第十五章 第5课时 热力学定律与能量守恒定律（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第5课时　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，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.知道热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。 考点一　热力学定律 1．热力学第一定律 (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： 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 ④解题时特殊字眼翻译： a．绝热：没有传热(Q＝0)； b．等容：体积不变，不做功(W＝0)； c．膨胀：体积变大，物体对外界做功(W＜0) d．等温：分子平均动能不变，理想气体内能不变(理想气体ΔU＝0) e．等压，体积变化ΔV：做功W＝pΔV。 2．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，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 (2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。 思考　如图所示，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。此过程中气体内能如何变化？ 答案　不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W＝0，绝热Q＝0，故内能不发生变化。 3．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”。 ③说明： a．“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。 b．“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AB。 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 1．做功和传热改变物体内能的实质是相同的。(　×　) 2．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　√　) 3．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。(　×　) 4．热量不可能从低温物体传给高温物体。(　×　) 例1　(多选)(2023·广东广州市三模改编)如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是(　　) A．气体的压强变小 B．气体对外界做功 C．气体吸收热量 D．气体的内能减小 答案　BC 解析　由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，A错误； 根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，气体对外界做功，B正确； 气体温度升高，气体内能增大，D错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知气体吸收热量，C正确。 例2　教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境，空调的工作原理如图所示，以下表述高温物体正确的是(　　) A．空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述制冷机 B．空调的工作原理反映了热传导的方向性 C．此原理图中的Q1＝Q2 D．此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体 答案　B 解析　空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述制冷机，A错误； 空调的工作原理反映了热传导的方向性，热量不能自发的从低温物体传导给高温物体，但在其他能力干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确； 此原理图中的Q1＝Q2＋W，C错误； 此原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。 考点二　热力学第一定律与图像的综合应用 1．在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝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＝Q＋W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3　(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＝·V，即T－V图像的斜率为，故有pa＝pb>pc，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。 例4　(2022·湖北卷·3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p－V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是(　　) A．a→b是等温过程 B．a→b过程中气体吸热 C．a→c过程中状态b的温度最低 D．a→c过程中外界对气体做正功 答案　B 解析　根据理想气体状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体状态方程＝C，可知p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。 拓展　(1)从例4图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为____________，气体____________(填“吸收”或“放出”)的热量为____________。 (2)若气体经历从a→b→c→d→a的过程，如图所示，则整个过程中气体__________(填“吸收”或“放出”)的热量为______________。 答案　(1)4p0V0　吸收　4p0V0　(2)吸收　2p0V0 解析　(1)p－V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac＝＝4p0V0； 由图像知Ta＝Tc，故从a→c的过程中ΔU＝0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4p0V0。 (2)整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd的面积，即W′＝×2p0×2V0＝2p0V0，又因ΔU＝0，故气体吸收的热量Q＝2p0V0。 考点三　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　(2024·广东广州市真光中学开学考)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图所示。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热气缸内，活塞厚度不计，质量m＝100 g，横截面积S＝10 cm2，开始时活塞距气缸底部的高度为h＝6 cm，缸内温度为T1＝300 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh＝4 cm，活塞上表面与a、b两触点恰好接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，求： (1)该报警装置的报警温度T2； (2)若上述过程气体的内能增加12.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。 答案　(1)500 K　(2)17 J 解析　(1)气体发生是等压变化，由盖—吕萨克定律得＝ 即＝，代入数据解得T2＝500 K (2)缸内气体压强p＝p0＋＝1.01×105 Pa 气体等压膨胀对外做功W＝pΔV＝pSΔh＝4.04 J 由热力学第一定律得ΔU＝－W＋Q，代入数据Q＝ΔU＋W＝12.96 J＋4.04 J＝17 J，则气体吸热17 J。 例6　(2023·广东广州市检测)如图甲所示，导热气缸开口向右水平放置，缸内活塞密闭效果良好且能无摩擦滑动。开始时活塞在虚线位置静止(状态Ⅰ)，封闭气体体积为V＝1 L，通过给缸体缓慢加热，气体膨胀至体积加倍(状态Ⅱ)，此时气缸内壁的卡销自动开启，同时停止加热，待气缸慢慢冷却至环境温度(状态Ⅲ)。若封闭气体可视为理想气体，环境温度为27 ℃，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa。求： (1)请在图乙坐标图上画出封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像，并通过计算说明作图所需的关键状态参量； (2)若给缸体缓慢加热的过程，气体吸收的热量为Q＝220 J，则在气缸冷却的过程气体放出的热量是多少？ 