资源简介

第3讲　热力学定律与能量守恒定律
对应学生用书P339
学习目标 教考链接
1.理解热力学第一定律，能解决相关问题 2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性 3.掌握热力学第一定律与气体实验定律的结合点，能综合应用两种定律解决相关的图像问题和实际问题 1.定律内涵理解：结合实例考查热力学第一定律中ΔU、W、Q的符号判断及定量计算 2.过程方向判断：通过宏观热现象(如热传递、功热转换)考查对热力学第二定律及熵增原理的理解 3.定律综合应用：将热力学第一定律与气体图像结合，分析多过程中能量转化与状态参量变化
一、热力学第一定律
1.改变内能的两种方式
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)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
3.热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，系统不从外界吸热，也不向外界放热，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。
AI精准定位：高考命题关键点
先由体积变判做功，温度变判内能，再代公式Q＝ΔU－W求热量
1.判断做功正负：看气体体积变化。体积增大，则气体对外界做功；体积减小，则外界对气体做功。
2.判断内能增减：看气体温度变化。温度升高，则内能增加；温度降低，则内能减少。
3.计算热量吸放：利用公式 Q＝ΔU－W，在判断出ΔU和W后，直接计算出热量Q的大小和正负。
【例1】 一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是(　　)
A.W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B.W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C.W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D.W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝－4×104 J
二、热力学第二定律
1.热力学第二定律的克劳修斯表述
(1)内容：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。即传热的过程具有方向性。
(2)传热的方向性
①热量可以自发地由高温物体传给低温物体。
②热量不能自发地由低温物体传给高温物体。
③一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
[说明]在表述中强调“自发”，就是不需要任何第三者介入，就能发生。
2.热力学第二定律的另一种表述
(1)热机
①热机工作的两个阶段：第一个阶段是燃烧燃料，把燃料中的化学能变成工作物质的内能。第二个阶段是工作物质对外做功，把自己的内能变成机械能。
②热机的效率：热机输出的机械能W与燃料产生的热量Q的比值。用公式表示：η＝。
(2)开尔文表达
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。(该表述阐述了机械能与内能转化的方向性)
3.用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自发过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
4.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。
热力学第二定律的理解与应用
1.判断过程方向性：根据“热量不能自发从低温传到高温”判断热现象方向，解释相关自然现象。
2.识别第二类永动机：判断装置是否违反热力学第二定律，即能否从单一热源吸热完全变成功。
3.理解能量转化限度：明确热力学第二定律指出能量转化具有方向性，即使满足能量守恒也不一定能实现。
4.解释不可逆过程：用熵增原理解释气体扩散、功变热等过程的不可逆性，说明系统总是趋向无序。
【例2】 下列哪种现象违背热力学第二定律(　　)
A.一杯热茶自然放置，慢慢变凉
B.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥、水自动分离
C.一滴红色颜料滴进一杯清水中，整杯水将均匀地变红
D.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能，效率达100％
题后反思：
三、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.意义
(1)各种形式的能可以相互转化。
(2)各种互不相关的物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。
[提醒]在热学中，做功将引起内能与其他形式能之间发生转化，热传递将引起内能在不同物体间发生转移。所以热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的具体体现。
3.能量耗散
(1)能量耗散并不是指能量的总量不守恒，而是指能量的品质降低了。 它实际上是将能量从高度有用的高品质形式降级为不大可用的低品质形式。
(2)能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的自发变化过程具有方向性。
分析能量形式转化，识别机械能等转化为低品质内能的耗散过程
1.判断能量转化形式：分析过程中机械能、内能、电能等不同形式能量之间的相互转化关系。
2.识别能量耗散表现：判断哪些过程会导致能量品质降低，如摩擦生热使机械能转化为不可利用的内能。
【例3】 (原创＋生产生活融通)关于能源的分类及能量利用的基本规律，下列说法正确的是(　　)
A.天然气、核燃料(如铀)属于可再生能源，可长期无限制开采使用
B.能量守恒定律说明自然界总能量不变，因此人类无需节约能源
C.人类应优先开发太阳能、风能等可再生能源，降低对化石能源的依赖
