资源简介

第3讲　热力学定律与能量守恒
课 程 标 准 素 养 目 标
1.知道热力学第一定律．通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义． 2.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象．体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一． 3.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律． 物理观念：(1)知道热力学第一定律及其符号法则，了解能量守恒定律及永动机不可能制成． (2)知道传热、扩散现象、机械能与内能的转化具有方向性，了解能量耗散和品质降低的内容，能解释相关现象． 科学思维：(1)理解热力学第一定律的公式并能进行相关的分析计算，能根据能量守恒定律解释永动机不可能制成的原因． (2)理解热力学第二定律的两种表述，学会用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移及方向性问题，提高分析推理能力．
考点一　热力学第一定律的理解和应用
【必备知识·自主落实】
一、改变物体内能的两种方式
1．________．
2．热传递．
二、热力学第一定律实质是能量守恒定律
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________与外界对它所做的功的和．
2．表达式：ΔU＝________．
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________热量 内能________
－ 物体对外界做功 物体________热量 内能________
三、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为其他形式，或者是从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量________．
2．第一类永动机是不可能制成的，它违背了________________．
【关键能力·思维进阶】
1．[2023·天津卷] 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
2．(多选)如图，甲图实验1密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起．若两地温度相同，研究桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况．乙图实验2中中国制造的列车空气弹簧实现了欧洲高端铁路市场全覆盖，空气弹簧安装在列车车厢底部，可以起到有效减震、提升列车运行平稳性的作用．空气弹簧主要由活塞、气缸及密封在气缸内的一定质量气体构成．列车上下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢震动．上下乘客时气缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，外界温度恒定，气缸内气体视为理想气体．下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．甲图实验1中桶内的气体压强p减小和分子平均动能Ek减小
B．甲图实验1中桶内的气体压强p减小和分子平均动能Ek不变
C．乙图实验2中剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体的内能增加
D．乙图实验2中剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体分子的平均动能减小
3．如图a，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b甲)．内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J.
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b乙)，该做功过程气体传递给汽缸的热量为30 J，求此做功过程气体内能的变化量．
考点二　热力学第一定律与图像的综合应用
例 1 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C再回到状态A，其V-T图像如图所示．O、C、B三点在同一直线上，AB与纵轴平行，则下列说法不正确的是(　　)
A．A→B过程中，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增多
B．A→B过程中，气体吸收热量
C．B→C过程中，气体放出的热量比外界对气体做的功多
D．C→A过程中，速率大的分子数增多
例 2 [2023·广东卷]在驻波声场的作用下，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，气泡内的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的过程外界对气体做功为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的过程，气泡内气体的内能变化了多少？
思维提升
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＝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．
考点三　气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
例 3 (多选)[2023·山东卷]一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa.经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K．下列说法正确的是(　　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
例 4 [2023·浙江1月]
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＝100 cm2、质量m＝1 kg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＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm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＝3 cm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＝363 K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＝158 J．取大气压p0＝0.99×105 Pa，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过程中从外界吸收的热量Q.
例 5 [2024·浙江绍兴高三统考阶段练习]如图1所示，竖直玻璃管上端封闭、下端开口，总长L＝68.8 cm，横截面积S＝0.1 cm2，管内液柱的长度L0＝7.6 cm，质量m＝10 g，液柱密封一定质量的理想气体，气体的长度L1＝50 cm，气体温度T1＝300 K．现将玻璃管缓慢转到水平位置，气体温度仍为T1，气体长度变为L2，如图2所示．然后对气体进行缓慢加热，使气体温度上升至T2＝360 K，加热过程气体吸收热量Q，内能增加ΔU＝0.23 J，气体长度变为L3，如图3所示．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，玻璃管内壁光滑，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求气体长度L2；
(2)求气体长度L3；
(3)求加热过程气体吸收热量Q.
思维提升
气体实验定律与热力学定律的综合问题的求解思路
考点四　热力学第二定律的理解和应用
【必备知识·自主落实】
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．
不需要任何第三者介入，就能发生
(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“________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________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．
【关键能力·思维进阶】
4.
