第80讲　热力学定律与能量守恒定律——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

这是一份第80讲　热力学定律与能量守恒定律——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案），共8页。学案主要包含了改变物体内能的两种方式，热力学第一定律，能量守恒守恒，热力学第二定律等内容，欢迎下载使用。
一、改变物体内能的两种方式
1． 做功 。
2．热传递。
二、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 与外界对它所做功的和。
2．表达式
ΔU＝ Q＋W 。
3．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况
(1)绝热过程：Q＝ 0 ，则 W＝ΔU ，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(2)等容过程：W＝ 0 ，则 Q＝ΔU ，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)等温过程：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。
三、能量守恒守恒
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 到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量 保持不变 。
2．第一类永动机是不可能制成的，它违背了 能量守恒定律 。
注意：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。(例如：机械能守恒)
四、热力学第二定律
1．两种表述
(1)克劳修斯表述(按热传导的方向性表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述(按机械能和内能转化过程的方向性表述)：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不 引起其他影响 。
2．熵增加原理
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会 减少 。
1．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。( × )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。( × )
3．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。( × )
4．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。( √ )
考点1 热力学第一定律与能量守恒定律
(基础考点·自主探究)
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)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。
(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
2．气体的做功、内能变化及吸、放热情况的判断方法：
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；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。
3．对公式ΔU＝Q＋W的符号的规定
【跟踪训练】
(热力学第一定律的理解和应用)(多选)(2023·全国甲卷33题改编)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
[答案] ABD
[解析] 气体的体积不变，气体做功为零，温度升高，则气体的内能升高，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低，则气体的内能降低，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，外界对气体做功，温度升高，则气体的内能升高，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，气体对外界做功，温度不变，则气体的内能不变，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。
(热力学第一定律的应用)自热米饭因其便于加热和携带越来越受到“驴友”的欢迎。自热米饭盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，不需要明火，温度可超过100 ℃，盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品。自热米饭的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸。下列说法正确的是( )
A．自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果
B．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体内能增加
C．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度降低
D．自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，标志着每一个气体分子速率都增大了
[答案] C
[解析] 自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强急剧增大的结果，故A错误；在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知盒内气体内能减少，温度降低，故B错误，C正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气体分子平均速率增大，表现的是一种统计规律，并不代表每一个气体分子速率都增大了，故D错误。
(能量守恒定律的应用)(多选)(2024·河北卷)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后( )
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
[答案] ACD
[解析] 初始时活塞受力平衡，左侧气体对其向右的压力与弹簧对其向左的弹力大小相等，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不严，左侧气体进入右侧，左侧气体压强减小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终活塞左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移动，活塞重新平衡，故其左侧气体体积小于右侧气体体积，又由于活塞左、右两侧气体的密度相等，故活塞左侧气体的质量较小，B错误；汽缸绝热，与外界没有热交换，但弹簧弹性势能减小了，根据能量守恒定律可知，汽缸内气体的内能增加，C正确；初始时气体在活塞左侧，最终气体充满整个汽缸，则活塞重新平衡后，与初始时相比，活塞左侧单位体积内的气体分子数减少，D正确。
考点2 对热力学第二定律的理解
(基础考点·自主探究)
1．热力学第二定律的理解
(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
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。
特别提醒：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的绝热膨胀过程。
3．两类永动机的比较
【跟踪训练】
(热力学第二定律的理解和应用)日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是( )
A．现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B．气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C．气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D．发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
[答案] B
[解析] 根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全
部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。
(对熵的理解)将一件裙子放进死海，3年后成了一件精美的艺术品(如图)。其形成原因是海水中的盐不断在衣服表面结晶。根据这一现象下列说法不正确的是( )
A．结晶过程看似是自发的，其实要受到环境的影响
B．结晶过程是无序向有序转变的过程
C．盐在溶解的过程中熵是增加的
D．这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里，可视为孤立系统，经过很长时间后，该艺术品的熵可能减小
[答案] D
[解析] 结晶过程不是自发的，通常是由水温降低或水的蒸发引起，受到环境的影响，是由无序向有序的转变过程，故A、B正确；盐的溶解是由固态变为液态，是自发过程，自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即熵增加，故C正确；孤立系统的熵永不减小，故D错误，本题选错误项，故选D。
考点3 热力学第一定律与图像的综合应用
(能力考点·深度研析)
处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
(1)根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在p－V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
【跟踪训练】
(V－T图与热力学第一定律的综合应用)(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，压强不变，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。
(p－t图线与热力学第一定律的综合应用)(多选)一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p－t图像如图所示，图中ba的延长线过原点，bc平行于t轴，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)。下列判断正确的是( )
A．过程ab中气体体积不变
B．过程ca中气体体积不变
C．过程ca中气体吸收热量
D．过程bc中气体吸收热量
[答案] BD
[解析] 根据eq \f(pV,T)＝C，可得Vc>Vb，ca的延长线过点(－273.15,0)，则Va＝Vc>Vb，故A错误，B正确；过程ca中气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU300 J，B错误；图像中每个小格对应的功为0.5×105 Pa×0.5×10－3 m3＝25 J，自状态N变化到状态P，外界对气体做的功对应图线和V轴围成的面积，即W2≈－25×19 J＝－475 J，自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，ΔU2＝0，由ΔU2＝W2＋Q2得，气体吸收的热量Q2≈475 J，C正确；自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做功W＝|W1|＋|W2|≈775 J，D错误。
11．(2025·长沙模拟)气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其简易结构如图乙所示。圆柱形汽缸与椅面固定在一起，总质量m＝6 kg。固定在底座上的柱状气动杆的横截面积S＝30 cm2，在汽缸中封闭了长度L＝20 cm的理想气体。汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知室内温度T1＝320 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)质量M＝54 kg的人，脚悬空坐在椅面上，室温不变，稳定后椅面下降的距离；
(2)在(1)情况下人坐上去后，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝300 K，封闭气体的内能减少了13.5 J，该过程封闭气体对外界放出的热量Q。
[答案] (1)12 cm (2)18 J
[解析] (1)初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得mg＋p0S＝p1S
解得p1＝1.2×105 Pa
质量M＝54 kg的人，脚悬空坐在椅面上，稳定后，根据受力平衡可得
(M＋m)g＋p0S＝p2S，
解得p2＝3×105 Pa
设稳定后缸内气柱长度为L′，
根据玻意耳定律可得p1LS＝p2L′S，
解得L′＝8 cm
则椅面下降了
Δh＝L－L′＝20 cm－8 cm＝12 cm。
(2)在(1)情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝300 K，
该过程气体发生等压变化，
则有eq \f(L′S,T1)＝eq \f(L″S,T2)
气体柱长度为L″＝7.5 cm
外界对封闭气体所做的功为
W＝(p0S＋Mg＋mg)(L′－L″)，
解得W＝4.5 J
根据ΔU＝－Q＋W，
解得Q＝18 J，即放出热量18 J。
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
第一类永动机
第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器
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
违背能量守恒定律，不可能制成
不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成