D.能量的耗散表明能量转化没有方向性，能自发从低温物体转移到高温物体
【例1】 解析：选B。由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J，B正确。
【例2】 答案：选D。
【例3】 答案：选C。
考点一　热力学第一定律
结合热力学第一定律分析各物理量的变化
【例1】 (2025·北京高考)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体(　　)
A.压强变小　　　　　 B.对外界不做功
C.内能保持不变 D.分子平均动能增大
题后反思：
思维链
能力要语
抓住温度决定内能，体积变化决定做功，再利用热力学第一定律进行逻辑链分析。
【例1】 解析：选D。猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，C错误；气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，则气体压强增大，A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，B错误；气体温度增大，则分子平均动能增大，D正确。
热力学第一定律与图像的综合应用
【例2】 一定质量的理想气体，从状态a开始经历如图所示的状态变化过程回到原状态，则下列说法中正确的是(　　)
A.a→b的过程气体放出热量
B.b→c的过程中气体分子的平均动能一直不变
C.c状态比b状态单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数多
D.一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量
题后反思：
【例3】 一定质量的理想气体从状态A开始，经历A→B→C→A后回到原状态，其V-T图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.B→C过程气体对外界做功
B.B→C过程每个气体分子的速率都增大
C.A、B状态对应的气体压强之比为9∶1
D.A→B→C→A过程中，气体内能增加
题后反思：
角度突破
1.W：由图像看体积变化，确定做功情况。
(1)对于p-V图像，某阶段图线与横轴包围的面积代表该阶段中功的大小，正负由V的增减确定。
(2)对于p-V图像，完成一次循环，该循环所围成的封闭图形的面积代表该循环中总功的大小，正负与循环的方向有关。
(3)对于V-T、p-T图像，计算功的大小可先转换成p-V图像。
2.ΔU：对分子数一定的理想气体，由图像看温度，确定内能变化。
(1)对于p-T、V-T图像，看温度可直接观察所研究阶段横坐标T的变化。
(2)对于p-V图像，横、纵坐标的乘积“pV”可反映温度，若某阶段对应线段为双曲线，则该阶段为等温变化。
3.Q：热量无法直接由图像看出，需借助ΔU＝Q＋W间接得到；如题中已告知“绝热”，则Q＝0。
【例2】 解析：选C。由理想气体状态方程＝C及图像可知，a→b的过程，气体压强不变，体积增大，所以气体的温度增加，则内能增加，即ΔU＞0，同时气体对外做功，即W＜0，所以由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＞0，即a→b的过程气体吸收热量，A错误；由图像可知状态b时气体的压强为p0，体积为2V0，状态c时气体的压强为2p0，体积为V0，设状态b和状态c时气体的温度分别为Tb和Tc，根据理想气体状态方程有＝，解得Tb＝Tc，但是b→c是直线过程，pV乘积先增大后减小，所以温度也是先增大后减小，由于温度是分子平均动能的标志，所以此过程中平均动能先增大后减小，B错误；b、c状态温度相同，分子平均动能相同，c状态体积小，所以c状态比b状态单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数多，C正确；一次循环过程中，由p-V图线与坐标轴围成的面积可知外界对气体做功，即W＞0，而由于又回到原状态，温度不变，所以内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＜0，即气体吸收的热量小于放出的热量，D错误。
【例3】 解析：选C。B→C过程，气体体积不变，气体没有对外界做功，A错误；B→C过程，气体温度升高，气体分子平均动能增大，但不是每个气体分子的速率都增大，B错误；根据理想气体状态方程可得＝，可得A、B状态对应的气体压强之比为pA∶pB＝9∶1，C正确；A→B→C→A过程中，由于初、末状态都是A状态，气体在初、末状态的温度相同，所以气体内能不变，D错误。
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
【例4】 (2025·浙江高考)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S＝1.6×10－3 m2，t1＝77 ℃，t2＝27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0＝1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
解析：(1)状态1气体的温度
T1＝(77＋273) K＝350 K
压强p1＝p0＝1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2＝(27＋273) K＝300 K
气体做等容变化，根据＝
可得p2＝9×104 Pa。
(2)气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q＝－7.35 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化
ΔU＝－7.35 J
即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp＝p0－p2＝1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F＝ΔpS＝24 N。
答案：(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
