2025秋高考物理复习专题十三热学第3讲热力学定律、能量守恒课件（47页PPT）

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第3讲　热力学定律、能量守恒
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）　　　　；（2）　　　　.
2.热力学第一定律.
（1）内容：一个热力学系统内能的增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功之和.
（2）表达式：ΔU=Q+W.
做功
传热
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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
（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：热量不能自发地从　　　　物体传到　　　　物体.
（2）开尔文表述：不可能从　　　　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
，但它违背了　 　　　　，也是不可能制成的.
低温
高温
单一热库
能量守恒定律
热力学第二定律
（1）做功和传热对改变物体的内能具有等效性.
（2）功W的正负可以根据系统的体积变化判断：①体积增大→系统对外做功→W<0；②体积减小→外界对系统做功→W>0.
（3）可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，但要引起其他变化.
1.［能量守恒］（多选）关于能量和能量守恒，下列表述正确的是 （　　）
A.能量可以从一种形式转化为另一种形式
B.能量可以从一个物体转移到另一个物体
C.能量是守恒的，所以能源永不枯竭
D.满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行
AB
2.［永动机］（多选）关于第二类永动机，下列说法正确的是 （　　）
A.第二类永动机是指没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机
B.第二类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成
C.第二类永动机违背了热力学第二定律，所以不可能制成
D.第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
AC
3.［热力学定律］（多选）对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是 （　　）
A.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律
AD
【解析】能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故A正确；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，B错误；做功可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D正确.
考点1　热力学第一定律的理解与应用　［基础考点］
1.热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和传热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传热之间的定量关系.此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳.
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
3.三种特殊情况
（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.
1.（2023年全国甲卷）（多选）在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是 （　　）
A.气体的体积不变，温度升高
B.气体的体积减小，温度降低
C.气体的体积减小，温度升高
D.气体的体积增大，温度不变
E.气体的体积增大，温度降低
ABD
【解析】气体的体积不变，温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即气体吸收热量，D正确；气体的体积增大，温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误.
2.（2024年茂名联考）用气压式开瓶器开红酒瓶，如图所示，通过针头向瓶内打几次气，然后便能轻松拔出瓶塞，则 （　　）
A.打气后瓶塞未拔出前，气体压强减小
B.打气后瓶塞未拔出前，气体分子的数密度增大
C.快速拔出瓶塞的过程中，气体吸热，内能增大
D.快速拔出瓶塞的过程中，气体放热，内能减小
B
【解析】打气后瓶塞未拔出前，气体压强增大，A错误；打气后瓶塞未拔出前，单位体积内的分子数增加，即气体分子的数密度增大，B正确；快速拔出瓶塞的过程中，气体体积变大，对外做功，由于是快速拔出瓶塞，可认为该过程没有发生传热，根据热力学第一定律可知，气体内能减少，C、D错误.
3.如图，某同学将空的玻璃瓶开口向下缓缓压入水中，设水温均匀且恒定，瓶内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体 （　　）
A.内能增加　　　　B.向外界放热
C.对外界做正功　　 D.分子平均动能减小
B
【解析】被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，压强变大，
可知气体体积减小，外界对气体做正功；由于气体温度不变，气体分子平
均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热.
B正确.
4.某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作，该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成.如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体 （　　）
A.在状态a和c时的内能可能相等
B.在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C.b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D.在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
B
【解析】从c到d为绝热膨胀，则Q=0，W<0，则内能减小，ΔU<0，温度降低；从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则状态c的温度高于a状态温度，故A错误.在a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功W>0，Q=0，则ΔU=W，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确.从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p-V图像下面积即为气体做功大小，可知c到d过程气体对外做功.图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能变化量为零，则ΔW=ΔQ，即Q吸-Q放=ΔW>0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C、D错误.
考点2　热力学第二定律　［能力考点］
1.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.
2.两类永动机的比较
（1）第一类永动机：不需要任何动力或燃料，能不断地对外做功的机器，违背能量守恒定律，不可能制成.
（2）第二类永动机：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，不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成.
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.
例1　（多选）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成.高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位.气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出.下列说法正确的是 （　　）
AB
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
【解析】依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故B正确；A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误.
