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第34讲　热力学定律与能量守恒
目录
[基础过关] 1
一、热力学第一定律 1
二、能量守恒定律 1
[命题点研究] 2
命题点一　热力学第一定律的理解及应用 2
命题点二　热力学第二定律的理解 6
命题点三　热力学定律与气体实验定律综合问题 11
[课时训练] 14
[基础过关]
一、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＝Q＋W中正、负号法则：
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
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。
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。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
知识点三、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．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．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性增大的方向进行。
4．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。
[命题点研究]
命题点一　热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
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．
（2022春 嘉兴期末）如图所示，固定汽缸内由面积为400cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与气缸右端相距30cm，气缸内气体温度为300K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终气缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400K，已知大气压强为1.0×105Pa，则（　　）
A．达到热平衡时气缸内气体体积比原体积增大了
B．气缸内的气体内能增加，每一个气体分子的动能均增加了
C．整个过程气缸内气体对外界做功4000J
D．整个过程中气缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功
【解答】解：A、气体加热时进行等压变化，则由盖 吕萨克定律可得；即；解得；达到热平衡时气缸内气体体积比原体积增大了，故A错误；
B、气缸内的气体温度升高，气体的平均动能增加，但并非每一个气体分子的动能均增加，故B错误；
C、整个过程气缸内气体对外界做功，故C错误；
D、整个过程中因气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可得ΔU＝W+Q，可知，气缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功，故D正确。
故选：D。
（2022春 温州期末）如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5cm处缓慢移到离接口15cm的位置。则下列说法中错误的是（　　）
A．温度T2大于温度T1
B．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体的压强变大
C．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体向外界吸收的热量Q
D．若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的
【解答】解：AB、由于油柱受内外气压的作用处于平衡状态，所以在温度变化时，罐内气体做等压变化，压强不变；根据盖—吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，油柱从离接口5cm处缓慢移到离接口15cm的位置说明温度升高了，故A正确，B错误；
C、温度由T1变为T2的过程，罐内气体温度升高，内能增大；则由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，饮料罐内气体对外做的功W小于气体向外界吸收的热量，故C正确；
D、根据盖—吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即C，
则有：Δt＝ΔT ΔL，其中：C（定值），所以温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
（多选）（2022春 海曙区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．气体体积变化时，其内能可能不变
B．布朗运动就是分子的热运动
C．酒精与水混合总体积减小说明分子间存在空隙
D．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
【解答】解：A、气体体积变化时，分子势能发生变化，若气体温度也发生变化，则分子势能和分子动能的和可能不变，即内能可能不变，故A正确；
B、布朗运动是漂浮在液体表面微粒的运动，说明了液体分子在不停做无规则运动，故B错误；
C、酒精与水混合总体积减小说明分子间存在空隙，故C正确；
D、缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强产生的，故D错误；
故选：AC。
（多选）（2022春 宁波月考）如图，一定质量的理想气体从状态a（p0、V0、T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，且外界环境为非真空状态。则下列说法正确的是（　　）
A．b、c两个状态气体温度相同
B．ca过程中，气体对外做功
C．bc过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功
D．ab过程中，气体内能一定增加
【解答】解：A、根据图像可知，b点的压强是c点压强的2倍，而c点的体积是b点体积的2倍，根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT可知，bc两个状态气体温度相同，故A正确；
B、从c→a过程中，气体的体积减小，所以外界对气体做功，故B错误；
C、根据上述分析可知，bc两点的温度相等，则内能相同，因此过程中气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功，故C正确；
D、ab过程中，气体的体积不变，压强增大，根据公式pV＝CT可知气体的温度升高，则气体的内能增加，故D正确；
故选：ACD。
（2023 台州二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求：
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量。
【解答】解：（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为p1，空气柱长度为l1，根据玻意耳定律可知：
p0l0＝p1l1
对气缸受力分析，由平衡条件可得：
p1S+mg＝p0S
联立可得：
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可知：
解得：
（3）根据热力学第一定律可知：
﹣ΔU＝Q+W
其中W＝p1S（l1﹣l0）
得
则气体释放的热量为：Q
答：（1）稳定后，汽缸内空气柱长度为；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放的热量为。
命题点二　热力学第二定律的理解
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．