【例5】 (2025·陕晋青宁卷)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
解析：(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有＝
代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。
(2)根据p-V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程气体对外界做的功
W＝－×105×(0.560－0.528) J＝－1.008×104 J
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
又Q＝7.608×104 J
解得ΔU＝6.6×104 J。
答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
破题路径
思维链
破题路径
教学札记：
考点二　热力学第二定律
热力学第二定律方向性判断
【例6】 2025年4月30号下午，神舟十九号飞船在内蒙古东风着陆场顺利降落，气闸舱是实验舱中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。气闸舱的工作原理简化图如图所示，座舱A充满一定质量的理想气体，座舱B内为真空。打开阀门K，气体会自发扩散至B中，气体最终达到平衡，整个系统不漏气且与外界没有热交换，下列说法正确的是(　　)
A.扩散时，气体系统的熵值在增加
B.座舱A中气体自发扩散过程中，气体对外做功，内能减小
C.平衡后，座舱B中气体可能自发的全部回到座舱A中
D.平衡后，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数增加
角度突破
热力学第二定律的含义
(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的影响，如吸热、放热、做功等。
【例6】 解析：选A。由于气体分子无规则运动的空间变大，所以无序性增加，即熵增加，A正确；气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统不漏气且与外界没有热交换，气体内能不变，B错误；根据熵增加原理可知，一切宏观热现象均具有方向性，座舱B中气体不可能自发地全部回到座舱A中，C错误；气体温度不变，体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，D错误。
两类永动机的辨析
【例7】 历史上曾有许多人企图发明制造永动机，先是第一类永动机，后是第二类永动机，都成了镜花水月。正是对永动机不可能的论证中，人类发现了能量守恒定律及能量转化的方向性。关于永动机，下列说法正确的是(　　)
A.第一类永动机违背了机械能守恒定律
B.第二类永动机违背了能量守恒定律
C.第二类永动机违背了能量转移转化的不可逆性
D.随着科技的发展和人类的进步，第一类永动机终会成功
解析：选C。第一类永动机违背了能量守恒定律，不可能制造成功，A、D错误；第二类永动机违背了能量转移转化的不可逆性，B错误，C正确。
角度突破
分类 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，但违背热力学第二定律
[课时通关精练(三十九)]　热力学定律与能量守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
解析：选A。由于该容器为恒温容器，气球上升过程中球内气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，B、C错误；随着气球上升，水对气球的压强逐渐减小，球内气体压强也逐渐减小，气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体体积逐渐增大，气体对外做功，A正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体对外做功且内能不变，故球内气体吸收的热量等于气体对外做功的大小，D错误。
2.在如图所示的压强p与热力学温度T的关系图像中，一定质量的理想气体从状态1沿直线变化至状态2，图中的虚线为过坐标原点的倾斜直线。则在该过程中(　　)
A.气体分子的平均动能逐渐增加
B.气体的内能逐渐增加
C.气体对外界做功
D.气体向外界放出热量
解析：选D。理想气体从状态1到状态2，热力学温度T不变(图像中T轴坐标不变)。温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能不变；理想气体内能只与温度有关，内能也不变，A、B错误；根据理想气体状态方程＝C，T不变，p增大，则体积V减小，即外界对气体做功，C错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为内能不变，ΔU＝0；外界对气体做功，W＞0，所以Q＜0，即气体向外界放出热量，D正确。
3.一定质量的理想气体被密封在容器中，如图所示为其某段时间内的p-V图像，1和2是两条等温线，线段bc平行于V轴，下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程中，气体温度降低
B.a→b过程中，外界对气体做功
C.b→c过程中，气体从外界吸收热量
D.b→c过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大
解析：选B。由图可知等温线离原点越远，对应的温度越高，故a→b过程中，气体温度升高，A错误；a→b过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确；b→c为等压变化，由公式＝C可知，等温线2对应的气体温度比等温线1对应的气体温度低；b→c过程中，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放出的热量比外界对气体做功多，此过程中压强不变，根据p＝，可得容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，C、D错误。
