资源简介

第3讲　热力学定律与能量守恒
■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.理解第一类永动机和第二类永动机不可能制成的原因。
考点1　热力学第一定律
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|备|知|识
1.改变物体内能的两种方式:(1)　　　　;(2)　　　　。
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　　　　与外界对它所做的功的和。
(2)表达式:ΔU=　　　　。
(3)ΔU=Q+W中正、负号法则。
物理量 意义符号 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　　
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。
(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20 J,气体的内能一定减少20 J()
(3)物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变()
关|键|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.热力学第一定律的理解。
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(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。
【典例1】　(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　)
A.内能变大 B.压强变大
C.体积不变 D.从水中吸热
【典例2】　(2025·菏泽模拟)如图所示,开口向右的绝热汽缸,
用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体。轻绳左端连接活塞,活塞横截面积为S,另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶,小桶静止,气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电,活塞缓慢向右移动L后静止,气体处于状态2,由状态1到状态2电热丝放出的热量为Q。重力加速度大小为g,外界大气压强不变。下列说法正确的是(　　)
A.状态2相比状态1,气体压强减小
B.状态2相比状态1,气体压强增大
C.由状态1到状态2,气体内能变化为ΔU=Q-(p0S-mg)L
D.由状态1到状态2,气体内能变化为ΔU=Q-(p0S+mg)L
考点2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
关|键|能|力
解答此类问题的基本流程。
考向1　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【典例3】　(2024·湖北卷)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度;
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
考向2　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合应用
【典例4】　(多选)(2024·新课标卷)如图,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　)
A.1→2过程中,气体内能增加
B.2→3过程中,气体向外放热
C.3→4过程中,气体内能不变
D.4→1过程中,气体向外放热
考点3　热力学第二定律
必|备|知|识
1.热力学第二定律的三种表述。
(1)克劳修斯表述。
热量不能　　　　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　　　　　　　　　,或表述为“　　　　永动机是不可能制成的。”
(3)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　　　　。(熵增加原理)
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。
(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()
关|键|能|力
1.热力学第二定律的涵义。
(1)自然界中诸如传热等热力学宏观现象具有方向性,不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不引起其他变化”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,如气体的等温膨胀过程。
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。
【典例5】　根据热力学定律和能量守恒,下列说法正确的是(　　)
A.空调在制冷过程中,从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B.通过采用先进技术,热机可以实现把燃料产生的内能全部转化为机械能
C.在密闭的房间里,把正常工作的冰箱门打开,可以使房间降温
D.在密闭的房间里,把正常工作的冰箱门打开,房间温度不会有任何变化
【典例6】　(多选)(2025·石家庄模拟)关于热现象,下列说法正确的是(　　)
A.如果某个系统与另一个系统达到热平衡,那么这两个系统的分子平均动能相同
B.不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功
C.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加
D.气体被压缩时,内能一定增加
第3讲　热力学定律与能量守恒
考点1
必备知识 　
1.(1)做功　(2)传热　2.(1)热量　(2)Q+W　(3)吸收　增加　放出　减少
微点辨析　(1)×　(2)×　(3)√
关键能力 　
【典例1】　D　解析　上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,A项错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,B项错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,C项错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体从水中吸热,D项正确。
【典例2】　C　解析　不管状态1还是状态2,稳定后,小桶均保持静止,根据平衡条件可得T=mg,对活塞,根据平衡条件可得p0S=T+pS,则状态1、2,气体压强均为p=p0-,A、B两项错误;由状态1到状态2,外界对气体做功为W=-pΔV=-SL,根据热力学第一定律,由状态1到状态2,气体内能变化为ΔU=Q-(p0S-mg)L,C项正确,D项错误。
考点2
关键能力 　
【典例3】　答案　(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0
解析　(1)气体进行等压变化,则由盖—吕萨克定律得=,
即=,
解得T1=T0。
(2)此过程中气体内能增加
ΔU=CΔT=CT0,
气体对外做功
W=pSΔh=h(p0S+mg),
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