特别提醒　热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化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．热力学过程方向性实例：
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
4．两类永动机的比较
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
（多选）（2022春 宁波月考）把刚煮好的热鸡蛋放在冷水中，过一会，鸡蛋的温度降低，水的温度升高，最后水和鸡蛋的温度相同。但是相反的过程，即原来温度相同的水和鸡蛋，过一会儿水的温度自发地降低，而鸡蛋的温度上升，这样的现象我们从来没看到过。燃料燃烧时一旦把热量释放出去，就不会再次自动聚集起来供人类重新利用。电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们很难把这些内能收集起来重新利用。这些现象说明（　　）
A．在能源的利用过程中，能量会减少，能量守恒定律不成立
B．我们在利用能源时，能量会耗散，自然界可利用的能源会越来越少
C．与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，能量转化具有方向性
D．自然界中发生的能量转化都是不可逆的，各种能量最终都会转化为内能
【解答】解：A、能量虽然有耗散但总的能量是守恒的在转化的过程中总量不会减少，故A错误；
B、能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，即自然界可利用的能源会越来越少，故B正确；
C、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观过程具有方向性，且都是不可逆的，故C正确；
D、能量的转化和转移都是有方向性的，但不是所有的能量转化都是不可逆的，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2022春 丽水期末）下列说法正确的是（　　）
A．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
B．布朗运动实验记录的是分子无规则运动的情况
C．分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积
D．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量
【解答】解：A、根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故A正确；
B、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，温度越高，分子热运动越剧烈，故B错误；
C、实际气体分子热运动的平均动能取决于气体的温度，而气体分子间的势能由体积决定来决定，故C正确；
D、由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，气体分子与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，会使气体对器壁产生一定的压强，根据压强的定义气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故D错误。
故选：AC。
（2023 黄埔区三模）压缩空气储能（CAES）是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是（　　）
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大
【解答】解：AB．绝热压缩空气前后，与外界无热量交换，Q＝0，外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，故A错误，B正确；
C．压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，根据热力学第二定律可知，任何转换过程效率都不可能达到100%，故C错误；
D．压缩空气膨胀推动发电机工作，是气体体积增大对外做功，W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，内能减少，故D错误。
故选：B。
（2023春 沙河口区校级期中）如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头“喝”水，则下列说法正确的是（　　）
A．饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能
B．水杯中的水干了之后，小鸟还能点头“喝”水
C．这种玩具饮水鸟是一架永动机
D．此现象违背了热力学第二定律
【解答】解：A．玩具饮水鸟的内部结构如图所示：
饮水鸟的头和躯体分别为两个薄壁玻璃球，其间以一个玻璃管连接，内部装有易挥发的液体。其原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发后吸热使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前方的运动，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，故A正确；
B．根据上述可知，当水杯中的水干了之后，由于不能形成头部和肚子的压强差，小鸟不能再上下运动，也就是说小鸟不能点头“喝”水，故B错误；
C．这种玩具饮水鸟仍然遵循能量守恒定律，但不是一架永动机，故C错误；
D．根据上述分析可知，该过程没有违背热力学第二定律，故D错误。
故选：A。
（多选）（2023 菏泽二模）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
【解答】解：A．由热力学第二定律，自发的热现象具有方向性，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，故A正确；
B．由题意知，分装过程温度不变，由玻意耳定律知，气体体积变为两倍，压强减小为原来的一半，故B正确；
C．由于整个过程温度不变，温度是衡量分子平均动能的标志，故分装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，故C错误；
D．理想气体温度不变，分装完毕后两瓶内氧气的总内能不变，故D错误。
故选：AB。
命题点三　热力学定律与气体实验定律综合问题
（2023 宁波二模）如图所示，质量m＝0.5kg的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10﹣3m2。忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理想气体，大气压强Pa。现用水平外力F使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l＝0.6m时。
（1）求此时气缸内空气的压强；
（2）求此时外力F的大小；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由。
【解答】解：（1）根据玻意耳定律可得：p0l0S＝p（l0﹣l）S
代入数据解得压强：p＝2.5×105Pa
（2）对圆柱形气缸受力分析，水平方向根据平衡条件可得：p0S+F＝pS+μmg
代入数据解得：F＝152N
（3）气缸内的空气可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能持不变，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q
因ΔU＝0，所以气体放出热量
外界对气体所做的功与气体放出热量的代数为零，即压缩气体所做的功W等于气体对外释放的热量Q，即W＝|Q|。
答：（1）时气缸内空气的压强为2.5×105Pa；
（2）此时外力F的大小为152N；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，气体是放热；压缩气体所做的功W等于气体对外释放的热量，理由见解析。
