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，可知气体体积膨胀，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．6.(2023·广东湛江市模拟)我们经常会在电视上看到潜水员潜入海底探索海底的奥秘，如图所示，潜水员潜水时呼出的气泡，在缓慢上升到海面的过程中体积会逐渐变大．若某气泡缓慢上升到海面的过程中未破裂，且越接近海面，海水的温度越高，大气压强恒定，视气泡内气体为理想气体．则此过程中，该气泡内的气体压强________，该气泡内的气体内能________(均选填“增大”“减小”或“不变”)．答案减小增大解析随着气泡的上升，离水面的深度逐渐减小，根据p＝p0＋ρgh，则该气泡内的气体压强减小；气泡内气体的温度升高，则该气泡内的气体内能增大．7.(2023·广东广州市天河区检测)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的关系图像如图所示，其中图线的AB段平行于纵轴，BC段平行于横轴．则从A状态到B状态，气体________(选填“吸收”或“放出”)热量，从B状态到C状态，气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数________(选填“增多”“不变”或“减少”)，A、B、C三个状态相比，气体密度最大的是________(选填“A”“B”或“C”)．答案吸收减少A解析从A 状态到B 状态，温度不变，则ΔU ＝0，根据pVT＝c ，压强减小，体积增大，即V B >V A ，气体对外做功W <0，根据ΔU ＝W ＋Q ，则Q >0，气体吸收热量．从B 状态到C 状态，根据pV T＝c ，压强不变，温度升高，体积变大，即V C >V B ，保持压强不变，气体的体积增大，气体的密度减小，气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数减少．根据ρ＝mV ，V C >V B >V A ，则气体密度最大的是A .8.(多选)(2022·全国乙卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a 经状态b 变化到状态c ，其过程如T －V 图上的两条线段所示，则气体在()A ．状态a 处的压强大于状态c 处的压强B ．由a 变化到b 的过程中，气体对外做功C ．由b 变化到c 的过程中，气体的压强不变D ．由a 变化到b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能答案AB解析根据理想气体状态方程可知T ＝p C ·V ，即T －V 图像的斜率为pC，故有p a ＝p b >p c ，故A正确，C 错误；理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正确；理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W ，而ΔU >0，W <0，则有ΔU ＝Q －|W |，可得Q >0，Q >ΔU ，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 错误．9.(多选)(2022·全国甲卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p －T 图上从a 到b 的线段所示．在此过程中()A ．气体一直对外做功B ．气体的内能一直增加C ．气体一直从外界吸热D ．气体吸收的热量等于其内能的增加量答案BCD 解析因p －T 图像中a 到b 的线段的延长线过原点，由pV T＝c ，可知从a 到b 气体的体积不变，则从a 到b 气体不对外做功，选项A 错误；因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能增加，选项B 正确；因W ＝0，ΔU >0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C 、D 正确．10．(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a →b 和a →c 两个过程，其中a →b 为等温过程，状态b 、c 的体积相同，则()A ．状态a 的内能大于状态bB ．状态a 的温度高于状态cC ．a →c 过程中气体吸收热量D ．a →c 过程中外界对气体做正功答案C 解析由于a →b 的过程为等温过程，即状态a 和状态b 温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a 的内能等于状态b 的内能，故A 错误；由于状态b 和状态c 体积相同，且p b <p c ，根据查理定律有p b T b ＝p c T c，可知T b <T c ，又因为T a ＝T b ，故T a <T c ，故B 错误；因为a →c 过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU ＝W ＋Q ，可知气体吸收热量，故C 正确，D 错误．11．(2023·江苏通州区月考)真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入抽气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V 0，抽气腔的容积为nV 0，初始时刻气体压强为p 0.(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p ；(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p 随体积V 变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU .答案(1)p 0n ＋1(2)－0.8np 0V 0解析(1)抽气过程等温变化，第一次抽气有p 0V 0＝p (V 0＋nV 0)，解得p ＝p 0n ＋1.(2)该过程为绝热过程，可知Q ＝0，又有W ＝－p ΔV ＝－p 0＋0.6p 02·(nV 0)＝－0.8np 0V 0，根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ＝W ＝－0.8np 0V 0.12.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热气缸内，活塞厚度不计，横截面积S ＝100cm 2，开始时活塞距气缸底部的高度为h ＝0.3m ，周围环境温度为t 0＝27℃，当环境温度上升，活塞上移Δh ＝0.01m 时，活塞上表面与a 、b 两触点接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p 0＝1.0×105Pa ，求：(1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度；(2)若上述过程气体吸收的热量为30J ，则此过程气体内能的增加量为多少．答案(1)37℃(2)20J 解析(1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2，得hS 300K ＝(h ＋Δh )S (t 2＋273)K ，代入数据解得t 2＝37℃.(2)气体等压膨胀对外做功，则W ＝－p 0·ΔV ＝－p 0(S ·Δh )，代入数据得W ＝－10J ，由热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ，代入数据得ΔU ＝－10J ＋30J ＝20J.13．绝热的活塞与气缸之间封闭一定质量的理想气体，气缸开口向上置于水平面上，活塞与气缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能U P ＝72J ，如图甲所示．已知活塞横截面积S ＝5×10－4m 2，其质量为m ＝1kg ，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度g ＝10m/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)6×10－4m 3(2)60J 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 Q T Q，解得V Q ＝6×10－4m 3(2)由气体的内能与热力学温度成正比有U P U Q ＝T P T Q解得U Q ＝108J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＋mg S ＝1.2×105Pa 外界对气体做功W ＝－p (V Q －V P )＝－24J由热力学第一定律有U Q －U P ＝Q ＋W可得气体吸收的总热量为Q ＝60J.。

