江苏版高考物理一轮复习第14章第3节热力学定律与能量守恒定律课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第14章第3节热力学定律与能量守恒定律课时学案，共28页。学案主要包含了热力学第一定律，能量守恒定律，热力学第二定律等内容，欢迎下载使用。


一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)热传递。
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：
二、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。
三、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：热量不能自发地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。或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。
【温馨提示】 用熵的概念表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(选填“增大”或“减小”)。
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无序性增大的方向进行。
3．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。(√)
(2)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。(×)
(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。(√)
二、教材习题衍生
1．(热力学第二定律的理解及应用)下列现象中不能够发生的是( )
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部分转化成机械能
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
A [由热力学第二定律可知，一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，A不能发生；热机的工作效率不可能达到100%，B可以发生；泥沙下沉，系统的重力势能减少，没有违背热力学第二定律，C可以发生；冰箱通过压缩机的工作，把热量从低温物体传到高温物体，该过程消耗了电能，没有违背热力学第二定律，D可以发生。]
2．(热力学第一、二定律的理解及应用)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．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能减少20 J
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，在热传递中，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．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
D [根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，内能增加20 J，故选项A错误；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，选项B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项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，故选项D正确。]
3．(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)( )
A．吸收热量 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
C [根据一定质量理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体温度降低，体积不变，则压强降低，故B错误；艇内气体温度降低，气体内能减少，故C正确；艇内气体体积和质量不变，可知气体不做功，即W＝0，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，可知Q＜0，艇内气体放出热量，故A、D错误。]
热力学第一定律与能量守恒定律
1．(热力学第一定律的理解)下列说法正确的是( )
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，若物体放出热量，但外界对物体做正功，则ΔU不一定为负值，即内能不一定减小，故A项错误；同理可分析出，B项和D项错误，C项正确。]
2．(热力学第一定律的应用)(2023·苏锡常镇四市调研)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
C [初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，设初始时汽缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有：p1S－p0S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，故A、B、D错误；C正确。]
3．(公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
B [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。]
4．(能量守恒定律的理解)木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是(空气阻力不计)( )
A．U＝200 J，Ek＝600 J
B．U＝600 J，Ek＝200 J
C．U＝600 J，Ek＝800 J
D．U＝800 J，Ek＝200 J
B [U＝Ffx＝60×10 J＝600 J，Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J。]
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
(2)外界对系统做功是其他形式能量与内能的转化。
(3)热传递是外界与系统之间内能的转移。
2．热力学第一定律的三种特殊情况
(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，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。
3．应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：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。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，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的变化。
热力学第二定律的理解及应用
1．(热力学第一、第二定律的综合考查)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
A [内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C错；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错。]
2．(两类永动机的比较)下列说法正确的是( )
A．压缩气体总能使气体的温度升高
B．能量耗散过程中能量是不守恒的
C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律
C [内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B错误；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误。]
3．(热力学第二定律的应用)(2023·盐城高三模拟预测)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，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( )
A．A端为热端，B端为冷端
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
B [根据题目描述可知，A端为冷端，B端为热端，因此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，但气体的质量未知，所以无法确定气体内能的大小关系，故B正确，A、C错误；该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，冷热气体接触的部分会发生热传递，因此也满足热力学第二定律，故D错误；故选B。]