【典例4】　AD　解析　1→2为绝热过程,Q=0,气体体积减小,外界对气体做功,W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,气体内能增加,A项正确;2→3为等压膨胀过程,W<0,由盖-吕萨克定律可知气体温度升高,内能增加,即ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,气体从外界吸热,B项错误;3→4过程为绝热过程,Q=0,气体体积增大,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,气体内能减少,C项错误;4→1过程中,气体做等容变化,W=0,又压强减小,则由查理定律可知气体温度降低,内能减少,即ΔU<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,气体对外放热,D项正确。
考点3
必备知识 　
1.(1)自发地　(2)不产生其他影响　第二类　(3)减小
2.无序性
微点辨析　(1)√　(2)×　(3)×
关键能力 　
【典例5】　A　解析　空调在制冷过程中,把室内的热量向室外释放,消耗电能,产生热量,则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量,A项正确;根据热力学第二定律可知,即使通过采用先进技术,热机的工作效率可以提高,但不可能达到100%,B项错误;冰箱的工作原理是将里面的热量吸收到外面使内部的温度降低,并且自身工作也会消耗电能产生热量,所以当冰箱在密闭的房间里并打开,此时冰箱内外部相通,所以无法降温,由于冰箱本身工作消耗电能会产生热量,所以房间温度会升高,C、D两项错误。
【典例6】　AC　解析　根据热平衡定律可知,如果两个系统达到热平衡,则温度相同,分子平均动能相同,A项正确;根据热力学第二定律,从单一热库吸收的热量可以完全变成功,但要引起其他的变化,B项错误;根据理想气体状态方程,一定量的某种理想气体在压强不变的情况下,体积变大,则温度一定升高,内能一定增加,C项正确;气体被压缩时,外界对气体做功(W>0),如果向外界放热(Q<0),根据热力学第一定律ΔU=W+Q,内能可能增大、不变或减小,D项错误。(共34张PPT)
第3讲
热力学定律与能量守恒
第十五章　热学
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.理解第一类永动机和第二类永动机不可能制成的原因。
考点1　热力学第一定律
考点2　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
内容
索引
考点3　热力学第二定律
热力学第一定律
考点1
必|备|知|识
1.改变物体内能的两种方式：(1) ；(2) 。
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 与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU= 。
做功
传热
热量
Q+W
(3)ΔU=Q+W中正、负号法则。
物理量 意义符号 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
放出
增加
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。
(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20 J，气体的内能一定减少20 J
( )
(3)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变( )
关|键|能|力
1.热力学第一定律的理解。
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(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。
【典例1】　(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A.内能变大 B.压强变大
C.体积不变 D.从水中吸热
上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，A项错误；气泡内气体压强p=p0+ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，B项错误；由玻意耳定律pV=C知，气体的体积变大，C项错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体从水中吸热，D项正确。
解析
【典例2】　(2025·菏泽模拟)如图所示，开
口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一
定质量的理想气体。轻绳左端连接活塞，活
塞横截面积为S，另一端跨过光滑定滑轮连接
质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞缓慢向右移动L后静止，气体处于状态2，由状态1到状态2电热丝放出的热量为Q。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是( )
A.状态2相比状态1，气体压强减小
B.状态2相比状态1，气体压强增大
C.由状态1到状态2，气体内能变化为ΔU=Q-(p0S-mg)L
D.由状态1到状态2，气体内能变化为ΔU=Q-(p0S+mg)L
不管状态1还是状态2，稳定后，小桶均保持静止，根据平衡条件可得T=mg，对活塞，根据平衡条件可得p0S=T+pS，则状态1、2，气体压强均为p=p0-，A、B两项错误；由状态1到状态2，外界对气体做功为W=-pΔV=-SL，根据热力学第一定律，由状态1到状态2，气体内能变化为ΔU=Q-(p0S-mg)L，C项正确，D项错误。
解析
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
考点2
关|键|能|力
解答此类问题的基本流程。
考向1
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【典例3】　(2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、
开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部
分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。
初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当
容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升
h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为
g，所有温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得=，
即=，
解得T1=T0。
解析
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0，
气体对外做功W=pSΔh=h(p0S+mg)，
此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。
解析
考向2
热力学第一定律与气体状态变化图像的综合应用
【典例4】　(多选)(2024·新课标卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A.1→2过程中，气体内能增加
B.2→3过程中，气体向外放热
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体向外放热