课时3.2和3.3热力学第一定律和能量守恒定律--高中物理练习分类专题教案(人教版2019选择性)

第三章热力学定律课时3.2和3.3热力学第一定律和能量守恒定律1.理解热力学第一定律，能应用热力学第一定律分析和解决实际问题。

2.了解人类探索能量守恒的历史过程。

3.理解能量守恒定律，知道能量守恒定律是自然界普遍遵从的基本规律。

4.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。

一、热力学第一定律1．改变内能的两种方式做功与传热。

两者在改变系统内能方面是等价的。

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。

注意：热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外界做功、向外界传热和内能减少的情况。

二、能量守恒定律及永动机不可能制成1．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)意义：①各种形式的能可以相互转化。

②各种互不相关的物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。

2．永动机不可能制成(1)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。

(2)永动机不可能制成的原因：违背了能量守恒定律。

(3)意义：正是历史上设计永动机的失败，才使后人的思考走上了正确的道路。

基础过关练题组一热力学第一定律的理解和应用1.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁,此过程中瓶内空气(不计分子势能) ( )A.内能增大,放出热量B.内能减小,吸收热量C.内能增大,对外界做功D.内能减小,外界对其做功2.(多选)下列过程可能发生的是 ( )A.物体吸收热量,同时对外做功,内能增加B.物体吸收热量,同时对外做功,内能减少C.外界对物体做功,同时物体吸热,内能减少D.外界对物体做功,同时物体放热,内能增加3.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了8×104J的功,气体的内能减少了×105J,则下列各式中正确的是 ( )A.W=8×104×105J,Q=4×104JB.W=8×104×105J,Q=-2×105JC.W=-8×104×105J,Q=2×105JD.W=-8×104×105J,Q=-4×104J题组二能量守恒定律的理解和应用4.(多选)下列设想符合能量守恒定律的是 ( )A.利用永久磁铁间的作用力造一台永远转动的机器B.做成一条船利用河水的能量逆水航行C.通过太阳照射飞机使飞机起飞D.不用任何燃料使河水升温5.(多选)如图所示,汽缸放置在水平地面上,质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室,两气室中均充有气体,汽缸、活塞是绝热的且不漏气。

2022届高考物理一轮复习选修3_3第3讲热力学定律与能量守恒课件新人教版

【解析】选 B、C、D。对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知， ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU 为正表示内能增加了 600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，且体积减小，选项 A、E 正确，故选 B、 C、D。
2.(热力学第一定律的应用)(多选)(2021·桂林模拟)如图是密闭的汽缸，外力推动活塞 P 压缩气体，对汽缸内气体做功 800 J，同时气体向外界放热 200 J，则关于汽缸内气体的下列说法不正确的是( )
A．温度升高，内能增加 600 J B．温度升高，内能减少 200 J C．温度降低，内能增加 600 J D．温度降低，内能减少 200 J E．气体分子对器壁的压强增大
pV 外界做的功，A 错误；气体在 a→b 过程中，根据理想气体状态方程 T ＝C 可知 Ta＝Tb，所以ΔUab＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知 Qab＝－Wab，气体在 b→c 过程中，温度升高，所以ΔUbc>0，根据热力学第一定律可知ΔUbc＝ Qbc＋Wbc，即 Qbc＝ΔUbc－Wbc，结合 Wab＝Wbc<0 可得 Qbc>Qab>0，即 b→c 过程气体吸收的热量大于 a→b 过程吸收的热量，B 错误；气体在 c→a 过程中，
第3讲热力学定律与能量守恒
必备知识·自主排查
【知识再现】一、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.符号法则：
符号 + -
W 外界对物体做功物体对外界做功