答案　(1)见解析　(2)120 J 解析　(1)状态Ⅰ状态参量：体积V1＝V＝1 L， 温度T1＝(273＋27) K＝300 K， 压强p1＝p0＝1.0×105 Pa 状态Ⅱ状态参量：体积V2＝2 L； 由于等压膨胀p2＝p1＝1.0×105 Pa 由等压变化规律＝，解得T2＝2T1＝600 K 状态Ⅲ状态参量：T3＝300 K，体积V3＝V2＝2 L 由等容变化可知＝， 可得p3＝p2＝0.5×105 Pa 封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像如图所示 (2)加热过程由热力学第一定律得ΔU1＝W1＋Q1 外界对气体做功W1＝－p1ΔV1＝－1.0×105×1×10－3 J＝－100 J 又Q1＝Q＝220 J，可得ΔU1＝120 J， 气缸冷却过程是等容变化，则W2＝0 内能变化ΔU2＝－ΔU1＝－120 J， 由ΔU2＝W2＋Q2，可得Q2＝－120 J，则在气缸冷却的过程气体放出的热量为120 J。 课时精练 1．(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膨胀，具有方向性，D正确。 2．(2023·天津卷·2)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(　　) A．对外做功 　　　 B．内能减小 C．吸收热量 　　　 D．压强不变 答案　B 解析　由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。 3. (多选)(2024·广东广州市6校开学考)在飞机起飞的过程中，由于高度快速变化，会引起机舱内气压变化，乘客小周同学观察发现，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，如图所示。若起飞前后桶内气体的温度保持不变，则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法中正确的是(　　) A．桶内气体压强p增大 B．桶内气体分子平均动能Ek不变 C．桶内气体从外界吸收热量 D．桶内气体对外做功，内能减小 答案　BC 解析　依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，桶内气体体积增大，根据＝C可知，压强p减小，故A错误；由于桶内气体温度不变，则分子平均动能Ek不变，故B正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，桶内气体从外界吸收热量，故C正确，D错误。 4. (多选)(2023·广东梅州市模拟)一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度，为了测出室外的空气温度，他将一近似球形的气球(如图)在室内吹大并放置较长一段时间后，测量其直径为L1，之后拿到室外并放置较长一段时间后，测量其直径为L2，L2>L1，若不考虑气球表皮的弹力变化，且气球吹大后视为球体，大气压不变，室内、外的温度均保持不变，则(　　) A．气球内气体对外界做功 B．气球内气体对外界不做功 C．室外温度比室内温度高 D．气球在室外放出了热量 答案　AC 解析　气球体积膨胀，气球内气体对外界做功，A正确，B错误；气球从室内拿出室外，气压不变，等压变化过程中体积变大，根据盖－吕萨克定律可知室外温度比室内温度高，根据热力学第一定律可知气球在室外吸收热量，C正确，D错误。 5. (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＝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。 6．(2022·辽宁卷·6)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　　) A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少 答案　A 解析　理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由题图可知，V＝V0＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。 7．(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： (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＝p0　(2)TC＝1.9T0　(3)增加W 解析　(1)由A到B的过程根据玻意耳定律可得 pAVA＝pBVB 解得pB＝p0 (2)从B到C的过程根据理想气体状态方程可知 ＝ 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。 8. (多选)(2024·广东广州市真光中学开学考)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的变化过程，其状态变化过程的p－图像如图所示，ab平行于轴，ad垂直于轴，dc的延长线过坐标原点O。下列说法正确的是(　　) A．a→b过程中气体的温度升高 B．b→c过程中气体向外界放出热量 C．c→d过程中气体从外界吸收热量 D．d→a过程中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少 答案　AD 解析　a→b过程中气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律＝C，可知体积增大，温度升高，A项正确；b→c过程中气体做等容变化，根据查理定律＝C，可知压强增大，气体温度升高，则内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，因气体不做功，内能增大，则气体从外界吸热，B项错误；c→d过程中气体做等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做功，，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体向外界放出热量，C项错误；d→a过程中气体做等容变化，根据查理定律＝C可知，压强减小，气体温度降低，分子的平均速率减小，从微观角度可知气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少，D项正确。 9. (多选)如图所示，某医用氧气生产工厂要将氧气瓶M中氧气分装到瓶N中，两瓶的容积相同，阀门K打开前瓶N已抽成真空。现将阀门K打开，当两瓶内氧气的压强相等时再关闭阀门。两瓶、阀门及连接管都看作绝热，瓶中的氧气看作理想气体且不计连接管的容积，对此次分装过程以下说法正确的是(　　) A．氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的 B．分装完毕后M中氧气的压强为分装前的 C．分装完毕后氧气分子热运动的平均速率减小 D．分装完毕后两瓶内氧气的总内能减小 答案　AB 解析　由热力学第二定律知，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；绝热过程中Q＝0，从M到N过程中W＝0，故内能不发生变化，所以氧气温度不变，分装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C、D错误；分装过程温度不变，由玻意耳定律知，气体体积变为原来的两倍，压强减小为原来的一半，B正确。 10. 一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→A的变化过程。已知气体在状态B时的温度为600 K。 (1)气体在状态A时的温度为____________； (2)请说明在该理想气体经历的A→B→C→A的变化过程中，气体向外界__________(填“吸收”或“放出”)热量，该过程中传递的热量为____________________。 答案　(1)150 K　(2)吸收　30 J 解析　(1)根据＝ 代入数据得TA＝150 K (2)整个过程内能不变ΔU＝0 p－V图像与V轴围成的面积代表做的功，整个过程气体对外做功为W1＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J 根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q 其中W＝－W1＝－30 J，ΔU＝0， 可得Q＝30 J 可知气体从外界吸收热量，吸收的热量为30 J。 11. (2023·广东广州市华南师大附中三模)气象气球(如图)是进行高空气象观测的平台。首先用聚酯薄膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为p。从早上至中午，由于阳光照射，气球内气体的内能增加了ΔU，气球有微小膨胀，半径由R1膨胀到R2，已知早上气球内气体温度为T1。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体的温度T2和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。 答案　T1　ΔU＋πp(R23－R13) 解析　早上气球体积V1＝πR13 中午气球体积V2＝πR23 从早上至中午，气球内的气体做等压变化， 则有＝，得T2＝T1 气球膨胀过程，气体压强为p，外界对气体做功W＝－p(V2－V1) 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 解得Q＝ΔU＋πp(R23－R13)。 学科网（北京）股份有限公司 $