1→2为绝热过程，Q=0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0，气体内能增加，A项正确;
2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高,内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，气体从外界吸热，B项错误；3→4过程为绝热过程，Q=0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0，气体内能减少,
C项错误；4→1过程中，气体做等容变化，W=0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0，气体对外放热，D项正确。
解析
热力学第二定律
考点3
必|备|知|识
1.热力学第二定律的三种表述。
(1)克劳修斯表述。
热量不能 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 ，或表述为“ 永动机是不可能制成的。”
自发地
不产生其他影响
第二类
(3)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 。(熵增加原理)
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。
减小
无序性
(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( )
关|键|能|力
1.热力学第二定律的涵义。
(1)自然界中诸如传热等热力学宏观现象具有方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不引起其他变化”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，如气体的等温膨胀过程。
【典例5】　根据热力学定律和能量守恒，下列说法正确的是( )
A.空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B.通过采用先进技术，热机可以实现把燃料产生的内能全部转化为机械能
C.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，可以使房间降温
D.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，房间温度不会有任何变化
空调在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，A项正确；根据热力学第二定律可知，即使通过采用先进技术，热机的工作效率可以提高，但不可能达到100%，B项错误；冰箱的工作原理是将里面的热量吸收到外面使内部的温度降低，并且自身工作也会消耗电能产生热量，所以当冰箱在密闭的房间里并打开，此时冰箱内外部相通，所以无法降温，由于冰箱本身工作消耗电能会产生热量，所以房间温度会升高，C、D两项错误。
解析
【典例6】　(多选)(2025·石家庄模拟)关于热现象，下列说法正确的是( )
A.如果某个系统与另一个系统达到热平衡，那么这两个系统的分子平均动能相同
B.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D.气体被压缩时，内能一定增加
根据热平衡定律可知，如果两个系统达到热平衡，则温度相同，分子平均动能相同，A项正确；根据热力学第二定律，从单一热库吸收的热量可以完全变成功，但要引起其他的变化，B项错误;根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，C项正确；气体被压缩时，外界对气体做功(W>0)，如果向外界放热(Q<0)，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，内能可能增大、不变或减小，D项错误。
解析微练52　热力学定律与能量守恒
　梯级Ⅰ基础练
1.用活塞压缩密封在汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J。对于汽缸里压缩后的空气，下列说法正确的是(　　)
A.空气的分子势能增大
B.每个空气分子的动能都变大
C.空气温度升高，内能增加690 J
D.空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数减少
2.(2025·深圳模拟)海底火山活跃的海域，火山附近的海水会受到加热形成水蒸气从而产生气泡。当气泡浮上水面的过程中温度下降，压强减小，体积减小。该过程中水蒸气可视作理想气体。下列关于该过程说法正确的是(　　)
A.水蒸气上升过程中吸收热量
B.水蒸气分子的平均动能增大
C.水蒸气放出的热量大于其减小的内能
D.该过程违反了热力学第二定律
3.(2025·黄山模拟)现代高档大客车普遍安装有空气弹簧(封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能)，上、下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震。上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸;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，可视为绝热过程。若外界温度恒定，汽缸内气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　)
A.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能不变
B.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，空气弹簧内气体从外界吸热，气体内能增大
C.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体向外界放热
D.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小
4.(多选)如图所示为电冰箱的工作原理示意图;压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内、外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是(　　)
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律
D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除
5.(2025·内江模拟)如图，健身球是一个充满气体的大皮球，当人压向健身球上时，假设球内气体温度不变，则在这个过程中(　　)
A.气体分子的平均速率增大
B.外界对气体做功
C.气体从外界吸收热量
D.气体的压强不变
6.(多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　)
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
7.(多选)(2025·六安模拟)一定质量的理想气体，初始温度为400 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收500 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.等压过程中，气体对外做功100 J
B.初始状态下，气体的体积为3 L
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500 J
