32 热力学定律和能量守恒——【冲刺2023】高考物理考试易错题（全国通用）（原卷版+解析版）

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例题1. (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
【答案】 ACD
【解析】
根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W【误选警示】
误选B的原因：没有判断清楚该过程温度不变，整个过程，理想气体的内能不变。
例题2. (多选)(2021·全国乙卷·33(1)改编)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
【答案】 AB
【解析】
由理想气体的p－V图可知，ab过程是等容过程，外界对气体不做功，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；
ca过程为等压压缩，气体体积减小，则外界对气体做正功，但气体温度降低，即内能减小，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误．
【误选警示】
误选C的原因： 没有判断清楚ca过程中气体体积减小，外界对气体做功。
误选D的原因：没有正确 bc过程中温度的变化情况。
一、热力学第一定律
1．改变内能的两种方式：做功与传热．两者对改变系统的内能是等价的．
2．热力学第一定律：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．
3．热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W.
4．热力学第一定律的应用：
(1)W的正负：外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值．(均选填“正”或“负”)
(2)Q的正负：外界对系统传递的热量Q取正值；系统向外界传递的热量Q取负值．(均选填“正”或“负”)
二、能量守恒定律
1．探索能量守恒的足迹
2．能量守恒定律
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．
3．永动机不可能制成
(1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器．
(2)第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成．
一、热力学第二定律
1．定义：在物理学中，反映宏观自然过程的方向性的定律．
2．热力学第二定律的克劳修斯表述：
热量不能自发地从低温物体传到高温物体．阐述的是传热的方向性．
3．热力学第二定律的开尔文表述：
(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热机用于做功的热量一定小于它从高温热库吸收的热量，即W(2)热力学第二定律的开尔文表述：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．(该表述阐述了机械能与内能转化的方向性)．
4．热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述是等价的．(选填“等价”或“不等价”)
三、热力学第一定律和热力学第二定律的比较
1．两定律的比较
2.两类永动机的比较
易混点：
1．做功和热传递的实质是不相同的．
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能不一定减少20 J．
3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．
4．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．
5．热机中，燃气的内能可以不能全部变成机械能而不引起其他变化．
6．热量可能从低温物体传给高温物体，但是要引起其他变化．
1. (多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
【答案】AC
【解析】
在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU ＝ 0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
2. 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11 cm，到汽缸口的距离L2＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则：
(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
【答案】(1)450 K(或177 ℃) (2)295 J
【解析】
(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K＝300 K.
当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，
根据平衡条件有p1S＝p0S＋mg
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得eq \f(p0L1S,T0)＝eq \f(p1L1＋L2S,T1)
解得T1＝450 K(或177 ℃)
(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
加热后，气体做等压变化，气体对外界做功
则W＝－p1(L1＋L2－L)S
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝295 J.
3. 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
【答案】 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
【解析】
(1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)
解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，
解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的变化量为
ΔU＝a(T0－T1)
由热力学第一定律得，
Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
一、单选题
1．关于热力学第二定律，下列表述正确的是（ ）
A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功
C．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D．在任何的自然过程中，一个孤立系统的总熵一定增加
【答案】C
【解析】A．热力学第二定律可描述为不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不产生其它影响，A错误；
B．根据热力学第二定律知，不可能从单一热库源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，B错误；
C．根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，C正确；
D．由热力学第二定律可知，任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少可能保持不变，D错误。
故选C。
2．下列说法中，正确的是（ ）
A．第二类永动机不能制成的原因是因为违背了能量守恒定律
B．布朗运动就是分子热运动
C．液体表面张力形成原因是表面层液体分子比内部更密集
D．晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点
【答案】D
【解析】A．第二类永动机不能制成的原因是因为违背了热力学第二定律，故A错误；
B．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是分子运动，故B错误；
C．液体表面张力形成原因是表面层液体分子比内部更稀疏，故C错误；
D．晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故D正确。
故选D。
3．如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（ ）