4.如图所示，一定质量的理想气体经历从A→B→C的变化过程，在此过程中气体从外界吸收了Q＝510 J的热量，气体对外界做了W＝96 J的功。已知状态A时气体压强为pA＝2.4×105 Pa、气体内能UA＝136 J，求：
(1)状态B时气体的压强pB；
(2)状态C时气体的内能UC。
解析：(1)状态A→B为等容过程，由查理定律得
＝
解得pB＝3pA＝7.2×105 Pa。
(2)由热力学第一定律得UC－UA＝Q－W
解得UC＝550 J。
答案：(1)7.2×105 Pa　(2)550 J
5.(生产生活融通题)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时，由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要测出空腔的体积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示)，做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间。汽缸上部由横截面积S＝10 cm2的活塞密封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L。现对活塞施加一个竖直向下的变力F，使活塞缓慢下移，当汽缸内气体体积变为7 L时，外力F的大小为20 N，上述过程中外力F做的功W1＝28 J。已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽缸间的摩擦力、细管中气体的体积，大气压强p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)金属立柱内空腔的体积；
(2)汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，封闭气体与外界热交换是吸热还是放热，热量是多少。
解析：(1)以整体气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0(10 L＋V)＝(7 L＋V)
代入数据解得V＝8 L。
(2)外力F做的功W1＝28 J，汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，大气压力对封闭气体做功
W2＝p0ΔV＝1.0×105×(10－7)×10－3 J＝300 J
外力对封闭气体做功W＝W1＋W2＝328 J
外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知0＝W＋Q
解得Q＝－328 J
则汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量为328 J。
答案：(1)8 L　(2)放热　328 J
6.关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A.热量不可能从低温物体传到高温物体
B.若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
C.当墨水均匀扩散到整杯清水后，经过足够长的时间，墨水和清水也可能自动分开
D.随着科学技术的发展，汽车热机的效率可达到100％
答案：选B。
7.(原创)关于永动机的设计思路及可行性，下列说法正确的是(　　)
A.第二类永动机不违背能量守恒定律，只要科技足够发达，未来可以制成
B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，两类永动机均不可能制成
C.第一类永动机和第二类永动机都违背了能量守恒定律，因此都无法实现
D.两类永动机的实质相同，都是因为无法满足能量转化的条件，所以仅存在于设想中
答案：选B。
8.(2025·湖北高考)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
解析：选B。气体温度升高，体积减小，根据＝C，气体压强变大，则外力F增加，A错误；气体温度升高，则气体内能变大，即ΔU ＞ 0，B正确；气体体积减小，则外界对气体做正功，C错误；根据＝C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则气体压强大于原来的2倍，D错误。
9.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，其中图线bc、da平行于横轴。下列说法正确的是(　　)
A.从a到b，气体对外界做功
B.从b到c，气体温度保持不变
C.从c到d，气体内能减小
D.从d到a，气体从外界吸热
解析：选D。从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，A错误；从b到c，气体压强不变、体积减小，根据＝C可知温度减小，B错误；从c到d，根据＝C，整理得p＝CT，可知温度不变时，p-图像为过原点的倾斜直线，故从c到d温度不变，气体内能不变，C错误；从d到a，气体压强不变、体积增大(W＜0)，根据＝C，可知温度升高(ΔU＞0)，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，故该过程气体从外界吸热，D正确。
10.如图所示的p-V图像记录了一定质量的理想气体经历的缓慢变化过程A→B→C，其中A→B段是等容过程，B→C段是绝热过程。已知该理想气体内能与温度的关系为U＝CT，其中C＝10 J/K，A状态的热力学温度为TA＝420 K。求：
(1)B和C状态对应的热力学温度；
(2)B→C过程中外界对气体所做的功。
解析：(1)A→B过程为等容变化，由查理定律有＝
解得TB＝176.4 K
对A、C两状态由理想气体状态方程有
＝
解得TC＝280 K。
(2)B→C过程中无热传递Q＝0，此过程内能变化为
ΔU＝C(TC－TB)＝1 036 J
由热力学第一定律有W＝ΔU＝1 036 J
可得B→C过程外界对气体做功
W＝1 036 J
答案：(1)176.4 K　280 K　(2)1 036 J