1.（多选）下列说法正确的有 （　　）
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.热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体
C.机械功可以全部转化为热量，但热量不可能全部转化为功
D.机械功可以全部转化为热量，热量也可能全部转化为功
BD
2.（多选）如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内部光滑，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是 （　　）
A.气体分子平均动能不变
B.气体内能减小
C.气体吸收热量
D.气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程违反热力学第二定律
AC
考点3　气体实验定律与热力学第一定律的综合应用　［能力考点］
1.处理方法
（1）气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体.
（2）对理想气体，只要体积变化，外界对气体（或气体对外界）要做功，如果是等压变化，W=pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化.
（3）结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题.
2.气体几种典型变化过程分析
（1）等容过程：V=恒量，外界对气体不做功.根据热力学第一定律，有ΔU=Q.
3.求解气体实验定律与热力学定律综合问题的一般思路
例2　（2023年广东卷）在驻波声场作用下，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过程中外界对气体做功为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过程，气泡内气体的内能变化了多少？
（3）根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，
其中Q=0，故气体内能增加ΔU=W.
AD
2.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.
（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为W=-pBΔV=-30 J，
由热力学第一定律有ΔU=W+Q，
解得Q=ΔU+W=188 J.
知识巩固练
1.（2024年广东普通高中一模）（多选）为了减少污染，根据相关规定，加油站必须进行“油气回收”，操作如下：油枪从封闭油罐中吸取体积为V的汽油加到汽车油箱，同时抽取油枪周围体积为1.2V的油气（可视为理想气体），压入封闭油罐（压至体积为V）.假设油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则将油气压入油罐的过程中，油气 （　　）
A.压强增大 B.对外做正功
C.向环境放热 D.从环境吸热
（本栏目对应学生用书P444）
AC　
【解析】油气压入油罐的过程中，体积减小，外界对气体做功，由于油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可知油气向环境放热，C正确，B、D错误；油气压入油罐的过程中，体积减小，温度不变，根据理想气体状态方程可知压强增大，A正确.
2.（2024年华师附中检测）（多选）一种喷壶示意图如图甲所示.储气室内气体可视为理想气体，在喷液过程中储气室内温度保持不变，图乙中A到B是某次喷液过程的储气室内气体压强p随体积V变化的图像，则从状态A到状态B （　　）
A.室内气体向外界释放热量
B.图中△OAC的面积大于△OBD的面积
C.气体吸收的热量等于气体对外做的功
D.气体分子撞击气室壁单位面积的平均作用力变小
CD
3.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经过两个状态变化过程，先后到达状态b和状态c.下列说法正确的是 （　　）
A.从a到b的过程中，气体从外界吸热
B.从a到b的过程中，气体的内能增加
C.从b到c的过程中，气体的压强减小
D.从b到c的过程中，气体对外界做功
C
【解析】从a到b的过程中，气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功.ΔU=0，W>0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，得Q<0，气体向外界放热，A、B错误；从b到c的过程中，体积不变，气体对外界不做功.从b到c的过程中，温度降低，体积不变，由查理定律得，气体的压强减小，C正确，D错误.
综合提升练
4.（2024年山东卷）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
C
【解析】 a→b过程是等压过程且体积增大，则Wab<0，由盖 吕萨克定律可知Tb>Ta，则ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，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错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0，由于气体体积增大，则Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，ΔUbc<0，即气体内能减少，B错误；c→a过程是等温过程，即Tc=Ta，则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正确；由A项分析可知Qab=ΔUab-Wab，由B项分析可知Wbc=ΔUbc，由C项分析可知0=Wca+Qca，又ΔUab+ΔUbc=0，联立解得Qab-（-Qca）=（-Wab-Wbc）-Wca，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功，结合题图可知
a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功，即-Wab-Wbc>Wca，则Qab-（-Qca）>0，即a→b过程气体从外界吸收的热量Qab大于c→a过程放出的热量-Qca，D错误.
5.（2024年广州六校联考）可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复.如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积80%，外界温度恒为300 K，把乒乓球全部浸入热水里，当热水温度为360 K时，乒乓球就刚好开始恢复形变，此后水温保持不变.已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E.
（1）求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；
解：（1）设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为 p1，有p0V=p1·0.8V，
可得p1=1.25p0.
（2）乒乓球从放入热水直到恢复原状时总共吸热为Q，则恢复原状过程中球内气体做功多少？