[2024·广东广州模拟预测]火热的6月即将到来，高三的同学们也进入高考最后的冲刺，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
5．(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
思维提升
热力学第二定律的理解
第3讲　热力学定律与能量守恒
考点一
必备知识·自主落实
一、
1．做功
二、
1．热量
2．Q＋W
3．吸收　增加　放出　减少
三、
1．产生　转化　转移　保持不变
2．能量守恒定律
关键能力·思维进阶
1．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；爬山过程中温度降低，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有＝C，可知气体压强减小，故D错误．故选B.
答案：B
2．解析：根据一定质量的理想气体状态方程pV＝nRT可知，当温度相同时，体积变大则桶内的气体压强p减小，而温度是影响分子平均动能的唯一因素，则分子平均动能Ek不变，A错误，B正确；剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，因为时间很短，所以气体与外界来不及热交换，Q＝0，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可得，空气弹簧内气体内能增加，气体分子的平均动能增大，C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
3．解析：(1)压缩过程活塞对气体做的功W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J
气体内能的变化量ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－25 J＝175 J.
(2)气体膨胀过程中气体对外界所做的功W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J
气体内能的变化量ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J
汽缸内气体在压缩过程中内能增加了175 J，在膨胀做功过程中气体内能减少了930 J.
答案：(1)增加了175 J　(2)减少了930 J
考点二
例1　解析：A→B过程中，气体体积减小，温度不变，压强增大，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增多，A项正确，不符合题意；A→B过程中，温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项错误，符合题意；B→C过程中，气体压强不变，体积减小，温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体放出热量，且放出热量比外界对气体做的功多，C项正确，不符合题意；C→A过程中，温度升高，速率大的分子数增多，D项正确，不符合题意．故选B.
答案：B
例2　解析：(1)由题意可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，由玻意耳定律有
p0V0＝pB·5V0
解得pB＝
(2)解法一　由题图可知，若从状态A沿虚线到状态C，
则气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得TC＝1.9T0
解法二　气体从B到C的过程，由理想气体状态方程有
＝
已知pB＝，VB＝5V0，TB＝TA＝T0，pC＝1.9p0，VC＝V0
解得TC＝1.9T0
(3)由题意可知从状态B到状态C，气体发生绝热收缩，吸放热Q＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝W
故B到C的过程，气泡内气体的内能增加了W
答案：(1)　(2)1.9T0　(3)增加了W
考点三
例3　解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为
p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K
等容过程为状态二
p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400 K
等压过程为状态三
p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K
由理想气体状态方程可得
＝＝
解得p2＝p0，V3＝V0
体积增加了原来的，C错误；
等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律
ΔU＝W＋Q＝400 J
两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；
等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为
W＝p0(V0－V0)＝200 J
解得V0＝6 L
A正确，B错误．故选AD.
答案：AD
例4　解析：(1)从状态A到状态B，封闭气体发生等压变化，
由盖－吕萨克定律可得＝
其中VA＝h0S，VB＝(h0＋d)S
解得TB＝330 K
(2)从状态A到状态B，活塞缓慢上升，则有
pBS＝p0S＋mg
解得pB＝1×105 Pa
由状态B到状态C，封闭气体发生等容变化
由查理定律可得＝
解得pC＝1.1×105 Pa
(3)从状态A到状态C过程中，气体对外做功
则W＝－pBSd＝－30 J
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝188 J
答案：(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J
例5　解析：(1)设玻璃管竖直放置时密封气体的压强为p1，则p1＝p0－＝0.9×105 Pa
玻璃管转到水平过程气体温度不变，由玻意耳定律p1L1S＝p0L2S
得L2＝45 cm
(2)加热过程气体的压强保持不变，由盖-吕萨克定律＝
得L3＝54 cm
(3)设外界对气体做功W，则W＝－p0S(L3－L2)＝－0.09 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得Q＝0.32 J
答案：(1)45 cm　(2)54 cm　(3)0.32 J
考点四
必备知识·自主落实
1．（2）第二类
2．无序性
关键能力·思维进阶
4．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．故选B.
