【物理】2018届一轮复习人教版热力学定律与能量守恒定律教案 13页

第3节　热力学定律与能量守恒定律 一、热力学第一定律和能量守恒定律 ‎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对它传递的热量和外界对它做功的和．‎ ‎(2)表达式：W＋Q＝ΔU.‎ ‎3．能的转化和守恒定律 ‎(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，或者从一个物体转移到别的物体，但在转化或转移的过程中其总量不变．‎ ‎(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机．它是不可能制成的．‎ 二、热力学第二定律 ‎1．常见的两种表述 ‎(1)克劳修斯表述(按热传递的方向性来表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．‎ ‎(2)开尔文表述(按机械能与内能转化过程的方向性来表述)：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．‎ ‎2．第二类永动机：违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机．这类永动机不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律，也是不可能制成的．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)‎ ‎(2)做功改变物体内能的过程是内能与其他形式的能相互转化的过程．(√)‎ ‎(3)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明能量正在消失．(×)‎ ‎(4)热量不可能从低温物体传到高温物体．(×)‎ ‎(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．(×)‎ ‎(6)一定质量的理想气体向真空中自由膨胀，体积增大，对外做功，熵增加．(×)‎ ‎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(　　)‎ A．气体从外界吸收热量2.0×105 J B．气体向外界放出热量2.0×105 J C．气体从外界吸收热量6.0×104 J D．气体向外界放出热量6.0×104 J 解析：选B.根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确．‎ ‎3．如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(填“吸收”或“放出”)______ J热量．‎ 解析：一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能增加还是220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J.‎ 答案：吸收　260‎ ‎4．如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭有一定质量的理想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为h1＝‎‎0.5 m ‎，给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝‎0.8 m处．‎ ‎(1)若封闭气体在加热前的温度为‎27 ℃‎，试计算在此过程中气体温度的变化量Δt；‎ ‎(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450 J的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的内能ΔU.(已知活塞的横截面积S＝5.0×10－‎3 m2‎，大气压强p0＝1.0×105 Pa.)‎ 解析：(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝0.8 m处时，汽缸内气体的温度为t.此过程为等压过程．由盖—吕萨克定律可得＝代入数据可解得t＝207 ℃，所以，此过程中气体温度的变化量Δt＝180 ℃.‎ ‎(2)气体克服外界大气压做功为W＝p0ΔV p0＝1.0×105 Pa，ΔV＝(h2－h1)S＝1.5×10－‎‎3m3‎ 代入数据可得W＝150 J 由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q可得 ΔU＝450 J－150 J＝300 J.‎ 答案：(1)180 ℃　(2)300 J 考点一　热力学第一定律的理解及应用 ‎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．‎ ‎2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定 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．‎ ‎[典例]　(2017·吉林省实验中学一模)如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，封闭气体温度升高‎1 ℃‎，需吸收的热量为Q1.若活塞不固定，仍使封闭气体温度升高‎1 ℃‎，需吸收的热量为Q2.不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气体温度升高‎1 ℃‎，活塞上升的高度h应为多少？‎ 解析　活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能ΔU＝Q1活塞不固定时，设外界对气体做功为W，活塞上升的高度为h，则 ΔU＝Q2＋W＝Q2－(p0Sh＋Gh)‎ 联立解得h＝ 答案　 ‎　‎ 应用热力学第一定律解题的步骤 ‎(1)明确研究对象是哪个物体或者哪个热力学系统．‎ ‎(2)分别列出系统吸收或放出的热量Q，外界对系统所做的功W，系统内能的变化ΔU.‎ ‎(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，列方程进行求解．‎ ‎1．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：选C.根据热力学第一定律(公式ΔU＝Q＋W)可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增加，选项A、B错误，选项C正确；物体放出热量同时对外做功，则Q＋W<0，内能减小，选项D错误．‎ ‎2．(2017·贵州贵阳高三一模)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示，在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间的相互作用，则缸内气体(　　)‎ A．对外做正功，分子的平均动能减小 B．对外做正功，内能增大 C．对外做负功，分子的平均动能增大 D．对外做负功，内能减小 解析：选A.缸内气体与外界无热交换，说明Q＝0，又根据缸内气体膨胀，所以是缸内气体对外做正功，W＜0；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体的内能的改变量ΔU＜0，即内能减小，所以气体温度降低，分子平均动能减小，显然，只有选项A正确．‎ ‎3．(2016·江苏淮安二模)如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，外界对气体做功15 J，橡皮塞的质量为‎20 g，橡皮塞被弹出的速度为‎10 m/s，若橡皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体作为理想气体，则瓶内气体的内能变化量为________‎ ‎ J，瓶内气体的温度________(填“升高”或“降低”)．‎ 解析：由题意可知，气体对外做功W对外＝＝ J＝10 J．由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，气体与外界没有热交换，即Q＝0，则气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝15 J－10 J＋0＝5 J，气体内能增加，温度升高．‎ 答案：5　升高 ‎4．(2016·江西十校联考)如图所示的p－V图象中，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280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J．则：‎ ‎(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？‎ ‎(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？‎ 解析：(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J，‎ 由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130 J，‎ 故ACB过程中气体的内能增加了130 J.