梯级Ⅱ能力练
8.(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
9.(2024·黑吉辽卷)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2= 5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P;
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
10.(2024·浙江卷)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4 m2，m=0.1 kg，l1=0.2 m，l2=0.3 m，T2=350 K，V0=2.0×10-4 m3，大气压强p0=1.0×105 Pa，环境温度T1=300 K，重力加速度g=10 m/s2。
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)求此不规则小块固体的体积V。
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
梯级Ⅲ创新练
11.(2025·周口模拟)一定质量的理想气体从A状态变化到B状态的过程，压强p与摄氏温度t的关系如图所示，则从A到B的过程中，下列判断正确的是(　　)
A.气体的体积不变 B.气体的内能增加
C.外界对气体做负功 D.一定是吸热过程
微练52　热力学定律与能量守恒
1.C　解析　空气分子之间的作用力为引力,在压缩的过程中,空气分子的间距减小,分子间作用力做正功,则空气的分子势能减小,A项错误;对空气做了900 J的功,同时汽缸向外散热210 J,根据热力学第一定律可知气体内能增加ΔU=W+Q=900 J-210 J=690 J,内能增加,空气的温度升高,分子平均动能增加,但不是每个空气分子的动能都变大,B项错误,C项正确;空气分子平均速率增加,气体体积减小,分子数密度增加,气体压强变大,则空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数增加,D项错误。
2.C　解析　根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体温度下降,故内能减小,即ΔU<0,体积减小可以判断外界对气体做功,故W>0,因此Q必须为负,故放出热量,A项错误;水蒸气的温度下降,故分子平均动能减小,B项错误;根据热力学第一定律,因外界对气体做功,故水蒸气放出的热量大于其减小的内能,C项正确;该过程不单是从热源吸热并用于做功,同时也引起了海水重力势能变化,故没有违反热力学第二定律,D项错误。
3.A　解析　乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中,外界对气体做功,W为正值,气体与外界有充分的热交换,气体温度不变,内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,空气弹簧内气体向外界放热,A项正确,B项错误;剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中,外界对空气弹簧内气体做功,W为正值,气体与外界来不及热交换,可视为绝热过程,空气弹簧内气体不对外界放热,Q为零,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知ΔU为正值,气体内能一定增大,C、D两项错误。
4.BD　解析　热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表现,适用于所有的热学过程,C项错误;根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,必须借助于其他系统做功,A项错误,B项正确;压缩机工作时会发热,将一部分电能转化为内能消耗掉,这种影响没法消除,D项正确。
5.B　解析　气体温度不变,则气体分子的平均速率不变,A项错误;因为气体的内能不变,体积减小,外界对气体做功,则气体要向外放出热量,B项正确,C项错误;根据公式=C可知,温度不变,体积减小,则压强增大,D项错误。
6.AC　解析　由理想气体状态方程=C,化简可得V=·T,由题图可知,图像的斜率越大,压强越小,故pa0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,ab过程气体放出热量,C项正确;ca过程,温度升高,内能增大,D项错误。
7.AD　解析　设理想气体的初始状态的压强,体积和温度分别为p1=1×105 Pa,V1,T1=400 K,等容过程后为状态二:V2=V1,T2=500 K,等压过程后为状态三:p3=p1,T3=500 K,等压过程由=,解得V3=V1,体积增加了原来的,C项错误;等容过程中气体做功为零,该气体吸收500 J的热量后,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,内能增加500 J,两个过程的初、末温度相同即内能变化相同,因此内能都增加为500 J,D项正确;等压过程内能增加了500 J, 吸收热量为600 J, 由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体对外做功为100 J,由W=pΔV可得ΔV=1 L,由ΔV=V3-V1,解得V1=4 L,A项正确,B项错误。
8.C　解析　a→b过程压强不变,是等压变化且体积增大,气体对外做功W<0,由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta,即内能增大,ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知a→b过程,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A项错误;b→c过程气体与外界无热量交换,即Qbc=0,又由气体体积增大可知Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少,B项错误;c→a过程为等温过程,可知Tc=Ta,ΔUac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C项正确;根据热力学第一定律结合上述解析可知:a→b→c→a整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,因此由热力学第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0,故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca,D项错误。
9.答案　(1)　(2)
解析　(1)由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为U1=,
设变压器副线圈的输出电压为U2,根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
=,
联立解得U2=U1=,
理想变压器的输出功率等于R的热功率,即
P==。
(2)设加热前容器内气体的压强为p0,则加热后气体的压强为2p0,温度为T2,容器内的气体做等容变化,则有=,
解得T2=2T0,
由Q=CΔT知气体吸收的热量
Q=C(T2-T0)=CT0,
根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体的体积不变,所以W=0,容器是绝热容器,则ΔU=Q,电热丝产生的热量全部被气体吸收
Q=Pt,
联立整理得t=CT0,
解得t=。