答案：B
5．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．
答案：BD(共38张PPT)
第3讲　热力学定律与能量守恒
课 程 标 准 素 养 目 标
1.知道热力学第一定律．通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义． 2.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象．体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一． 3.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律． 物理观念：(1)知道热力学第一定律及其符号法则，了解能量守恒定律及永动机不可能制成．
(2)知道传热、扩散现象、机械能与内能的转化具有方向性，了解能量耗散和品质降低的内容，能解释相关现象．
科学思维：(1)理解热力学第一定律的公式并能进行相关的分析计算，能根据能量守恒定律解释永动机不可能制成的原因．
(2)理解热力学第二定律的两种表述，学会用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移及方向性问题，提高分析推理能力．
考点一
考点二
考点三
考点四
考点一
考点一　热力学第一定律的理解和应用
【必备知识·自主落实】
一、改变物体内能的两种方式
1．________．
2．热传递．
二、热力学第一定律 实质是能量守恒定律
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________与外界对它所做的功的和．
2．表达式：ΔU＝________．
做功
热量
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________热量 内能________
－ 物体对外界做功 物体________热量 内能________
吸收
增加
放出
减少
三、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为其他形式，或者是从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量________．
2．第一类永动机是不可能制成的，它违背了_____________．
产生
转化
转移
保持不变
能量守恒定律
【关键能力·思维进阶】
1．[2023·天津卷] 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；爬山过程中温度降低，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有＝C，可知气体压强减小，故D错误．故选B.
2．(多选)如图，甲图实验1密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起．若两地温度相同，研究桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况．乙图实验2中中国制造的列车空气弹簧实现了欧洲高端铁路市场全覆盖，空气弹簧安装在列车车厢底部，可以起到有效减震、提升列车运行平稳性的作用．空气弹簧主要由活塞、气缸及密封在气缸内的一定质量气体构成．列车上下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢震动．上下乘客时气缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，外界温度恒定，气缸内气体视为理想气体．
甲　　　 　　　　乙
下列说法正确的是(　　)
A．甲图实验1中桶内的气体压强p减小和分子平均动能Ek减小
B．甲图实验1中桶内的气体压强p减小和分子平均动能Ek不变
C．乙图实验2中剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体的内能增加
D．乙图实验2中剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体分子的平均动能减小
答案：BC
解析：根据一定质量的理想气体状态方程pV＝nRT可知，当温度相同时，体积变大则桶内的气体压强p减小，而温度是影响分子平均动能的唯一因素，则分子平均动能Ek不变，A错误，B正确；剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，因为时间很短，所以气体与外界来不及热交换，Q＝0，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可得，空气弹簧内气体内能增加，气体分子的平均动能增大，C正确，D错误．故选BC.
3．如图a，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b甲)．内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J.
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b乙)，该做功过程气体传递给汽缸的热量为30 J，求此做功过程气体内能的变化量．
解析：(1)压缩过程活塞对气体做的功W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J
气体内能的变化量ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－25 J＝175 J.
(2)气体膨胀过程中气体对外界所做的功W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J
气体内能的变化量ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J
汽缸内气体在压缩过程中内能增加了175 J，在膨胀做功过程中气体内能减少了930 J.
答案：(1)增加了175 J　(2)减少了930 J
考点二
考点二　热力学第一定律与图像的综合应用
例 1 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C再回到状态A，其V-T图像如图所示．O、C、B三点在同一直线上，AB与纵轴平行，则下列说法不正确的是(　　)
A．A→B过程中，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增多
B．A→B过程中，气体吸收热量
C．B→C过程中，气体放出的热量比外界对气体做的功多
D．C→A过程中，速率大的分子数增多
答案：B
解析：A→B过程中，气体体积减小，温度不变，压强增大，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增多，A项正确，不符合题意；A→B过程中，温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，B项错误，符合题意；B→C过程中，气体压强不变，体积减小，温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体放出热量，且放出热量比外界对气体做的功多，C项正确，不符合题意；C→A过程中，温度升高，速率大的分子数增多，D项正确，不符合题意．故选B.