4．(热力学第一、第二定律的综合考查)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。
(1)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反热力学第二定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？
[解析] (1)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，故D项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B项正确，A、C项错误。
(2)由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多。
[答案] (1)B (2)见解析
1．对热力学第二定律关键词的理解
在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”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方面的影响。如吸热、放热、做功等。
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eq \(,\s\up7(热量能自发地传给),\s\d5(热量不能自发地传给))低温物体
(2)功eq \(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\d5(不能自发且不能完全转化为))热
(3)气体体积V1eq \(,\s\up7(能自发地膨胀到),\s\d5(不能自发地收缩到))气体体积V2(较大)
(4)不同气体A和Beq \(,\s\up7(能自发地混合成),\s\d5(不能自发地分离成))混合气体AB
3．两类永动机的比较
热力学第一定律与图像的综合应用
1. (热力学第一定律与p-V图像的综合)(2022·江苏卷)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则( )
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
C [由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb2. (热力学第一定律与V-T图像的综合)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是( )
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中外界对气体做功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
D [由理想气体状态方程eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)可知，pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，选项B错误；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确。]
3．(热力学第一定律与p-T图像的综合)一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T 图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是( )
A．气体在a、c两状态时的体积Va>Vc
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
B [由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A错误；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。]
4．(热力学第一定律与p-V图像的综合)(2019·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J。求A→B→C过程中气体对外界做的总功。
[解析] 由题意可知，A→B过程为等压膨胀，所以气体对外做功为：W1＝－p(VB－VA)
B→C过程：由热力学第一定律得：W2＝ΔU
则气体对外界做的总功为：W＝－(W1＋W2)
代入数据解得：W＝1 500 J。
[答案] 1 500 J
判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定。
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[典例] 如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压取p0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm高汞柱压强)。
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长； (g＝10 m/s2)
(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长；
(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？
[解析] (1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa，V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态压强p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.05×105 Pa，V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1LS＝p2L2S，
得L2＝20 cm。
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K
根据盖—吕萨克定律，有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，即eq \f(L2S,T2)＝eq \f(L3S,T3)，
得L3＝25 cm。
(3)气体对外做的功
W＝－p2SΔL＝－p2S(L3－L2)＝－1.05 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝10 J＋(－1.05 J)＝8.95 J，
即气体的内能增加了8.95 J。
[答案] (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的通用思路
[跟进训练]
1．(2021·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
[解析] (1)活塞移动时受力平衡
p1S＝p0S＋Ff
气体对外界做功
W＝－p1SL
根据热力学第一定律
ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L。
(2)活塞发生移动前，等容过程
eq \f(p0,t0)＝eq \f(p1,t1)
活塞向右移动了L，等压过程
eq \f(V1,t1)＝eq \f(V2,T)
且V2＝2V1
解得T＝eq \f(2p0S＋Ff,p0S)t0。
[答案] (1)Q－(p0S＋Ff)L (2)eq \f(2p0S＋Ff,p0S)t0
2. (2022·苏州市高三第一学期期末考试)如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，在距缸底h＝0.5 m处有体积可忽略的卡环a、b。质量m＝5 kg、截面积S＝25 cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0＝300 K。内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升Δh＝0.1 m, 已知大气压强p0＝1×105 Pa, g取10 m/s2。
(1)求当活塞缓慢上升Δh时(活塞未滑出汽缸)缸内气体的温度T；
(2)若全过程电阻丝放热45 J，求气体内能的变化ΔU。
[解析] (1)活塞刚要离开a、b时，活塞受力平衡
p0S＋mg＝p1S
解得p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
活塞在上升Δh＝0.1 m的过程中压强不变，
p＝p1＝1.2×105 Pa，
根据理想气体状态方程eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pV,T)
可得eq \f(p0hS,T0)＝eq \f(ph＋ΔhS,T)
解得T＝432 K。
(2)气体对外做功W对外＝pSΔh＝30 J，
电阻丝放热45 J，所以气体吸热Q＝45 J，
W＝－30 J，根据热力学第一定律可得
ΔU＝W＋ Q，
解得ΔU＝15 J，故气体内能增加15 J。
[答案] (1)432 K (2)15 J