‎ ‎(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130 J，‎ 由题意知W2＝200 J，由热力学第一定律得 UA－UB＝W2＋Q2，代入数据解得Q2＝－330 J，‎ 即BDA过程中气体放出热量330 J.‎ 答案：(1)增加　130 J　(2)放热　330 J 考点二　热力学第二定律的理解及应用 ‎1．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 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．‎ ‎3．两类永动机的比较 第一类永动机 第二类永动机 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 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 违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成 ‎1．(2017·河南开封一模)(多选)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 解析：选ACE.由热力学第一定律知，改变物体内能的方式有两种，分别为做功和热传递，所以A正确，B错误．由热力学第二定律知，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，但会产生其他影响，C正确．热量不能自发地从低温物体传向高温物体，D错误．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E正确．‎ ‎2．(多选)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是(　　)‎ A．第二类永动机违反能量守恒定律 B．如果物体从外界吸收了能量，则物体的内能一定增加 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的 解析：选CD.第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律；故A错误．改变内能有两种方式，做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B错误．气体分子密集程度一定，温度升高，则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C正确．做功对应能量转化，热传递对应能量转移，D正确．‎ ‎3．(2016·高考全国乙卷)(多选)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 解析：选BDE.根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误．改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确．理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法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，说法D正确．两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这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，说法E正确．故选B、D、E.‎ 热力学过程的方向性实例 考点三　热力学定律与气体状态变化的综合 气体实验定律与热力学第一定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变化，当体积变化时，气体将伴随着做功，解题时要掌握气体变化过程的特点：‎ ‎(1)等温过程：理想气体内能不变，即ΔU＝0.‎ ‎(2)等容过程：W＝0.‎ ‎(3)绝热过程：Q＝0.‎ ‎[典例2]　(2016·高考全国甲卷)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 解析　由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；‎ 由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确(此选项也可用排除法直接判断更快捷)．‎ 答案　ABE ‎“两分析”巧解热力学综合问题 ‎1．(2017·广东惠州二调)(多选)如图所示，一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大 B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小 C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小 E．c→a过程中，气体从外界吸热，内能增加 解析：选ACD.b→c过程中，气体压强p不变，温度T降低，由＝C可知，气体体积V减小，选项A错误；a→b过程中，气体的温度T不变，而压强p减小，由＝C可知，气体体积V增大，选项B正确；c→a过程中，p与T成正比，由＝C可知，气体体积V不变，气体压强p与温度T都增大，选项C、D错误；c→a过程中，气体温度T升高，气体内能增大，ΔU＞0，气体体积不变，外界对气体做功为零，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＞0，气体从外界吸收热量，选项E正确．‎ ‎2．(2017·湖南长郡中学模拟)将如图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p0、体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，使汽缸A中气体的温度升高到1.5T0，稳定后，求：‎ ‎(1)汽缸A中气体的压强PA以及汽缸B中气体的体积VB；‎ ‎(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PA＝PB，选汽缸A中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得p0V0·＝pAVA·.选汽缸B中气体为研究对象，根据玻意耳定律得p0V0＝pBVB，又因为2V0＝VA＋VB，联立得pA＝pB＝1.25p0，VB＝0.8V0.‎ ‎(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)1.25p0　0.8V0　(2)放热　见解析 ‎3．(2017·重庆巴蜀中学月考)某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知该酒瓶容积为‎480 cm3，玻璃管内部横截面积为‎0.4 cm2，瓶口外的有效长度为‎48 cm.当气温为 ‎7 ℃‎时，水银柱刚好处在瓶口位置．‎ ‎(1)求该气温计能够测量的最高气温；‎ ‎(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收了3 J热量，则在这一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强p0＝1.0×105 Pa)‎ 解析：(1)封闭气体发生等压变化，则＝，‎ 即＝，‎ 解得T＝291.2 K＝18.2 ℃.‎ ‎(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，‎ 外界对气体做功W＝－p0·ΔV＝－1.92 J，‎ 解得ΔU＝1.08 J.‎ 答案：(1)18.2 ℃　(2)增加了1.08 J ‎4．(1)在高原地区烧水需要使用高压锅．水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽．停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却．在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________．‎ A．压强变小　 B．压强不变 C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽 ‎(2)如图甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成．B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)．‎ ‎(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4‎ ‎ J和20 J．在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J．求气体完成一次循环对外界所做的功．‎ 解析：(1)高压锅在密封状态下，因为冷却过程是缓慢进行的，所以水和水蒸气保持动态平衡，即水蒸气一直是饱和汽，故C对、D错．饱和汽压随温度的降低是减小的，故A对、B错．‎ ‎(2)B→C过程气体体积不变，气体的总分子数也不变，故单位体积内的分子数是不变的．‎ 由＝C可知，TA＜TD，温度越高，分子的平均速率越大，故状态A对应的是①.‎ ‎(3)对A→B过程应用热力学第一定律：－4 J＋W1＝0，则W1＝4 J．对C→D过程同理有：12 J＋W2＝0，则W2＝－12 J．B→C和D→A过程体积不变，气体不做功，故一次循环中气体对外界做功8 J.‎ 答案：(1)AC　(2)不变　①　(3)8 J