山东省滨州市2020年高中物理高考说题比赛：热学部分

培养解题过程的规范性
拓展变式
拓展变式
拓展变式
备考启示
气体定律和热力学第一定律是高考考查的重点、难点、热点。从近几年全国高考试题来看，越来越注重实际应用及其基本原理和图像的处理能力的考查。
因此，对我们今后教学的启示：基本概念和规律的全面复习是高考复习和高考得分的根基物理教学必须狠抓基础知识和基本技能的训练
（2）图像问题
（3）固体、液体
（4）气体实验定律与热力学定律的综合应用
真题再现--油膜法测分子大小
真题再现--分子间作用力
真题再现--图像
气体定律热力学第一定律
真题再现--图像
气体定律热力学第一定律
真题再现--图像
审题
状态变化过程
定思路
解题
真题再现--实际应用
真题再现--实际应用
真题再现--实际应用（典例）
计算为主
审题
状态变化过程
定思路
解题
真题再现--解题过程
解题步骤：一部分封闭气体时：
（1）定状态变化（2）列状态参量（3）写规律方程（4）联立求解
两部分封闭气体时：
（1）定状态变化（2）列状态参量（3）找参量关系（4）写规律方程（5）联立求解
压强体积
真题再现--典型错误
真题再现--错误分析
学生存在的问题： 1、学科知识储备不足，基础不牢 2、材料信息解读不全，提取不够 3、物理模型掌握不清，思路不明 4、数学运算能力不足，运算不够 5、方程书写不够规范，分数不高
教学对策注重基础知识的理解和运用
注意隐含条件的挖掘加强对各种物理模型的掌握加强对解方程能力的训练
多部分气体
真题再现--命题立意

高考物理二轮复习：分子动理论、气体及热力学定律(含答案解析)