课时分层作业(四十一) 热力学定律与能量守恒定律
题组一 热力学第一定律与能量守恒定律
1．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．若气体的温度降低，则每个气体分子的运动速率一定减小
B．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的
C．体积不变，压强增大的过程，气体一定吸收热量，内能不一定增大
D．若气体内能增加，则一定从外界吸收热量
B [气体温度降低，分子的平均动能减小，则分子的平均速率减小，但并不是每个分子的速率都减小，A错误；从微观角度看，封闭气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，B正确；气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强增大，则温度升高，内能增大ΔU>0，因为体积不变，外界对气体做功W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q>0，气体吸收热量，C错误；若气体内能增加，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可能是外界对气体做功不吸热，或者气体向外界放热小于外界对气体做的功，并不一定从外界吸收热量，D错误。]
2．吸盘挂钩的工作原理可以这样简述：使用时如图甲所示，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分。然后如图乙所示，将锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。吸盘内气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中吸盘内气体的温度保持不变，则在拉起吸盘后的描述不正确的是( )
甲 乙
A．吸盘内气体的压强比拉起前气体的压强小
B．吸盘内空气的密度不变
C．吸盘内气体的内能不变
D．此过程中吸盘内的气体要吸收热量
B [在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小，故A正确；在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小，故B错误；一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变，所以气体的内能不变，故C正确；在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，此过程中气体要从外界吸收热量，故D正确。]
3.在某卫星内进行制造泡沫铝的实验。给金属铝加热，使之熔化成液体，在液体中通入氢气，液体内将会产生大量气泡，冷凝液体，将会得到带有微孔的泡沫铝，样品如图所示。下列说法中正确的是( )
泡沫铝放大图
A．液态铝内的气泡呈球状，说明液体表面分子间只存在引力
B．液态铝表面张力将会阻碍气泡的膨胀
C．在冷凝过程中，气泡收缩，外界对气体做功，气体内能增大
D．泡沫铝是非晶体
B [分子之间同时存在引力和斥力，当r>r0时，分子力表现为引力，但并不是只存在引力，故A错误；失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力，液态铝表面张力将会阻碍气泡的膨胀，故B正确；在金属液体冷凝过程中，气泡收缩变小，外界对气体做功，同时温度降低，放出热量，气体内能降低，故C错误；泡沫铝的金属物理性质仍然是晶体，故D错误。]
题组二 热力学第二定律的理解及应用
4．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是( )
A．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－293 ℃
B．第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律
C．把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动
D．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能
C [尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机不可以使温度降到－293 ℃，只能接近－273.15 ℃，却不可能达到，故A错误；第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，故B错误；把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，只要时间足够长，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能达到稳定，故C正确；即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，根据热力学第二定律，内燃机也不可能实现内能完全转化为机械能，故D错误。]
5．下列叙述和热力学定律相关，其中不正确的是( )
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
C [第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B正确；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，D正确。]
题组三 热力学第一定律与图像的综合应用
6. (2022·泰州等江苏7市高三第三次调研测试)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。这就是热机的“卡诺循环”则( )
A．A→B过程说明，热机可以从单一热源吸热对外做功而不引起其它变化
B．B→C过程中，气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大
C．C→D过程中，气体的内能增大
D．整个循环过程中，气体从外界吸收热量
D [根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，A错误；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，压强变小，单位时间内气体分子对器壁单位面积的冲量I＝pSΔt，气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量减小，B错误；C→D为等温过程，温度是理想气体的内能大小的标度，故温度恒定，内能不变，C错误；整个循环过程中，气体对外做功，从状态A回到状态A，温度相同，根据热力学第一定律可知气体必然从外界吸收热量，D正确。]
7. (2021·江苏省新高考适应性考试)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 [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的温度高于状态a温度，选项A错误；在a→b过程中为绝热压缩，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，选项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，整个过程气体能内能变化为零，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。]
8. (2023·江苏南京高三开学考试)如图所示，内壁光滑的绝热圆柱形汽缸直立在水平地面上，容积为2V0，一厚度可忽略的绝热轻活塞密封一定质量的某理想气体，在缸口处有固定卡环，使活塞不会从汽缸中顶出。现活塞位于汽缸中央，此时该气体温度为T0、密度为ρ，已知摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，大气压强为p0，汽缸密封良好。
(1)求汽缸内气体分子的总个数N；
(2)现利用电阻丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢上升，求气体温度升高到3T0时的压强p；
(3)该气体温度升高到3T0过程中，吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的变化量ΔU。
[解析] (1)汽缸内气体分子的总个数N＝eq \f(ρV0,M)NA。
(2)活塞到达缸口固定卡环之前压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V0,T0)＝eq \f(2V0,T1)
活塞到达缸口被卡住后气体体积不变，由查理定律得eq \f(p0,T1)＝eq \f(p,3T0)
联立可得p＝1.5p0。
(3)在该气体温度升高到3T0过程中，气体对外做功为W＝－p0V0
由热力学第一定律可得，此过程中气体内能的变化量为ΔU＝Q＋W＝Q－p0V0。
[答案] (1)eq \f(ρV0,M)NA (2)1.5p0 (3)Q－p0V0