A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
【答案】D
【解析】A．在A状态，根据题意
解得
故A错误；
B．根据图像可知
所以气体做等压变化
解得
故B错误；
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
故C错误；
D．根据热力学第一定律
故D正确。
故选D。
4．夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面， 湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是（ ）
A．气泡内气体的内能可能不变
B．气泡上升过程中可能会放热
C．气泡内气体的压强增大
D．气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
【答案】D
【解析】A．根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高，内能变大，故A错误。
B．气泡体积变大，外界对气体做负功，根据
△U=W+Q
可知
Q>0
气泡内能增大，故气泡吸热，故B错误；
C．气泡上升
P=P0+ρgh
深度h减小，汽包内其他压强减小，C错误；
D．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故D正确。
故选D。
【点睛】分析的过程注意温度、体积的变化情况，再结合热力学定律等进行解答。
5．一定质量的理想气体从状态a开始经，其图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为、、。则下列说法正确的是（ ）
A．状态a与状态b的温度之比为2：1
B．状态c与状态b的温度之比为1：3
C．a→b过程，内能先减小后增大
D．b→c过程，气体吸收热量，对外做功，内能增大
【答案】D
【解析】AB．根据理想气体方程
解得
，
故AB错误；
C．作出a、b两点的等温线，温度先增大后减小，所以内能先增大后减小，故C错误；
D．b→c过程，温度升高，则内能增大，又由于体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律
可知，气体吸收热量，故D正确。
故选D。
6．封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则（ ）
A．由状态B变到状态C过程中，气体对外放热，内能不变
B．气体在D状态和在A状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C．C状态时气体的压强小于D状态时气体的压强
D．在D状态与A状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
【答案】D
【解析】A．由状态B变到状态C过程中，温度不变，内能不变
体积变大，气体对外界做功
根据热力学第一定律，可得
易知
气体从外界吸收热量。故A错误；
B．依题意，O、A、D三点在同一直线上，说明气体在D状态和在A状态时压强相等，在D状态体积较大，分子的密集程度小，温度较高，分子的平均动能较大，所以单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数较少。故B错误；
C．气体从C状态到D状态为等容变化，根据查理定律，可得
又
解得
故C错误；
D．根据冲量的定义可知
又
联立，可得
根据上面选项分析可知，气体在D状态和在A状态时压强相等，所以相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等。故D正确。
故选D。
二、多选题
7．如图所示，一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到原状态，其图像刚好是一个圆，气体在a、b、c、d四个状态的体积分别为、、，温度分别为、、，压强分别为、、、，其中，。下列说法正确的是（ ）
A．在这四个状态中，c状态时气体的内能最多
B．
C．
D．从状态a到状态b，气体从外界吸热
E．从状态c到状态d，气体对外界做功
【答案】ACD
【解析】A．由图像可知，在这四个状态中，c状态时气体的温度最高，则c状态时气体的内能最多，A正确；
B．由于，则有
可得
B错误；
C．根据理想气体状态方程可得
其中
，
，
联立可得
C正确；
D．从状态a到状态b，气体的温度升高，则气体的内能增加；气体的体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，D正确；
E．从状态c到状态d，气体的体积变小，外界对气体做正功，E错误。
故选ACD。
8．下列说法正确的是（ ）
A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B．用显微镜观察到的花粉颗粒的运动反映了液体分子运动的无规则性
C．一定质量的理想气体吸收热量后内能一定增加
D．能量耗散说明与热现象有关的宏观自然过程在能量转化和转移时具有方向性
【答案】ABD
【解析】A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故A正确；
B．用显微镜观察到的花粉颗粒的运动反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；
C．根据热力学第一定律可知，改变物体内能的方式有两种，故单纯的吸热不能决定理想气体的内能一定增大，故C错误；
D．能量耗散从能量转化和转移角度反映与热现象有关的宏观自然过程具有方向性，故D正确。
故选ABD。
三、解答题
9．如图所示、横截面积的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离，b到汽缸底部的距离，质量的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强，热力学温度，活塞停在b处，取重力加速度大小，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。
（1）求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度；
（2）求当缸内气体的热力学温度时，缸内气体的压强p；
（3）在以上全过程中气体内能增量，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
【答案】（1）330K；（2）；（3）283J
【解析】（1）当活塞刚要离开卡口b时，设此时缸内压强为p1，以活塞为研究对象，根据受力平衡可得
解得
根据查理定律有
解得
T1=330K
（2）假设当活塞恰好与卡扣a处接触时缸内气体热力学温度为T3，此时体积为V3，根据盖-吕萨克定律有
即
解得
T3=352K所以当缸内的热力学温度时，活塞能到达卡扣a处，根据查理定律可得
解得
（3）当缓慢升高缸内气体的温度时，由前面的分析可知，活塞从b到a的过程中，气体做等压变化，压强为p1，到达缸a处时，温度升高到T3，然后气体再做等容变化，直到温度升高到T2，因此气体对活塞做功为
根据热力学第一定律
10．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，AB的反向延长线过原点。已知气体在状态A时的压强。气体从状态A变化到状态B的过程中吸收的热量，求：
（1）气体在状态B时的体积VB；
（2）在气体从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的增量ΔU。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）气体从A状态变化到B状态的过程中做等压变化，有

根据图像


解得
（2）气体对外界做的功为

根据热力学第一定律，在气体从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的增量ΔU为
热力学第一定律
热力学第二定律
区别
是能量守恒定律在热力学中的表现，否定了创造能量和消灭能量的可能性，从而否定了第一类永动机
是关于在有限空间和时间内，一切和热现象有关的物理过程、化学过程具有不可逆性的经验总结，从而否定了第二类永动机
联系
两定律分别从不同角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律，二者既相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不消耗任何能量，可以不断做功(或只给予很少的能量启动后，可以永远运动下去)
将内能全部转化为机械能，而不引起其他变化(或只有一个热库，实现内能向机械能的转化)
不可能制成的原因
违背了能量守恒定律
违背了热力学第二定律