分子动理论气体及热力学定律热点视角备考对策本讲考查的重点和热点：①分子大小的估算；②对分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体实验定律的理解和简单计算；⑤固、液、气三态的微观解释；⑥热力学定律的理解和简单计算；⑦用油膜法估测分子大小．命题形式基本上都是小题的拼盘. 由于本讲内容琐碎，考查点多，因此在复习中应注意抓好四大块知识：一是分子动理论；二是从微观角度分析固体、液体、气体的性质；三是气体实验三定律；四是热力学定律．以四块知识为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆.`一、分子动理论 1．分子的大小(1)阿伏加德罗常数N A ＝×1023 mol －1.(2)分子体积：V 0＝V molN A (占有空间的体积)．(3)分子质量：m 0＝M molN A.(4)油膜法估测分子的直径：d ＝VS . (5)估算微观量的两种分子模型【①球体模型：直径为d ＝36V 0π.②立方体模型：边长为d ＝3V 0. 2．分子热运动的实验基础(1)扩散现象特点：温度越高，扩散越快．(2)布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈．3．分子间的相互作用力和分子势能(1)分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快．(2)分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加；当分子间距为r 0时，分子势能最小． —二、固体、液体和气体1．晶体、非晶体分子结构不同，表现出的物理性质不同．其中单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性．2．液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性．3．液体的表面张力使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切． 4．气体实验定律：气体的状态由热力学温度、体积和压强三个物理量决定． (1)等温变化：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2.(2)等容变化：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2.(3)等压变化：V T ＝C 或V 1T 1＝V 2T 2.*(4)理想气体状态方程：pV T ＝C 或p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2.三、热力学定律 1．物体的内能 (1)内能变化温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化． (2)物体内能的决定因素2．热力学第一定律 #(1)公式：ΔU ＝W ＋Q .(2)符号规定：外界对系统做功，W ＞0，系统对外界做功，W ＜0；系统从外界吸收热量，Q ＞0，系统向外界放出热量，Q ＜0.系统内能增加，ΔU ＞0，系统内能减少，ΔU ＜0. 3．热力学第二定律(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)揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，说明了第二类永动机不能制造成功．热点一微观量的估算？命题规律：微观量的估算问题在近几年高考中出现的较少，但在2015年高考中出现的概率较大，主要以选择题的形式考查下列两个方面： (1)宏观量与微观量的关系；(2)估算固、液体分子大小，气体分子所占空间大小和分子数目的多少．1.若以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，N A 为阿伏加德罗常数，m 、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面五个关系式中正确的是( )A ．N A ＝VρmB ．ρ＝μN A ΔC ．m ＝μN AD ．Δ＝V N AE ．ρ＝μV^[解析] 由N A ＝μm ＝ρVm ，故A 、C 对；因水蒸气为气体，水分子间的空隙体积远大于分子本身体积，即V ≫N A ·Δ，D 不对，而ρ＝μV ≪μN A·Δ，B 不对，E 对．[答案] ACE2.某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M ＝0.283 kg·mol －1，密度ρ＝×103 kg·m －3.若100滴油酸的体积为1 mL ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少(取N A ＝×1023 mol －1，球的体积V 与直径D 的关系为V ＝16πD 3，结果保留一位有效数字)[解析] 一个油酸分子的体积V ＝MρN A分子直径D ＝36M πρN A最大面积S ＝V 油D代入数据得：S ＝1×101 m 2. [答案] 1×101 m 2 $3.(2014·潍坊二模)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥，若有一空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝×103 cm 3.已知水的密度ρ＝×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字) (1)该液化水中含有水分子的总数N ； (2)一个水分子的直径d .[解析] 水是液体，故水分子可以视为球体，一个水分子的体积公式为V ′0＝16πd 3.(1)水的摩尔体积为V 0＝Mρ①该液化水中含有水分子的物质的量n ＝VV 0②水分子总数N ＝nN A ③由①②③得N ＝ρVN AM `＝错误!≈3×1025(个)．(2)建立水分子的球模型有：V 0N A＝16πd 3得水分子直径d ＝36V 0πN A＝ 36××10－5××1023m≈4×10－10m. [答案] (1)3×1025个 (2)4×10－10 m[方法技巧] 解决估算类问题的三点注意1固体、液体分子可认为紧靠在一起，可看成球体或立方体；气体分子只能按立方体模型计算所占的空间.2状态变化时分子数不变. ^3阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁，计算时要注意抓住与其有关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量.)热点二分子动理论和内能命题规律：分子动理论和内能是近几年高考的热点，题型为选择题．分析近几年高考命题，主要考查以下几点：(1)布朗运动、分子热运动与温度的关系．(2)分子力、分子势能与分子间距离的关系及分子势能与分子力做功的关系．：1.(2014·唐山一模)如图为两分子系统的势能E p 与两分子间距离r 的关系曲线．下列说法正确的是( )A ．当r 大于r 1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r1时，分子间势能E p最小D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做正功E．当r等于r2时，分子间势能E p最小[解析]由图象知：r＝r2时分子势能最小，E对，C错；平衡距离为r2，r＜r2时分子力表现为斥力，A错，B对；r由r1变到r2的过程中，分子势能逐渐减小，分子力做正功，D对．[答案]BDE,2.(2014·长沙二模)下列叙述中正确的是()A．布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动的反映B．分子间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能也越小C．两个铅块压紧后能粘在一起，说明分子间有引力D．用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力E．温度升高，物体的内能却不一定增大[解析]布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它反映了液体分子的运动，A正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)，当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)，故B错误；将两个铅块用刀刮平压紧后便能粘在一起，说明分子间存在引力，C正确；用打气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内压强在增大，不能说明分子间有斥力，D错误；物体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E正确．[答案]ACE￥3.对一定量的气体，下列说法正确的是()A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体的体积大于所有气体分子的体积之和C．气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高D．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞产生的E．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减小[解析]气体分子间的距离远大于分子直径，所以气体的体积远大于所有气体分子体积之和，A项错，B项对；温度是物体分子平均动能大小的标志，是表示分子热运动剧烈程度的物理量，C项对；气体压强是由大量气体分子频繁撞击器壁产生的，D项对；气体膨胀，说明气体对外做功，但不能确定吸、放热情况，故不能确定内能变化情况，E项错误．[答案]BCD；[方法技巧]1分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大，两分子为平衡距离时，分子势能最小.2注意区分分子力曲线和分子势能曲线.)热点三热力学定律的综合应用命题规律：热力学定律的综合应用是近几年高考的热点，分析近三年高考，命题规律有以下几点：(1)结合热学图象考查内能变化与做功、热传递的关系，题型为选择题或填空题．(2)以计算题形式与气体性质结合进行考查．(3)对固体、液体的考查比较简单，备考中熟记基础知识即可．】1.(2014·南昌一模)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] 由热力学第一定律知A 正确；能量耗散是指能量品质降低，反映能量转化的方向性仍遵守能量守恒定律，B 错误，D 正确；电冰箱的热量传递不是自发，不违背热力学第二定律，C 错误；在有外界影响的情况下，从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，E 正确．。