例 2 [2023·广东卷]在驻波声场的作用下，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，气泡内的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的过程外界对气体做功为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的过程，气泡内气体的内能变化了多少？
解析：(1)由题意可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V0＝pB·5V0,解得pB＝
(2)解法一　由题图可知，若从状态A沿虚线到状态C，
则气体发生等容变化，由查理定律有＝,解得TC＝1.9T0
解法二　气体从B到C的过程，由理想气体状态方程有＝
已知pB＝，VB＝5V0，TB＝TA＝T0，pC＝1.9p0，VC＝V0
解得TC＝1.9T0
(3)由题意可知从状态B到状态C，气体发生绝热收缩，吸放热Q＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝W
故B到C的过程，气泡内气体的内能增加了W
答案：(1)　(2)1.9T0　(3)增加了W
思维提升
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＝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．
考点三
考点三　气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
例 3 (多选)[2023·山东卷]一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa.经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K．下列说法正确的是(　　)
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
答案：AD
解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为
p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K
等容过程为状态二
p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400 K
等压过程为状态三
p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K
由理想气体状态方程可得
＝＝
解得p2＝p0，V3＝V0
体积增加了原来的，C错误；
等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律
ΔU＝W＋Q＝400 J
两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；
等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为
W＝p0(V0－V0)＝200 J
解得V0＝6 L
A正确，B错误．故选AD.
例 4 [2023·浙江1月]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＝100 cm2、质量m＝1 kg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＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm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＝3 cm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＝363 K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＝158 J．取大气压p0＝0.99×105 Pa，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过程中从外界吸收的热量Q.
解析：(1)从状态A到状态B，封闭气体发生等压变化，
由盖－吕萨克定律可得＝
其中VA＝h0S，VB＝(h0＋d)S,解得TB＝330 K
(2)从状态A到状态B，活塞缓慢上升，则有pBS＝p0S＋mg
解得pB＝1×105 Pa
由状态B到状态C，封闭气体发生等容变化
由查理定律可得＝,解得pC＝1.1×105 Pa
(3)从状态A到状态C过程中，气体对外做功
则W＝－pBSd＝－30 J
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝188 J
答案：(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J
例 5 [2024·浙江绍兴高三统考阶段练习]如图1所示，竖直玻璃管上端封闭、下端开口，总长L＝68.8 cm，横截面积S＝0.1 cm2，管内液柱的长度L0＝7.6 cm，质量m＝10 g，液柱密封一定质量的理想气体，气体的长度L1＝50 cm，气体温度T1＝300 K．现将玻璃管缓慢转到水平位置，气体温度仍为T1，气体长度变为L2，如图2所示．然后对气体进行缓慢加热，使气体温度上升至T2＝360 K，加热过程气体吸收热量Q，内能增加ΔU＝0.23 J，气体长度变为L3，如图3所示．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，玻璃管内壁光滑，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求气体长度L2；
(2)求气体长度L3；
(3)求加热过程气体吸收热量Q.
解析：(1)设玻璃管竖直放置时密封气体的压强为p1，则p1＝p0－＝0.9×105 Pa
玻璃管转到水平过程气体温度不变，由玻意耳定律p1L1S＝p0L2S
得L2＝45 cm
(2)加热过程气体的压强保持不变，由盖-吕萨克定律＝
得L3＝54 cm
(3)设外界对气体做功W，则W＝－p0S(L3－L2)＝－0.09 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得Q＝0.32 J
答案：(1)45 cm　(2)54 cm　(3)0.32 J
思维提升
气体实验定律与热力学定律的综合问题的求解思路
考点四
考点四　热力学第二定律的理解和应用
【必备知识·自主落实】
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．
不需要任何第三者介入，就能发生
(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“________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________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．
第二类
无序性
【关键能力·思维进阶】
4.[2024·广东广州模拟预测]火热的6月即将到来，高三的同学们也进入高考最后的冲刺，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．故选B.
5．(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．
思维提升
热力学第二定律的理解

展开更多......

收起↑