（2023 杭州二模）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m＝0.02kg，外界大气压强p0＝1×105Pa，丙图空腔体积为V0＝1.5cm3，丁图空腔体积为V1＝2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1＝8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2＝8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
【解答】解：（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V1
代入数据解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
（m+M）g＝μFN
挂钩对墙面的压力
FN＝p0S2+（p0﹣p1）S1
联立解得；M＝4.98kg
答：（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热；
（2）板下锁扣后空腔内气体的压强为7.5×104Pa；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，所挂重物的质量M为4.98kg。
（2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【解答】解：（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得
代入数据解得：TB＝330K
（2）气体在状态B的压强为pB＝p00.99×105PaPa＝1×105Pa
从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得
代入数据解得：pC＝1.1×105Pa
（3）从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J
从状态B到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得
ΔU＝Q﹣W
代入数据解得：ΔU＝188J
答：（1）气体在状态B的温度为330K；
（2）气体在状态C的压强为1.1×105Pa；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q为188J。
[课时训练]
（2022 浙江开学）下列关于热现象的说法正确的是（　　）
A．夏天可以将冰箱门打开，使密闭房间的温度降下来
B．一定质量的气体通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收相同的热量
C．部分行星的大气中相对分子质量小的成分会随着时间推移而变少
D．叠放在一起的两个装有空气的封闭气缸，在真空中静止释放，它们之间没有压力，同时也不会受到内部空气的压力
【解答】解：A．冰箱制冷时放出的热量大于吸收的热量，所以温度会更高，故A错误；
B．一定质量的气体温度都升高1℃，内能增加量相等，等压变化时，气体体积变大，气体对外界做功，等容变化时因为体积没发生变化，则气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体等压变化的过程中吸收的热量更多，故B错误；
C．行星上的大气中，相对分子质量小的成分逃逸速度更小，因为平均速率更大，所以随着时间的推移不断变少，故C正确；
D．两个气缸内部存在空气，因此仍然会受到气体的压力，故D错误。
故选：C。
（2022秋 绍兴期中）下列说法错误的是（　　）
A．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，分子间的引力增大、斥力减小
B．扩散现象在气体、液体和固体中均能发生
C．做功和传热在改变物体的内能上是等价的
D．热量在一定条件下可能由低温物体传递给高温物体
【解答】解：A、分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故A错误；
B、扩散现象是物体分子彼此进入对方的现象，在气体、液体和固体中均能发生，故B正确；
C、改变内能的方法有做功和热传递，在改变物体的内能上是等价的，故C正确；
D、热量在一定条件下可能由低温物体传递给高温物体，例如冰箱，故D正确；
本题选择错误选项，
故选：A。
（2022 浙江开学）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，小瓶缓慢下沉到底部：松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体（　　）
A．内能减少
B．气体对外界做功
C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量
D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量
【解答】解：A、由题，越靠近瓶口水的温度越高，则小瓶下沉远离瓶口的过程中温度降低，则气体的温度降低，由于一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，可知小瓶内气体的内能减小，故A正确；
B、设大气压强为p0，瓶内气体的压强为p，瓶内气体下侧到水面的高度差为h，则瓶内气体的压强：p＝p0+ρgh，其中ρ为水的密度；小瓶下沉的过程中瓶内气体下侧到水面的高度差增大，则瓶内气体的压强增大；由理想气体的状态方程：C，可知小瓶下沉的过程中瓶内气体的体积一定减小，则外界对小瓶内气体做功，故B错误；
CD、气体的内能减小，则ΔU为负，外界对小瓶内气体做功，则W为正，根据热力学第一定律：ΔU＝Q+W，可知气体增大的内能大于气体吸收的热量，故CD错误。
故选：A。
（2022春 绍兴期末）从湖底形成的一个气泡，缓慢上升到湖面。已知越接近水面，湖水的温度越高，假设大气压不变，气泡内气体视作理想气体。气泡缓慢上升过程中（　　）
A．湖水对气泡内气体做了正功
B．气泡内气体的内能增大
C．气泡内气体温度升高导致放热
D．气泡内气体的压强不变
【解答】解：AD、气泡内的压强为
p＝p0+ρgh
气泡上升过程中，其压强减小，而其温度又在升高，根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT可知，气泡体积一定增大，故气泡内的气体对外界做功，故AD错误；
B、温度越高，气体分子的平均动能越大，故在这个过程中，气体分子的内能增大，故B正确；
C、由上述分析可知，气体分子对外界做功，所以W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，Q＞0，即气泡是吸热的，故C错误；
故选：B。
（2022春 绍兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．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
C．功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功
D．凡是不违反能量守恒定律的过程都一定能实现
【解答】解：A、根据热力学第二定律，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A错误；
B、根据热力学第二定律，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B正确；
C、根据热力学第二定律，功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功，而不引起其它变化。故C错误；
D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但却违反了热力学第二定律。故D错误；
故选：B。
（多选）（2022秋 嘉兴月考）一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p﹣V图象如图所示，已知状态A的气体温度为TA＝200K，则（　　）
A．状态B的气体温度为800K
B．在A→B过程中，气体分子的平均动能减小
