高中物理高考 2022年高考物理一轮复习 第14章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律

这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习 第14章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律，共17页。试卷主要包含了热力学第一定律，能量守恒定律，下列说法中正确的是，下列说法正确的是，0×10－3 m3　400 J，0×102 J－2等内容，欢迎下载使用。
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
目标要求　1.理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式，并能用热力学第一定律解决相关问题.2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性.3.知道第一类永动机和第二类永动机不可能实现.
考点一　热力学第一定律
基础回扣
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.
(2)表达式：ΔU＝Q＋W.
(3)表达式中的正、负号法则：
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

3.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.
技巧点拨
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析.
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正.
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(4)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，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.
例1　(2020·山东等级考模拟卷)如图1所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分.已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体.解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb.下列说法正确的是(　　)

图1
A.Va>Vb，Ta>Tb B.Va>Vb，Tap0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；由p1V1＋p2V2＝p3V3可得：1 atm×1 L＋1 atm×0.2 L＝p3×9 L得p3＝ atmQ2，所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；气体做功W＝pΔV，A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图象上的点与原点连线的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误.
9.(2020·甘肃临夏中学期末)在如图6所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J.图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零.求：

图6
(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；
(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.
答案　(1)0　9 J　(2)9 J　3 J
解析　(1)由题意知，从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化，
该气体对外界做的功W1＝0
根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1
得内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.
(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高，
B、C两状态温度相同，
则该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J
根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2
则从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.
10.如图7所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终回到A状态，已知A状态的温度为27 ℃，求C状态的温度以及全过程中气体吸收(或放出)的热量.

图7
答案　2 400 K　气体放出的热量为1.5×103 J
解析　气体由A到B过程：
初状态：pA＝1×105 Pa，TA＝300 K，VA＝10 L
末状态：pB＝2×105 Pa，VB＝20 L
由理想气体状态方程得：＝
解得：TB＝1 200 K
B到C过程为等容变化，则有：＝
解得：TC＝2 400 K
整个过程中从A状态回到A状态，温度不变，则ΔU＝Q＋W＝0
因为外界对气体做的功在数值上等于四边形ABCD围成的面积，
即W＝×1×105×10×10－3 J＋×2×105×10×10－3 J＝1.5×103 J
则：Q＝－1.5×103 J，
即气体放出的热量为1.5×103 J.

11.如图8所示，一定质量的理想气体从状态A经等温过程到状态B.此过程中，气体温度t＝20 ℃，吸收的热量Q＝360 J，已知A状态的体积为1 L.

图8
(1)求此过程中气体内能的增量.
(2)此过程中气体是对外做功还是外界对气体做功，做的功是多少？
(3)若气体先从状态A经等压变化到状态C，再经等容变化到状态B，则这个过程气体吸收的热量是多少？
答案　(1)0　(2)对外做功　360 J　(3)600 J
解析　(1)从状态A到状态B，气体的温度不变，则内能不变，即ΔU＝0.
(2)气体从A到B内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU＝W＋Q可知，W＝－360 J，即气体对外做的功为360 J.
(3)A状态的体积是1 L，压强为3×105 Pa，
B状态压强为1×105 Pa，
根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB
可得VB＝3 L
WA→C→B＝－pAΔV＝－3×105×2×10－3 J＝－600 J
由ΔU＝WA→C→B＋Q′知，气体吸收的热量为Q′＝600 J.
12.(2020·安徽省舒城中学期末)如图9所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差.已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g.

图9
(1)求U形细管内两侧水银柱的高度差；
(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化.
答案　(1)　(2)T0　Q－(p0S－Mg)Δh0
解析　(1)设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，根据平衡条件有p0S＝pS＋Mg，
用水银柱表达气体的压强为p＝p0－ρgΔh，解得Δh＝.
(2)缓慢加热过程中封闭气体做等压变化，由盖—吕萨克定律知＝，
解得T＝T0，
气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0，
则气体内能的变化ΔU＝Q－W＝Q－(p0S－Mg)Δh0.