高中物理新教材同步选择性必修第三册第3章热力学定律 2 热力学第一定律-3 能量守恒定律

2热力学第一定律3能量守恒定律[学习目标] 1.理解热力学第一定律，并会运用于分析和计算.2.理解并会运用能量守恒定律.3.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因．一、热力学第一定律1．改变内能的两种方式：做功与传热．两者对改变系统的内能是等价的．2．热力学第一定律：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．3．热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W.4．热力学第一定律的应用：(1)W的正负：外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值．(均选填“正”或“负”)(2)Q的正负：外界对系统传递的热量Q取正值；系统向外界传递的热量Q取负值．(均选填“正”或“负”)二、能量守恒定律1．探索能量守恒的足迹2．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．3．永动机不可能制成(1)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．(2)第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成．1．判断下列说法的正误．(1)外界对系统做功，系统的内能一定增加．(×)(2)系统内能增加，一定是系统从外界吸收了热量．(×)(3)系统内能减少，一定是系统对外界做了功．(×)(4)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的．(√)2．一定质量的气体从外界吸收了50 J的热量，同时对外做功100 J，则物体的内能________(填“增加”或“减少”)________ J.答案减少50一、热力学第一定律导学探究如图1所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多少？若保持气体体积不变，汽缸向外界传递10 J的热量，气体内能改变了多少？若推动活塞对汽缸内气体做功10 J的同时，汽缸向外界传递10 J的热量，气体的内能改变了多少？图1答案内能增加了10 J减少了10 J没改变．知识深化1．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号W Q ΔU＋体积减小，外界对热力学系统做功热力学系统吸收热量内能增加－体积增大，热力学系统对外界做功热力学系统放出热量内能减少2.气体状态变化的几种特殊情况(1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加(或减少)量等于外界对系统(或物体对外界)做的功．(2)等容过程：W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量(或减少量)等于系统从外界吸收(或系统向外界放出)的热量．(3)等温过程：始末状态一定质量理想气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对系统做的功等于系统放出的热量(或系统吸收的热量等于系统对外界做的功)．3．判断气体是否做功的方法一般情况下看气体的体积是否变化．①若气体体积增大，表明气体对外界做功，W<0.②若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0.4．应用热力学第一定律解题的一般步骤(1)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负；(2)根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量；(3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J答案 B解析因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；气体内能减少，ΔU取负值，即ΔU ＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J ＝－2×105 J，B选项正确．(2020·济南市期中)如图2所示，内壁光滑的绝热汽缸固定在水平面上，其右端由于有挡板，厚度不计的绝热活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端的距离为0.2 m．现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×105 Pa.已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为()图2A．400 J B．1 200 J C．2 000 J D．2 800 J答案 B解析由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2 J＝－800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝W＋Q＝(－800＋2 000)J＝1 200 J，故B正确．二、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用导学探究如图3所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请在图像基础上思考以下问题：图3(1)在变化过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？(2)在变化过程中气体吸热，还是向外放热？气体内能如何变化？答案(1)由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0.(2)由p－V图像知从a状态变化到b状态，体积变大而压强不变，则温度升高，故ΔU>0.由ΔU＝W＋Q得Q>0，即气体吸热，内能增加．知识深化热力学第一定律与理想气体状态方程结合问题的分析思路：(1)利用体积的变化分析做功情况．气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功．(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小．(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程．(2020·长郡中学高二月考)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图4所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为T A＝300 K，试求：图4(1)气体在状态C时的温度T C；(2)若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？