C．在C→A过程中，外界对气体做功300J
D．在A→B→C→A一个循环过程中，气体从外界吸收450J热量
【解答】解：A、理想气体从状态A→B的变化为等容变化，根据查理定律得：，结合p﹣V图象，代入数据解得状态B的气体温度为：TB＝800K，故A正确；
B、理想气体从状态A→B的过程中，气体温度升高，根据温度是分子平均动能的标志，可得气体分子的平均动能增大，故B错误；
C、理想气体从状态C→A过程为等压变化，气体体积变小，外界对气体做功为：WCA＝pΔV＝1×105×（5﹣2）×10﹣3J＝300J，故C正确；
D、理想气体从状态B→C过程中，气体对外界做功等于图像与横坐标围成的面积，做的功为：WBCJ＝750J，则在A→B→C→A的一个循环过程中，外界对气体做功为：W＝﹣WBC+WCA＝﹣750J+300J＝﹣450J，气体内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，可得：Q＝450J，气体从外界吸收450J的热量，故D正确。
故选：ACD。
（2022秋 浙江月考）如图所示，在标准大气压强p0＝1.0×105Pa的低温实验室中有一竖直放置的圆柱形容器，用质量为m＝10kg的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为：S＝200cm2，活塞与容器底的距离为h0＝20cm。将整个装置静置于标准大气压，温度为T1＝300K的空气中，气体从外界吸收热量Q＝180J，活塞缓慢上升d＝5cm后再次达到热平衡。求：
（1）低温实验室的温度T0是多少？
（2）在此过程中密闭气体的内能增加了多少？
【解答】解：（1）由盖—吕萨克定律得：
解得：T0＝240K
（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功：
W＝﹣（mg+p0S）d
代入数据解得：W＝﹣105J
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔU＝Q+W
得ΔU＝（180﹣105）J＝75J
答：（1）低温实验室的温度T0是240K；
（2）在此过程中密闭气体的内能增加了75J。
（2023 浙江）如图所示，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＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。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。
（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。
【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC＝350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
联立解得：WAB＝11J
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第34讲　热力学定律与能量守恒
目录
[基础过关] 1
一、热力学第一定律 1
二、能量守恒定律 2
[命题点研究] 2
命题点一　热力学第一定律的理解及应用 2
命题点二　热力学第二定律的理解 4
命题点三　热力学定律与气体实验定律综合问题 8
[课时训练] 9
[基础过关]
一、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＝Q＋W中正、负号法则：
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
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。
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。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
知识点三、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．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．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性增大的方向进行。
4．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。
[命题点研究]
命题点一　热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
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．
（2022春 嘉兴期末）如图所示，固定汽缸内由面积为400cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，与气缸右端相距30cm，气缸内气体温度为300K，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换，某时刻电热丝停止通电，最终气缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400K，已知大气压强为1.0×105Pa，则（　　）
A．达到热平衡时气缸内气体体积比原体积增大了
B．气缸内的气体内能增加，每一个气体分子的动能均增加了
C．整个过程气缸内气体对外界做功4000J
D．整个过程中气缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功
（2022春 温州期末）如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5cm处缓慢移到离接口15cm的位置。则下列说法中错误的是（　　）
A．温度T2大于温度T1
B．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体的压强变大
C．温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体向外界吸收的热量Q
D．若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的
（多选）（2022春 海曙区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．气体体积变化时，其内能可能不变
B．布朗运动就是分子的热运动
C．酒精与水混合总体积减小说明分子间存在空隙
D．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
（多选）（2022春 宁波月考）如图，一定质量的理想气体从状态a（p0、V0、T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，且外界环境为非真空状态。则下列说法正确的是（　　）
A．b、c两个状态气体温度相同
B．ca过程中，气体对外做功
C．bc过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功
D．ab过程中，气体内能一定增加
（2023 台州二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0。已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为S，汽缸的质量，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求：
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量。
命题点二　热力学第二定律的理解
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．
特别提醒　热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化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．热力学过程方向性实例：