10.答案　(1)不变　变小　(2)4×10-5 m3　(3)14.4 J
解析　(1)温度升高后,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体的压强不变,根据p=可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于体积变大,故气体分子的数密度变小。
(2)气体发生等压变化,根据盖—吕萨克定律=,
解得V=4×10-5 m3。
(3)整个过程中外界对气体做功为
W=-p1S(l2-l1),
对活塞受力分析p1S=mg+p0S,
解得W=-4.1 J,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W,
其中ΔU=10.3 J,
解得Q=14.4 J,
故气体吸收热量为14.4 J。
11.B　解析　根据T=t+273 K,作出压强p与热力学温度T的关系如图所示,根据理想气体状态方程有=C,则有p=T,图像上某点与原点连线的斜率能够间接表示体积的倒数,A点与原点连线的斜率小于B点与原点连线的斜率,则A状态的体积大于B状态的体积,即从A到B的过程中,气体体积减小,A项错误;从A到B的过程中,气体温度升高,则气体内能增加,B项正确;结合上述可知,气体体积减小,则外界对气体做正功,C项错误;结合上述,外界对气体做正功,气体内能增加,根据热力学第一定律可知,该过程与外界之间的传热情况不能够确定,即该过程不一定是吸热过程,D项错误。(共32张PPT)
微练52
热力学定律与能量守恒
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
1.用活塞压缩密封在汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J。对于汽缸里压缩后的空气，下列说法正确的是(　　)
A.空气的分子势能增大
B.每个空气分子的动能都变大
C.空气温度升高，内能增加690 J
D.空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数减少
梯级Ⅰ 基础练
空气分子之间的作用力为引力，在压缩的过程中，空气分子的间距减小，分子间作用力做正功，则空气的分子势能减小，A项错误；对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，根据热力学第一定律可知气体内能增加ΔU=W+Q=900 J-210 J=690 J，内能增加，空气的温度升高，分子平均动能增加，但不是每个空气分子的动能都变大，B项错误，C项正确；空气分子平均速率增加，气体体积减小，分子数密度增加，气体压强变大，则空气分子单位时间内与汽缸壁单位面积上的碰撞次数增加，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
2.(2025·深圳模拟)海底火山活跃的海域，火山附近的海水会受到加热形成水蒸气从而产生气泡。当气泡浮上水面的过程中温度下降，压强减小，体积减小。该过程中水蒸气可视作理想气体。下列关于该过程说法正确的是(　　)
A.水蒸气上升过程中吸收热量
B.水蒸气分子的平均动能增大
C.水蒸气放出的热量大于其减小的内能
D.该过程违反了热力学第二定律
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体温度下降，故内能减 小，即ΔU<0，体积减小可以判断外界对气体做功，故W>0，因此Q必须为负，故放出热量，A项错误；水蒸气的温度下降，故分子平均动能减小，B项错误；根据热力学第一定律，因外界对气体做功，故水蒸气放出的热量大于其减小的内能，C项正确；该过程不单是从热源吸热并用于做功，同时也引起了海水重力势能变化，故没有违反热力学第二定律，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
3.(2025·黄山模拟)现代高档大客车普遍安装有空气弹簧(封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能)，上、下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震。上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸；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，可视为绝热过程。若外界温度恒 定，汽缸内气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
A.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能不变
B.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，空气弹簧内气体从外界吸热，气体内能增大
C.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体向外界放热
D.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对气体做 功，W为正值，气体与外界有充分的热交换，气体温度不变，内能不变，ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，空气弹簧内气体向外界放热，A项正确，B项错误；剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，W为正值，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程，空气弹簧内气体不对外界放热，Q为零，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知ΔU为正值，气体内能一定增大，C、D两项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
4.(多选)如图所示为电冰箱的工作原理示意图；压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内、外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是(　　)
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律
D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，C项错误；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，A项错误，B项正确；压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
5.(2025·内江模拟)如图，健身球是一个充满气体的大皮球，当人压向健身球上时，假设球内气体温度不变，则在这个过程中(　　)
A.气体分子的平均速率增大
B.外界对气体做功
C.气体从外界吸收热量
D.气体的压强不变
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
气体温度不变，则气体分子的平均速率不变，A项错误；因为气体的内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体要向外放出热量，B项正确，C项错误；根据公式=C可知，温度不变，体积减小，则压强增大，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
6.(多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　)