11.如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积S＝0.04 m2的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为m＝80 kg的重物，此时活塞在距离汽缸上底面h1＝0.21 m的A处，气体的温度为T1＝280 K。给汽缸内的电热丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面h2＝0.24 m的B处(图中未画出)，此过程气体内能增加了44 J，大气压为p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2。
(1)求活塞在B处时的气体温度T2；
(2)求此过程中气体吸收的热量Q。
解析：(1)从A到B为等压变化，由盖-吕萨克定律有＝
解得T2＝320 K。
(2)活塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，可得mg＋pS＝p0S
外界对气体做功W＝－pS(h2－h1)
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝140 J。
答案：(1)320 K　(2)140 J(共71张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第十五章
热学
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
Q＋W
吸收
外界
减少
AI精准定位：高考命题关键点
低温
高温
化学
内
机械
机械能W
热量Q
完全变成功
减小
增大
AI精准定位：高考命题关键点
能量守恒
方向
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
思维链
热力学第一定律
考点一
能力要语
角度突破
破题路径
思维链
破题路径
角度突破
热力学第二定律
考点二
角度突破
[课时通关精练(三十九)]　
热力学定律与能量守恒定律
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
12
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
谢谢观看[课时通关精练(三十九)]　热力学定律与能量守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
解析：选A。由于该容器为恒温容器，气球上升过程中球内气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，B、C错误；随着气球上升，水对气球的压强逐渐减小，球内气体压强也逐渐减小，气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体体积逐渐增大，气体对外做功，A正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体对外做功且内能不变，故球内气体吸收的热量等于气体对外做功的大小，D错误。
2.在如图所示的压强p与热力学温度T的关系图像中，一定质量的理想气体从状态1沿直线变化至状态2，图中的虚线为过坐标原点的倾斜直线。则在该过程中(　　)
A.气体分子的平均动能逐渐增加
B.气体的内能逐渐增加
C.气体对外界做功
D.气体向外界放出热量
解析：选D。理想气体从状态1到状态2，热力学温度T不变(图像中T轴坐标不变)。温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能不变；理想气体内能只与温度有关，内能也不变，A、B错误；根据理想气体状态方程＝C，T不变，p增大，则体积V减小，即外界对气体做功，C错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为内能不变，ΔU＝0；外界对气体做功，W＞0，所以Q＜0，即气体向外界放出热量，D正确。
3.一定质量的理想气体被密封在容器中，如图所示为其某段时间内的p-V图像，1和2是两条等温线，线段bc平行于V轴，下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程中，气体温度降低
B.a→b过程中，外界对气体做功
C.b→c过程中，气体从外界吸收热量
D.b→c过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大
解析：选B。由图可知等温线离原点越远，对应的温度越高，故a→b过程中，气体温度升高，A错误；a→b过程中，体积减小，外界对气体做功，B正确；b→c为等压变化，由公式＝C可知，等温线2对应的气体温度比等温线1对应的气体温度低；b→c过程中，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放出的热量比外界对气体做功多，此过程中压强不变，根据p＝，可得容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，C、D错误。
4.如图所示，一定质量的理想气体经历从A→B→C的变化过程，在此过程中气体从外界吸收了Q＝510 J的热量，气体对外界做了W＝96 J的功。已知状态A时气体压强为pA＝2.4×105 Pa、气体内能UA＝136 J，求：
(1)状态B时气体的压强pB；
(2)状态C时气体的内能UC。
解析：(1)状态A→B为等容过程，由查理定律得
＝
解得pB＝3pA＝7.2×105 Pa。
(2)由热力学第一定律得UC－UA＝Q－W
解得UC＝550 J。
答案：(1)7.2×105 Pa　(2)550 J