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
4．两类永动机的比较
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
（多选）（2022春 宁波月考）把刚煮好的热鸡蛋放在冷水中，过一会，鸡蛋的温度降低，水的温度升高，最后水和鸡蛋的温度相同。但是相反的过程，即原来温度相同的水和鸡蛋，过一会儿水的温度自发地降低，而鸡蛋的温度上升，这样的现象我们从来没看到过。燃料燃烧时一旦把热量释放出去，就不会再次自动聚集起来供人类重新利用。电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们很难把这些内能收集起来重新利用。这些现象说明（　　）
A．在能源的利用过程中，能量会减少，能量守恒定律不成立
B．我们在利用能源时，能量会耗散，自然界可利用的能源会越来越少
C．与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，能量转化具有方向性
D．自然界中发生的能量转化都是不可逆的，各种能量最终都会转化为内能
（多选）（2022春 丽水期末）下列说法正确的是（　　）
A．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
B．布朗运动实验记录的是分子无规则运动的情况
C．分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积
D．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量
（2023 黄埔区三模）压缩空气储能（CAES）是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是（　　）
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大
（2023春 沙河口区校级期中）如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头“喝”水，则下列说法正确的是（　　）
A．饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能
B．水杯中的水干了之后，小鸟还能点头“喝”水
C．这种玩具饮水鸟是一架永动机
D．此现象违背了热力学第二定律
（多选）（2023 菏泽二模）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
命题点三　热力学定律与气体实验定律综合问题
（2023 宁波二模）如图所示，质量m＝0.5kg的金属圆柱形气缸内封闭有长为l0＝1m的空气，气缸与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T字形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10﹣3m2。忽略活塞与气缸间的摩擦，环境温度稳定，气缸内的空气可视为理想气体，大气压强Pa。现用水平外力F使气缸缓慢向右运动，当气缸向右运动l＝0.6m时。
（1）求此时气缸内空气的压强；
（2）求此时外力F的大小；
（3）在气缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对气缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由。
（2023 杭州二模）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲和丙），空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣（如图乙和丁），让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m＝0.02kg，外界大气压强p0＝1×105Pa，丙图空腔体积为V0＝1.5cm3，丁图空腔体积为V1＝2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1＝8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2＝8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
（2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
[课时训练]
（2022 浙江开学）下列关于热现象的说法正确的是（　　）
A．夏天可以将冰箱门打开，使密闭房间的温度降下来
B．一定质量的气体通过等压变化和等容变化升高1℃需要吸收相同的热量
C．部分行星的大气中相对分子质量小的成分会随着时间推移而变少
D．叠放在一起的两个装有空气的封闭气缸，在真空中静止释放，它们之间没有压力，同时也不会受到内部空气的压力
（2022秋 绍兴期中）下列说法错误的是（　　）
A．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，分子间的引力增大、斥力减小
B．扩散现象在气体、液体和固体中均能发生
C．做功和传热在改变物体的内能上是等价的
D．热量在一定条件下可能由低温物体传递给高温物体
（2022 浙江开学）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，小瓶缓慢下沉到底部：松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体（　　）
A．内能减少
B．气体对外界做功
C．内能的变化量的绝对值大于放出的热量
D．内能的变化量的绝对值等于放出的热量
（2022春 绍兴期末）从湖底形成的一个气泡，缓慢上升到湖面。已知越接近水面，湖水的温度越高，假设大气压不变，气泡内气体视作理想气体。气泡缓慢上升过程中（　　）
A．湖水对气泡内气体做了正功
B．气泡内气体的内能增大
C．气泡内气体温度升高导致放热
D．气泡内气体的压强不变
（2022春 绍兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．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
C．功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功
D．凡是不违反能量守恒定律的过程都一定能实现
（多选）（2022秋 嘉兴月考）一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p﹣V图象如图所示，已知状态A的气体温度为TA＝200K，则（　　）
A．状态B的气体温度为800K
B．在A→B过程中，气体分子的平均动能减小
C．在C→A过程中，外界对气体做功300J
D．在A→B→C→A一个循环过程中，气体从外界吸收450J热量
（2022秋 浙江月考）如图所示，在标准大气压强p0＝1.0×105Pa的低温实验室中有一竖直放置的圆柱形容器，用质量为m＝10kg的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为：S＝200cm2，活塞与容器底的距离为h0＝20cm。将整个装置静置于标准大气压，温度为T1＝300K的空气中，气体从外界吸收热量Q＝180J，活塞缓慢上升d＝5cm后再次达到热平衡。求：
（1）低温实验室的温度T0是多少？
（2）在此过程中密闭气体的内能增加了多少？
（2023 浙江）如图所示，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＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。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。
（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。
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