第十五章 第3讲　热力学定律与能量守恒定律 课时练作业ppt

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第十五章　热学
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
物理
内容索引
必备知识梳理
关键能力提升
第一部分
第二部分
考点一　热力学第一定律的理解和应用
考点二　热力学第二定律
01
02
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
03
课时作业
第三部分
必备知识梳理
第
分
部
一
自主学习·基础回扣
1．热力学第一定律
(1)改变物体内能的两种方式
①____；②传热。
(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____与外界对它所做的功的和。
②表达式：ΔU＝______。
③正、负号法则
做功
热量
Q＋W
项目 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
2.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，或者是从一个物体____到别的物体，在转化或____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____________。
转移
转移
能量守恒定律
3．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______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。
(2)能量耗散：分散在环境中的内能不管数量多么巨大，它只不过能使地球大气稍稍变暖一点，却再也不能自动聚集起来驱动机器做功了。
自发地
1．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。(　 　)
2．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。(　 　)
3．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　 　)
4．热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。(　 　)
5．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。(　 　)
6．利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。(　 　)
7．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－283 ℃。(　 　)
概念辨析
×
√
√
×
×
√
×
关键能力提升
第
分
部
二
互动探究·考点精讲
考点一　热力学第一定律的理解和应用
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(2)与外界绝热，则既不从外界吸热，也不向外界放热，此时Q＝0。
(3)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，主要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，即Q＝0，则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·重庆卷)某救生手环主要由高压气罐和气囊组成，气囊内气体视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　 　)
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
D
【解析】　气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。
1．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成，如图所示。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间的相互作用，则缸内气体(　 　)
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
对点演练
A
解析：密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换，说明Q＝0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能变化量ΔU<0，故内能减小，分子平均动能减小，故A正确。
2．如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的(　 　)
A．温度升高，内能增加100 J
B．温度升高，内能减少200 J
C．温度降低，内能增加100 J
D．温度降低，内能减少200 J
A
解析：外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。
考点二　热力学第二定律
1．热力学第二定律的含义
(1)“自发地”指明了传热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
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，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。
3．两类永动机的比较
项目 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，违背热力学第二定律
【典例2】　(多选)(2022·湖南卷节选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一个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．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
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端流出的气体内能
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】　依题意可知，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度小于从B端流出的，B正确；虽然从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，但内能的多少还与分子数有关，不能确定从A端流出的气体内能是否大于从B端流出的气体内能，C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即分离气体的过程是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，A正确，D错误。
3．热力学第二定律使人们认识了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程，下列说法正确的是(　 　)
A．只是部分宏观过程具有方向性
B．第二类永动机既违背能量守恒定律，又违背热力学第二定律
C．热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体
D．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%
对点演练
D
解析：热力学第二定律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，故A错误；第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在外界干预下，热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%，故D正确。
4．电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是(　 　)
B
A．制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
B．该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律
C．冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量
D．制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都增大
解析：制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但不满足远离液化的状态，所以不能看成理想气体，故A错误；该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，因为消耗了能量，符合热力学第二定律，故B正确；由于压缩机要做功，所以冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，故C错误；温度是分子平均动能的标志，在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，制冷剂从气态过渡到液态，分子间距减小，分子势能减小，故D错误。
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
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，气体对外界做功；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。
(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。
5．(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
对点演练
AC
6．(2024·浙江1月选考)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是______(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能____(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
不可逆
不变
(2)求水平恒力F的大小。
答案：10 N　
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q′，
解得气体吸收的热量为
Q′＝ΔU－W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J，
可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3 J。
答案：89.3 J
课时作业74
第
分
部
三
1．(5分)(多选)下列现象中能够发生的是(　 　)
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
CD
解析：热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；热机的效率不可能达到100%，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将箱内低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。
2．(5分)关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　 　)
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的
D
解析：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。
3．(5分)(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
解析：上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A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，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，故C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，故D正确。
D
4．(5分)压缩空气储能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
B
解析：绝热压缩空气时，外界对气体做功，根据热力学第一定律，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，A错误，B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何转换过程效率都不可能达到100%，C错误；压缩空气膨胀推动发电机工作，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减小，D错误。
5．(5分) (多选)(2024·新课标卷)如图所示，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，气体内能增大
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
AD
解析：1→2为绝热过程，此时气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知内能增大，故A正确；2→3为等压过程，根据盖－吕萨克定律可知气体体积增大时温度升高，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度降低，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确。
6．(5分)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时体积为1.0 m3，经历A→B→C的过程，则整个过程中气体(　 　)
A．放出热量0.5×105 J
B．放出热量1.0×105 J
C．吸收热量0.5×105 J
D．吸收热量1.0×105 J
B
解析：由题图可知，状态A与状态C温度相同，有pAVA＝pCVC，解得VC＝0.5 m3，AB图线是过原点的直线，所以从状态A到状态B是等容过程，有VB＝VA＝1.0 m3，从状态B到状态C是等压过程，外界对气体做功为W＝pB(VB－VC)＝1.0×105 J，整个过程气体内能不变，由热力学第一定律知W＋Q＝0，解得Q＝－1.0×105 J，即气体放出热量1.0×105 J，故选B。
7．(12分)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；
答案：TC＝1.9T0　
(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？
解析：根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，
因为B到C过程绝热，故Q＝0，
故气体内能增加ΔU＝W。
答案：W
8．(5分)(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
AD
A
A．缓慢加热过程中，气体内能增加6 J
B．缓慢加热过程中，气体对外做功3 J
C．待测物体质量M＝1 kg
D．当放入活塞后，在活塞初次稳定过程中理想气体吸热
10．(12分)肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸内有两个轻活塞A、B，活塞B紧靠固定阀门K，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，气体体积V1＝6.0×103 mL，压强为一个标准大气压p0，用力推活塞A使其缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2＝3.5×103 mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。
(1)气体的压强为1.2p0时，求阀门K与活塞A间气体的体积V；
解析：气体做等温变化，初态：V1＝6.0×103 mL，p1＝p0；
末态：V2＝3.5×103 mL＋V，p2＝1.2p0；
由玻意耳定律得p0V1＝1.2p0V2，
解得V＝1.5×103 mL。
答案：1.5×103 mL　
(2)此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504 J，活塞A、B间气体对活塞B做的功为395 J，求活塞A、B间气体放出的热量Q。
解析：由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
因气体温度没有变化，所以内能没有变化，即ΔU＝0，故0＝504 J－395 J－Q，解得Q＝109 J。
答案：109 J
11．(16分)(2024·贵州卷)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图甲所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。
(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。
解析：设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有p0V0＋p0V＝4p0V0，解得V＝3V0。
答案：3V0　
(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图乙中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
(3)图乙中虚线MN′是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图乙中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N′的过程绝热，ΔU＝0，即0＝Q＋W；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
答案：吸热