答案 (1)375 K (2)气体内能增加了400 J解析 (1)D →A 为等温线，则T D ＝T A ＝300 K 气体由C 到D 为等压变化，由盖－吕萨克定律得：V C T C ＝V D T D得：T C ＝V C T D V D＝375 K ； (2)气体由A 到B 为等压变化，则W ＝－p ΔV ＝－2×105×3×10－3 J ＝－600 J ，由热力学第一定律得ΔU ＝Q ＋W ＝1 000 J －600 J ＝400 J ，则气体内能增加了400 J.三、能量守恒定律永动机不可能制成导学探究 (1)在能量发生转化或转移时，能量的总量会减少吗？(2)图5为一种所谓“全自动”的机械手表，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去．这是不是一种永动机？如果不是，维持表针走动的能量是从哪儿来的？图5答案 (1)能量的总量不会减少．(2)这不是永动机．手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表指针走动．若将此手表长时间放置不动，它就会停下来．知识深化1．能量的存在形式及相互转化(1)各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、核能等．(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化．例如：利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能．2．能量守恒的两种表达(1)某种形式的能减少，一定有其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．3．第一类永动机不可能制成的原因分析如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU ＝W ＋Q 知，系统内能将减小．若想源源不断地做功，在无外界能量供给的情况下是不可能的．(多选)下列对能量守恒定律的认识正确的是( )A ．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了答案ABC解析A选项是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的；B选项是指能量在不同的物体间发生转化或转移，转化或转移过程中能量是守恒的，这正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移；第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，所以A、B、C正确．D选项中石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能减少，但机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，故D错误．1．(热力学第一定律的理解)关于内能的变化，以下说法正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变答案 C解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与做功及传热两个因素均有关．物体吸收热量，内能不一定增大，因为物体可能同时对外做功，故内能还有可能不变或减少，A错误，C正确；物体对外做功，可能同时吸收热量内能还有可能不变或增大，B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误．2.(能量守恒定律的应用)如图6所示，上端开口、粗细均匀的U形管的底部中间有一阀门，开始阀门关闭，两管中的水面高度差为h.现将阀门打开，最终两管水面相平，则这一过程中()图6A．大气压做正功，重力做负功，水的内能不变B．大气压不做功，重力做正功，水的内能增大C．大气压不做功，重力做负功，水的内能增大D．大气压做负功，重力做正功，水的内能不变答案 B解析由于两管粗细相同，作用在液体上的大气压力的合力为零，故大气压力不做功；水流动过程中重心下降，重力做正功，水的重力势能减少，减少的重力势能最终转化为内能，故水的内能增大，选项B 对，A 、C 、D 错．3.(热力学第一定律的应用)(2021·黄梅国际育才高级中学高二期中)如图7所示为某理想气体的p －T 图像，下列说法正确的是( )图7A ．由A 到B 的过程，气体对外做功，内能增加B ．由A 到B 是等容过程，B 到C 是等压过程，气体在C 状态时的体积比在B 状态时的体积大C ．由B 到C 的过程，外界对气体做功，放出热量D ．由B 到C 的过程，气体温度升高，所有气体分子的动能都增大答案 B解析由A 到B 的过程为等容升温的过程，因体积不变，则W ＝0，而温度升高了，则内能增大，故A 错误；由B 到C 的过程是等压升温的过程，比较B 点、C 点与坐标原点连线的斜率可知，C 点的斜率小，则气体体积大，故B 正确；B 到C 的过程，体积变大，则气体对外做功(W <0)，而温度升高说明内能增大(ΔU >0)，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可得Q >0，即气体要吸热，故C 错误；由B 到C 的过程气体温度升高，反映气体分子的平均动能增大，而气体分子的热运动是统计规律，不能体现所有气体分子的动能都增大，故D 错误．4．(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)如图8所示，竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中未画出)，横截面积为S 的绝热活塞位于汽缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M 的重物并保持平衡，此时汽缸内理想气体的温度为T 0，活塞距汽缸底部的高度为h ，现用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，活塞上升了h 2，封闭理想气体吸收的热量为Q .已知大气压强为p 0，重力加速度为g .求：图8(1)活塞上升了h 2时，理想气体的温度是多少；(2)理想气体内能的变化量．答案 (1)32T 0 (2)Q －12(p 0S ＋Mg )h 解析 (1)封闭理想气体初状态：V 1＝Sh ，T 1＝T 0末状态：V 2＝S (h ＋12h )＝32Sh ，用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，理想气体发生等压变化，设末状态的温度为T 2，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，可得T 2＝32T 0. (2)设封闭理想气体压强为p 1，理想气体发生等压变化，对活塞，根据受力平衡可得p 1S ＝p 0S ＋Mg ，理想气体对外做功为W ＝p 1S ·12h ，由热力学第一定律可知ΔU ＝Q －W ，联立解得ΔU ＝Q －12(p 0S ＋Mg )h .