适用于新教材2024版高考物理一轮总复习第14章热学第3讲热力学定律与能量守恒定律课件

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一、热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式物体吸收热量内能不一定增大(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　。 注意W和Q的正负 
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　为另一种形式,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)按照热传递的方向性可表述为:热量不能　自发地　 从低温物体传到高温物体。这是热力学第二定律的克劳修斯表述。(2)按照机械能与内能转化的方向性可表述为:　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。这是热力学第二定律的开尔文表述。 
2.热力学第二定律的微观意义: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。 说明:(1)热力学第二定律的上述两种表述是等价的,可以从一种表述推导出另一种表述。(2)热力学第二定律又叫熵增加原理,即在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减少。易错辨析·判一判(1)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,气体的内能一定减少。(　×　)(3)物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变。(　√　)(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。(　×　)
1.热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的,而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的关系。2.对公式ΔU=Q+W符号的规定
3.几种特殊情况(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量。(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量。(3)若过程的始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。
4.两类永动机的比较
对点演练1.(2021山东卷)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮。上浮过程中,小瓶内气体(　　)A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量答案 B
解析 距瓶口越近水的温度越高,上浮过程中,小瓶内气体温度升高,内能增加,A错误;上浮过程中,小瓶内气体体积增加,对外界做正功,B正确;根据热力学第一定律可知,增加的内能小于吸收的热量,C、D错误。
2.(2022重庆调研)夏天,从湖底形成的气泡,在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面,湖内水的温度越高,大气压强不变,将泡内气体视为理想气体。则在气泡缓慢上升的过程中,对于泡内气体,下列说法正确的是(　　)A.每一个气体分子的热运动都变快B.对气泡壁单位面积单位时间内的冲量变小C.对气泡壁做功,内能减少D.内能增大,放热答案 B
1.热力学第二定律的理解(1)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”指明了热传递现象的方向性,不需要借助外界提供能量。②“不产生其他影响”是说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。
(3)热力学过程方向性实例
(4)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。
2.热力学第一、第二定律的比较
对点演练3.(2022广东卷)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境,这个过程　　　(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。 答案 不是　大于解析 根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,故空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境不是自发过程;根据热力学第一定律,空调排放到室外环境的热量等于从室内吸收的热量与消耗的电能之和。
4.(2020全国Ⅱ卷)下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有　　　　,不违背热力学第一定律,但违背热力学第二定律的有　　　　。(填正确答案标号) A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B.冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内答案 B　C
解析 B项中,冷水倒入保温杯后,在热传递过程中,保温杯降温,冷水必升温,若都降温,就违背了热力学第一定律;C项中,新型热机的效率也达不到100%,热量不可能全部转化为功,违背了热力学第二定律。
1.热力学定律与气体实验定律问题的处理方法(1)气体实验定律问题的研究对象是一定质量的理想气体。(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出与之相关的气体状态参量,利用相关规律解决。(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)就要做功,如果是等压变化,W=pΔV;只要温度发生变化,其内能就发生变化。(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题。