5.(生产生活融通题)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时，由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要测出空腔的体积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示)，做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间。汽缸上部由横截面积S＝10 cm2的活塞密封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L。现对活塞施加一个竖直向下的变力F，使活塞缓慢下移，当汽缸内气体体积变为7 L时，外力F的大小为20 N，上述过程中外力F做的功W1＝28 J。已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽缸间的摩擦力、细管中气体的体积，大气压强p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)金属立柱内空腔的体积；
(2)汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，封闭气体与外界热交换是吸热还是放热，热量是多少。
解析：(1)以整体气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0(10 L＋V)＝(7 L＋V)
代入数据解得V＝8 L。
(2)外力F做的功W1＝28 J，汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，大气压力对封闭气体做功
W2＝p0ΔV＝1.0×105×(10－7)×10－3 J＝300 J
外力对封闭气体做功W＝W1＋W2＝328 J
外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知0＝W＋Q
解得Q＝－328 J
则汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量为328 J。
答案：(1)8 L　(2)放热　328 J
6.关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A.热量不可能从低温物体传到高温物体
B.若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
C.当墨水均匀扩散到整杯清水后，经过足够长的时间，墨水和清水也可能自动分开
D.随着科学技术的发展，汽车热机的效率可达到100％
答案：选B。
7.(原创)关于永动机的设计思路及可行性，下列说法正确的是(　　)
A.第二类永动机不违背能量守恒定律，只要科技足够发达，未来可以制成
B.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机违背热力学第二定律，两类永动机均不可能制成
C.第一类永动机和第二类永动机都违背了能量守恒定律，因此都无法实现
D.两类永动机的实质相同，都是因为无法满足能量转化的条件，所以仅存在于设想中
答案：选B。
8.(2025·湖北高考)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
解析：选B。气体温度升高，体积减小，根据＝C，气体压强变大，则外力F增加，A错误；气体温度升高，则气体内能变大，即ΔU ＞ 0，B正确；气体体积减小，则外界对气体做正功，C错误；根据＝C，热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则气体压强大于原来的2倍，D错误。
9.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经状态b、c、d再回到状态a，其中图线bc、da平行于横轴。下列说法正确的是(　　)
A.从a到b，气体对外界做功
B.从b到c，气体温度保持不变
C.从c到d，气体内能减小
D.从d到a，气体从外界吸热
解析：选D。从a到b，气体体积减小，故外界对气体做功，A错误；从b到c，气体压强不变、体积减小，根据＝C可知温度减小，B错误；从c到d，根据＝C，整理得p＝CT，可知温度不变时，p-图像为过原点的倾斜直线，故从c到d温度不变，气体内能不变，C错误；从d到a，气体压强不变、体积增大(W＜0)，根据＝C，可知温度升高(ΔU＞0)，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，故该过程气体从外界吸热，D正确。
10.如图所示的p-V图像记录了一定质量的理想气体经历的缓慢变化过程A→B→C，其中A→B段是等容过程，B→C段是绝热过程。已知该理想气体内能与温度的关系为U＝CT，其中C＝10 J/K，A状态的热力学温度为TA＝420 K。求：
(1)B和C状态对应的热力学温度；
(2)B→C过程中外界对气体所做的功。
解析：(1)A→B过程为等容变化，由查理定律有＝
解得TB＝176.4 K
对A、C两状态由理想气体状态方程有
＝
解得TC＝280 K。
(2)B→C过程中无热传递Q＝0，此过程内能变化为
ΔU＝C(TC－TB)＝1 036 J
由热力学第一定律有W＝ΔU＝1 036 J
可得B→C过程外界对气体做功
W＝1 036 J
答案：(1)176.4 K　280 K　(2)1 036 J
11.如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积S＝0.04 m2的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为m＝80 kg的重物，此时活塞在距离汽缸上底面h1＝0.21 m的A处，气体的温度为T1＝280 K。给汽缸内的电热丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面h2＝0.24 m的B处(图中未画出)，此过程气体内能增加了44 J，大气压为p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2。
(1)求活塞在B处时的气体温度T2；
(2)求此过程中气体吸收的热量Q。
解析：(1)从A到B为等压变化，由盖-吕萨克定律有＝
解得T2＝320 K。
(2)活塞从A处到B处的过程中，对活塞受力分析，可得mg＋pS＝p0S
外界对气体做功W＝－pS(h2－h1)
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝140 J。
答案：(1)320 K　(2)140 J

展开更多......

收起↑