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
由理想气体状态方程=C，化简可得V=·T，由题图可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa 0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，ab过程气体放出热量，C项正确；ca过程，温度升高，内能增大，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
7.(多选)(2025·六安模拟)一定质量的理想气体，初始温度为400 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收500 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.等压过程中，气体对外做功100 J
B.初始状态下，气体的体积为3 L
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500 J
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
设理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为p1=1×105 Pa，V1，T1=400 K，等容过程后为状态二:V2=V1，T2=500 K，等压过程后为状态三:p3=p1，T3=500 K，等压过程由=，解得V3=V1，体积增加了原来的，C项错误；等容过程中气体做功为零，该气体吸收500 J的热量后，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，内能增加
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
500 J，两个过程的初、末温度相同即内能变化相同，因此内能都增加为500 J，D项正确；等压过程内能增加了500 J， 吸收热量为600 J， 由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体对外做功为100 J，由W=pΔV可得ΔV=1 L，由ΔV=V3-V1，解得V1=4 L，A项正确，B项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
8.(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
梯级Ⅱ 能力练
a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W< 0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A项错误；b→c过程气体与外界无热量交换，即Qbc=0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少，B项错
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
误；c→a过程为等温过程，可知Tc=Ta，ΔUac=0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做 功，C项正确；根据热力学第一定律结合上述解析可知:a→b→c→ a整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，因此由热力学第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
9.(2024·黑吉辽卷)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2= 5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P；
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
U1=，
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有=，
联立解得U2=U1=，
理想变压器的输出功率等于R的热功率，即P==。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有=，
解得T2=2T0，
由Q=CΔT知气体吸收的热量Q=C(T2-T0)=CT0，
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
根据热力学第一定律ΔU=W+Q，气体的体积不变，所以W=0，容器是绝热容器，则ΔU=Q，电热丝产生的热量全部被气体吸收
Q=Pt，
联立整理得t=CT0，
解得t=。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
10.(2024·浙江卷)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4 m2，m=0.1 kg，l1=0.2 m，l2=0.3 m，T2=350 K，V0=2.0×10-4 m3，大气压强p0=1.0×105 Pa，环境温度T1=300 K，重力加速度g=10 m/s2。
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。
温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不 变，根据p=可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。
解析
不变
变小
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
(2)求此不规则小块固体的体积V。
气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律=，
解得V=4×10-5 m3。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
整个过程中外界对气体做功为W=-p1S(l2-l1)，
对活塞受力分析p1S=mg+p0S，
解得W=-4.1 J，
根据热力学第一定律ΔU=Q+W，
其中ΔU=10.3 J，
解得Q=14.4 J，
故气体吸收热量为14.4 J。
解析
11.(2025·周口模拟)一定质量的理想气体从A状态变化到B状态的过程，压强p与摄氏温度t的关系如图所示，则从A到B的过程中，下列判断正确的是(　　)

A.气体的体积不变 B.气体的内能增加
C.外界对气体做负功 D.一定是吸热过程
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
梯级Ⅲ 创新练
根据T=t+273 K，作出压强p与热力学温度T的关系如图所示，根据理想气体状态方程有=C，则有p=T，图像上某点与原点连线的斜率能够间接表示体积的倒数，A点与原点连线的斜率小于B点与原点连线的斜率，则A状态的体积大于B状态的体积，即从A到B的过程中，气体体积减小，A项错误；从A到B的过程中，气体温度升高，则气体内能增加，B项正确；结合上述可知，气体体积减
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4
小，则外界对气体做正功，C项错误；结合上述，外界对气体做正功，气体内能增加，根据热力学第一定律可知，该过程与外界之间的传热情况不能够确定，即该过程不一定是吸热过程，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
2
3
4

展开更多......

收起↑