2.与理想气体相关的热力学问题的分析方法对一定量理想气体的内能变化,吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题,可按下面方法判定:(1)做功情况看体积体积V减小→外界对气体做功→W>0;体积V增大→气体对外界做功→W<0;无阻碍地自由膨胀→W=0。(2)内能变化看温度温度T升高→内能增加→ΔU>0;温度T降低→内能减少→ΔU<0。(3)吸热还是放热,一般题目中会告知,或由热力学第一定律ΔU=Q+W,知道W和ΔU后确定Q。
典例1.如图所示,封有一定质量理想气体的圆柱形汽缸竖直放置,汽缸的高度H=30 cm,缸体内底面积S=200 cm2,缸体质量m=10 kg。弹簧下端固定在水平桌面上,上端连接活塞,当缸内气体温度T0=280 K时,缸内气体高h=20 cm。现缓慢加热气体,使活塞最终恰好静止在缸口(未漏气),此过程中缸内气体吸收热量为Q=450 J。已知大气压恒为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦,且汽缸底部及活塞表面始终保持水平。求:(1)活塞最终静止在缸口时,缸内气体的温度;(2)加热过程中,缸内气体内能的增加量。
思维点拨 1.对汽缸受力分析,汽缸受重力、外界大气向下的压力、封闭气体向上的压力,加热过程中,汽缸受力不变,因此加热气体过程中封闭气体的压强不变,气体发生等压变化,由等压变化规律计算。2.对活塞受力分析,受弹力、封闭气体向下的压力、外界气体向上的压力,加热过程中,活塞受力不变,因此活塞不动。汽缸向上移动的高度为H-h,气体对外做功W=pS(H-h),由热力学第一定律计算内能的增加量。答案 (1)420 K　(2)240 J
解析 (1)加热过程为等压变化,设缸内气体的末态温度为T,初态温度为T0=280 K
代入数据解得T=420 K。(2)设缸内气体的压强为p对汽缸由平衡条件有mg+p0S=pS该过程气体对外做功W=pS(H-h)则外界对气体做功为W'=-W由热力学第一定律有ΔU=W'+Q代入数据解得ΔU=240 J。
对点演练5.(2022山东卷)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答案 C
解析 将汽缸缓慢转动90°过程中,由于气体压强减小,体积要增大,因此对外界做功。由于是绝热过程,根据热力学第一定律,气体内能减小,温度降低。分子热运动的平均速率减小,而不是所有分子热运动速率都减小,速率大的分子数占总分子数比例减少。选项A、B、D错误,C正确。
6.(2020天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体,达到一定压强后,关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开,水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中,罐内气体温度始终保持不变,则气体(　　)A.压强变大　　　B.对外界做功C.对外界放热D.分子平均动能变大答案 B解析 研究储水罐内封闭的气体,在温度不变时,pV=C,C为常数,气体体积变大,压强变小,A错误;气体体积变大,对外做功,B正确;温度不变,内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,气体体积变大,W为负值,则Q为正值,气体吸热,C错误;温度是分子平均动能的标志,温度不变,平均动能不变,D错误。
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路(1)根据气体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。
典例2.(2020山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是(　　)A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量答案 C
解析 在p-V图像中,图像与坐标横轴所围的面积表示外界对气体做的功,体积增大时做负功,体积减小时做正功,a→b过程的面积与b→c过程的面积相等,表明两个过程做功大小相等,W1=W2,选项A错误;根据理想气体状态方程, =C,pV值越大,温度越高,状态a、b、c三者温度对比Ta=Tb0,根据热力学第一定律,a→b过程,ΔU1=W1+Q1,得出Q1=-W1, b→c过程,ΔU2=W2+Q2,得出Q2=ΔU2-W2,故Q2>Q1,选项B错误;c→a过程的内能变化ΔU3<0,体积减小,W3>0,根据热力学第一定律,c→a过程, ΔU3=W3+Q3,得出W3<|Q3|,选项C正确;Ta=Tb对点演练7.(2023山东泰安模拟)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,体积V和热力学温度T的图像如图所示,三个状态的坐标分别是A(T0,1 m3)、B(2T0,2 m3)、C(T0,2 m3),已知状态C的压强为1×105 Pa,则该过程中气体(　　)A.吸收的热量为1×105 JB.吸收的热量为2×105 JC.放出的热量为1×105 JD.放出的热量为2×105 J答案 B
解析 因为状态A与状态C的温度相同,所以状态A与状态C的内能相同,故理想气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中,内能变化量为零;对于状态A与状态C,根据玻意耳定律有pAVA=pCVC,解得pA=2×105 Pa,气体从状态A到状态B发生的是等压变化,体积变大,气体对外做功,则有WAB=-pA(VB-VA) =-2×105 J,气体从状态B到状态C发生的是等容变化,气体对外不做功,则有WBC=0,气体从状态A经状态B变化到状态C时,根据热力学第一定律有WAB+WBC+Q=0,解得Q=2×105 J,即该过程中气体吸收的热量为2×105 J,故B正确。
8.(多选)(2022广东云浮期末)一定质量的理想气体,由状态A开始,经历①②两个不同过程到达状态C,T-p图像如图所示,下列说法正确的是(　　)A.过程①气体对外做功B.过程②气体先放出热量后吸收热量C.在B到C的过程中,气体对外界做功D.单位时间内,状态A比状态C单位面积器壁上分子碰撞的次数多答案 BC