考点一热力学第一定律1．(多选)下列过程可能发生的是( )A ．物体吸收热量，对外做功，同时内能增加B ．物体吸收热量，对外做功，同时内能减少C ．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少D ．外界对物体做功，同时物体放热，内能增加答案 ABD解析当物体吸收的热量多于物体对外做的功时，物体的内能就增加，A 正确；当物体吸收的热量少于物体对外做的功时，物体的内能就减少，B 正确；外界对物体做功，同时物体吸热，则物体的内能一定增加，C 错误；当物体放出的热量少于外界对物体做的功时，物体的内能增加，D 正确．2.如图1所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P 压缩一定质量的理想气体，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( )图1A．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答案 A解析对一定质量的理想气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．3．(多选)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度的变化，二氧化碳可视为理想气体，则此过程中()A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能不变D．封闭气体从外界吸收热量答案BC解析因为不计气体的温度变化，气体分子的平均动能不变，即ΔU＝0，选项C正确；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即W>0，选项A错误；根据热力学第一定律：ΔU＝W ＋Q，可知Q<0，即气体向外界传递热量，选项B正确，D错误．4.(2020·济南市期末)一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T图像如图2所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T 轴，图线ca平行于V轴，则()图2A．ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热B．bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热C．ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热D．整个变化过程中气体的内能先减少后增加答案 A解析由题图中图线ab的反向延长线过坐标原点O，可知a到b过程中，气体压强不变，体积变大，气体对外做功；温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确．b到c过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故B错误．c到a过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误．整个变化过程温度先升高，后降低，最后不变，所以气体的内能先增加，后减小，最后不变，故D错误．考点二能量守恒定律永动机不可能制成5．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为()A．它不符合机械能守恒定律B．它违背了能量守恒定律C．没有合理的设计方案D．找不到合适的材料答案 B解析第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律，故B正确．6.(多选)细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球，如图3所示．使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动．下列说法正确的是()图3A．小球机械能不守恒B．小球能量正在消失C．小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化D．总能量守恒，但小球的机械能减少答案AD解析小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能，即机械能不守恒，故A正确；小球的机械能转化为内能，能量的种类变了，但能量不会消失，故B错误；小球长时间摆动过程中，重力势能和动能相互转化的同时，机械能不断地转化为内能，故摆动的幅度越来越小，但总能量守恒，故C错误，D正确．考点三气体实验定律与热力学第一定律的综合应用7.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图4所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()图4A ．体积减小，内能增大B ．体积减小，压强减小C ．对外界做负功，内能增大D ．对外界做正功，压强减小答案 AC解析实际气体在温度不太低、压强不太大时可看作理想气体．充气袋被挤压，气体体积减小，外界对气体做正功，则W >0，即气体对外界做负功，由于袋内气体与外界无热交换，即Q ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，内能增大，选项A 、C 正确；根据理想气体状态方程pV T＝C 可判断压强一定增大，选项B 、D 错误． 8.(2020·天津市期中)如图5所示，一定质量的理想气体，由状态a 等压变化到状态b ，再从b 等容变化到状态c ，a 、c 两状态温度相等．下列说法正确的是( )图5A ．从状态b 到状态c 的过程中气体吸热B ．气体在状态a 的内能大于在状态c 的内能C ．气体在状态b 的温度小于在状态a 的温度D ．从状态a 到状态b 的过程中气体对外做正功答案 D解析从状态b 等容变化到状态c ，根据p b T b ＝p c T c，可知T c <T b .根据热力学第一定律，气体没有对外做功，而温度降低，则内能减小，因此一定放出热量，A 错误；理想气体的内能是由温度决定的，a 、c 两状态温度相等，因此内能相等，而c 的温度小于b 的温度，因此a 的温度小于b 的温度，B 、C 错误；从状态a 到状态b 的过程中，气体体积膨胀，对外做功，D 正确．9．(多选)一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J ，气体对外界做功1.0×104 J ，则下列关于理想气体的说法正确的是( )A ．气体温度一定升高B ．气体的内能一定减少C ．气体的压强一定不变D ．分子间平均距离一定增大答案 AD解析气体从外界吸收热量2.5×104 J ，气体对外界做功1.0×104 J ，则气体内能增加1.5× 104 J ；气体的内能增加，则温度一定升高，A 正确，B 错误．气体对外界做功，体积变大，则分子间平均距离一定变大，温度升高，由pV T＝C 可知，压强可能变化，C 错误，D 正确．