9.封闭在汽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关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则下列说法正确的是( )
A．由状态A变到状态B过程中，气体放出热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
D [气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W＝0，而温度升高，内能增加ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，A错误；由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变ΔU＝0，而体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，B错误；气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，所以C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错误；A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，根据压强的微观解释可知，D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D正确。]
10. (2023·江苏海门月考)如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这一过程中汽缸内的气体( )
A．单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多
B．气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因
C．气体分子的无规则运动加剧
D．气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量
D [活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，汽缸内气体压强减小，又汽缸内气体温度不变，则单位时间内气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误；气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误；外界的温度保持不变，导热材料制成的汽缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C错误；汽缸内气体温度不变，汽缸内气体内能不变；汽缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。]
11.一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( )
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
B [根据理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大，气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，故A错误，B正确；根据理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知p-V图像的坐标值的乘积与温度成正比，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，故C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。]
12.如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，汽缸质量M＝200 kg，活塞横截面积S＝100 cm2，此时缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，忽略汽缸壁和活塞的厚度，大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)汽缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？此过程中汽缸内的气体是吸热还是放热？
[解析] (1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，汽缸静止，由平衡条件有p1S＝Mg＋p0S
解得此时气体的压强p1＝3.0×105 Pa。
(2)温度升高时气体为等压变化，由盖—吕萨克定律有
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
T1＝t1＋273＝300 K
V1＝0.5lS
V2＝lS
解得活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度T2＝2T1＝600 K
t2＝(600－273)℃＝327 ℃
此过程中气体体积增大，对外做功W<0
同时温度升高内能增大ΔU>0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得Q>0
所以汽缸一定从外界吸收热量。
[答案] (1)3.0×105 Pa (2)327 ℃ 吸收热量
13.如图所示，开口处装有固定卡环且导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，横截面积为S。厚度不计的活塞可以在汽缸内自由滑动，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞与汽缸底部之间的距离为L，气体的热力学温度为2T0(T0为环境的热力学温度)，压强为2p0(p0为大气压强)，由于缸内气体缓慢散热，最终气体的温度与环境温度相同。已知活塞的质量m＝eq \f(p0S,2g)(g为重力加速度)。
(1)求活塞与汽缸底部之间的最小距离；
(2)若一定质量的理想气体的内能与温度的关系满足U＝kT(k为大于零的已知常数)，求活塞下移过程中气体吸热还是放热，吸收或者放出的热量为多少？
[解析] (1)当气体的温度最低时，活塞与汽缸底部之间的最小距离为L1，缸内气体的压强为p1
则有p1＝p0＋eq \f(mg,S)
解得p1＝1.5p0
根据理想气体状态方程得eq \f(2p0SL,2T0)＝eq \f(p1SL1,T0)
解得L1＝eq \f(2,3)L。
(2)气体先发生等容变化，当活塞刚要移动时，气体的温度为T1，根据查理定律得eq \f(2p0,2T0)＝eq \f(p1,T1)
解得T1＝1.5T0
再发生等压变化，该过程外界对气体做的功为W，则W＝p1S(L－L1)
该过程内能的变化量ΔU＝kT0－kT1
综上，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知气体放热且放出的热量为eq \f(1,2)(kT0＋p0SL)。
[答案] (1)eq \f(2,3)L (2)放热 eq \f(1,2)(kT0＋p0SL)
14.如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
[解析] (1)在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于p0
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为p0，体积为V0－eq \f(1,4)V0＝eq \f(3,4)V0
升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可得：
eq \f(T0,\f(3,4)V0)＝eq \f(T1,V0)
解得T1＝eq \f(4,3)T0。
(2)将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为p0，温度为T0，体积为eq \f(1,8)V0＋eq \f(1,4)V0＝eq \f(3,8)V0，当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为p2，体积为V2，由理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C得：eq \f(p0·\f(3,8)V0,T0)＝eq \f(p2·V2,2T0)
缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：eq \f(p0·\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(p2V0－V2,2T0)
联立可得p2＝eq \f(9,4)p0。
[答案] (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
物理量
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
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，违背热力学第二定律