10．(2021·黄梅国际育才高级中学高二期中)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置．如图6所示，座舱A 与气闸舱B 之间装有阀门K ，座舱A 中充满一定质量的空气(可视为理想气体)，气闸舱B 内为真空．航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K ，A 中的气体进入B 中，最终达到平衡．假设此过程中系统与外界没有热交换．下列说法正确的是( )图6A ．在完全失重的情况下，座舱A 内的空气对器壁的顶部没有作用力B ．气体对外做功，平衡后气体内能减小C ．气体对外不做功，平衡后气体温度不变D ．气体体积变小，平衡后压强增大答案 C解析气体压强是大量分子对容器壁的碰撞造成的，与是否失重无关，故A 错误；该过程中气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU ＝W ＋Q ，可知内能不变；理想气体的内能只与温度有关，气体的内能不变，则温度不变，故C 正确，B 错误；由于气体体积变大，根据pV T＝C 知压强减小，故D 错误． 11.(多选)(2020·南和县第一中学高二期中)一定质量的理想气体，经历如图7所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示，已知a 状态的体积为2.0×10－3 m 3，则下列说法正确的是( )图7A ．各状态气体体积V a ＝V b ＞V c ＝V dB ．b →c 过程中，气体吸热C ．c →d 过程中，气体内能增加D ．d →a 过程中，外界对气体做功200 J答案 BD解析根据pV T＝C 可知过原点的直线为等容线，且斜率越大的等容线对应的气体的体积越小，由题图可知V a ＝V b ＜V c ＝V d ，选项A 错误；b →c 过程中，气体的体积变大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体吸热，选项B 正确；c →d 过程中，气体温度降低，则气体内能减小，选项C 错误；d →a 过程中，气体体积减小，又因为V d ＝V c ，根据理想气体状态方程可知p c V c T c ＝p a V a T a代入数据解得V c ＝V d ＝4.0×10－3 m 3，外界对气体做功W ＝p ΔV ＝1.0×105×(4.0×10－3－2.0×10－3) J ＝200 J ，选项D 正确．12.(2020·安徽省二模)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图像如图8所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ˚C ，气体由状态B 到C 过程从外界吸收热量Q ＝300 J ，求：图8(1)该气体在状态C 时的温度；(2)该气体从状态B 到状态C 的过程中内能变化量．答案 (1)300 K (2)100 J解析 (1)分析A →C 过程，由气体状态方程得p A V A T A ＝p C V C T C其中T A ＝(273＋27) K ＝300 K解得T C ＝300 K(2)分析B →C 过程，因为体积膨胀，故气体对外界做功W ＝－p B (V C －V B )代入数据解得W ＝－200 J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q得ΔU ＝100 J13．(2021·山东滨州市高二期中)如图9所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动．活塞横截面积S ＝1.0×10－3 m 2，质量m ＝2 kg ，汽缸竖直放置时，活塞相对于底部的高度为h ＝1.2 m ，室温等于27 ℃；现将汽缸置于77 ℃的热水中，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2，求：图9(1)平衡时活塞离汽缸底部的距离；(2)此过程中内部气体吸收热量28.8 J ，气体内能的变化量．答案 (1)1.4 m (2)增加4.8 J解析 (1)设活塞距汽缸底部的距离为h 2，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得hS T 1＝h 2S T 2解得h 2＝1.4 m(2)在此过程中气体对外做功W ＝p 0S (h 2－h 1)＋mg (h 2－h 1)由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W解得ΔU ＝4.8 J气体内能增加4.8 J.。

物理一轮复习第十三章热学第3节热力学定律与能量守恒教案鲁科版

第3节热力学定律与能量守恒一、热力学第一定律1。

改变物体内能的两种方式(1）做功:将其他形式的能转化为内能。

(2)热传递：物体间内能的转移。

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。

二、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:不可能使热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变化。

(2）开尔文表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不引起其他变化。

或表述为“第二类永动机不可能制成.”三、能量守恒定律和两类永动机1。

能量守恒定律能量既不会消失，也不会创生，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另一个物体,而能量的总值保持不变.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。

1。

思考判断(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，气体的内能可能减少.（√)（3）在给自行车打气时,会发现打气筒的温度升高,这是因为外界对气体做功.(√)(4)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。

（×)(5)电冰箱将热量从低温物体向高温物体传递过程违背了热力学第二定律。

(×)(6)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失.(×) 2。

一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7。

0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(B)A.气体从外界吸收热量2。

0×105 JB。

气体向外界放出热量2.0×105 JC。

气体从外界吸收热量6。

0×104 JD。

气体向外界放出热量6.0×104 J解析:由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q=ΔU—W=-1。