第34课热力学定律与能量守恒Word文档下载推荐.docx
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气体在被压缩的过程中，活塞对气体做功，因此气体内能增加，故B项、D项均正确。
气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，故E项错误。
2．对热力学第二定律的理解
a．根据“自发”和“不产生其他影响”进行相关判断
（3）（多选）（2022改编题，4分）根据热力学定律，下列说法正确的是（）
A．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
B．热量只能从高温物体向低温物体传递
C．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
D．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
AD
根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A项正确。
热量能够从低温物体传向高温物体，但要产生其他影响，故B项错误。
根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，故C项错误。
根据热力学第二定律，物体从单一热源吸收的热量不能全部用于做功而不产生其他影响，但在产生其他影响的情况下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故D项正确。
b．依据能量守恒与热力学第二定律判定永动机不能制成
（4）（经典题，3分）如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。
离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
D
转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，故A项错误。
要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，故B项错误。
转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C项错误。
根据能量守恒定律，叶片在热水中吸收的热量一部分在空气中释放，还有一部分转化为转轮的机械能，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D项正确。
3．气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
a．利用玻意耳定律与热力学第一定律结合解题
（5）（多选）（2020全国Ⅲ，5分）如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。
现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。
环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。
在活塞下降过程中（）
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
BCD
一定质量的理想气体内能仅与温度有关，汽缸导热，环境温度保持不变，则理想气体温度保持不变，内能不变，故A项错误。
气体温度不变，体积减小，由玻意耳定律可知，气体压强逐渐增大，故B项正确。
气体内能不变；
体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体要放出热量，故C项、D项均正确，E项错误。
b．利用查理定律、盖—吕萨克定律与热力学第一定律结合解题
（6）（多选）（2018海南单科，4分）如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。
a、c两状态温度相等。
A．从状态b到状态c的过程中气体吸热
B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
BD
气体从b到c发生等容变化，压强减小，根据查理定律，温度降低，则内能减小。
体积不变则气体对外界不做功，根据热力学第一定律知，气体放热，故A项错误。
理想气体的内能只与温度有关，a、c两状态温度相等，内能相等，所以气体在状态a的内能等于气体在状态c的内能，故B项正确。
气体从状态a到状态b发生等压变化，体积增大，根据盖—吕萨克定律知，温度升高，所以气体在状态b的温度大于在状态a的温度，故C项错误。
气体从状态a到状态b，体积变大，气体对外界做正功，故D项正确。
（7）（2020江苏，4分）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p－
图像如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
2×
105J（4分）
理想气体从状态A到状态B的过程中，做等压变化，外界对气体做的功为
W1＝p（VA－VB）（1分）
从状态B到状态C的过程中，气体体积不变，外界对气体做的功为
W2＝0
根据热力学第一定律得
ΔU＝（W1＋W2）＋Q（1分）
由p－
图像可知，气体在状态A和状态C的pV乘积相同，由理想气体状态方程可知，两状态温度相同，则有
ΔU＝0（1分）
代入数据解得
Q＝2×
105J（1分）
c．利用理想气体状态方程
＝C与热力学第一定律结合解题
（8）（2020山东，3分）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
根据p－V图像中图线与横坐标轴围成的面积表示气体做的功，可得气体在a→b过程中对外界做的功为Wab＝
p0V0，b→c过程中对外界做的功为Wbc＝
p0V0，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A项错误。
气体在a→b过程中，由理想气体状态方程结合a、b两点坐标可知，Ta＝Tb，则气体在a→b过程中，有ΔUab＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体从外界吸收的热量为Qab＝
p0V0。
气体在b→c过程中，由理想气体状态方程结合b、c两点坐标，得Tb＜Tc，即ΔUbc＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，在b→c过程中气体从外界吸收的热量为Qbc＝ΔUbc＋
p0V0，则有
Qab＜Qbc，故B项错误。
在c→a过程中，气体等压压缩，温度降低，即ΔUca＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C项正确。
因为Ta＝Tb，气体在a、b两个状态的内能相等，所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D项错误。
随堂普查练34
1．（2020天津，5分）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
B
在水不断喷出的过程中，气体体积增加、温度始终保持不变，根据玻意耳定律可知，压强减小，故A项错误。
气体膨胀，体积增大，则气体对外界做功，故B项正确。
气体对外做功，W<
0，气体温度不变则内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>
0，即吸收热量，故C项错误。
温度是分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，故D项错误。
2．（多选）（2022改编题，4分）关于热力学定律，下列说法正确的是（）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
BD
气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A项错误。
改变气体内能的方式有两种，分别是做功和热传递，故B项正确。
理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C项错误。
如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故D项正确。
3．（多选）（2019江西章贡模拟，5分）下列说法正确的是（）
A．可以从单一热源吸收热量，使之全部用来做功
B．热量不可能自发地从内能少的物体传到内能多的物体
C．随着科技进步，通过对内燃机不断改进，可以使内燃机的效率达到100%
D．1kg、0℃的冰的内能一定比1kg、0℃的水的内能少，但两者分子平均动能一样大
由热力学第二定律的开尔文表述可知，从单一热源吸收热量，使之全部用来做功，是可行的，但是必须要产生其他影响，故A项正确。
只要内能少的物体温度比内能多的物体温度高，热量就可以自发地从内能少的物体传递到内能多的物体，故B项错误。
根据热力学第二定律，即使对内燃机不断改进，也不可能使内燃机的效率达到100%，故C项错误。
1kg、0℃的冰的内能一定比1kg、0℃的水的内能少，温度是分子平均动能的标志，因此两者分子平均动能一样大，故D项正确。
4．（多选）（2020河北保定二模，5分）如图所示，绝热汽缸固定在水平面上，用锁定的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，解除锁定后活塞向右运动，不计活塞与汽缸间的摩擦，活塞稳定后关于汽缸内的气体，以下说法正确的是（）
A．所有气体分子的运动速率都减小
B．内能减小
C．一定时间内撞击汽缸单位面积器壁的分子数减少
D．汽缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小
E．温度不变
绝热过程，无热传递，气体对外做功，内能减小，故温度降低，气体分子平均速率减小，但不是每个分子的速率都减小，故A项、E项均错误，B项正确。
根据理想气体状态方程知，气体温度降低，体积增大，压强变小，体积增大则一定时间内撞击汽缸单位面积器壁的分子数减少，压强变小则汽缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小，故C项、D项正确。
5．（2020全国Ⅱ，5分）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
B（3分）C（2分）
汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热的过程不违背热力学第一定律和热力学第二定律。
冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，需要对外放出热量或对外做功，而保温杯隔断了热传递过程，水也没有对外做功，所以该过程违背热力学第一定律，故第一空选填B项。
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，该过程不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律，故第二空选填C项。
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，但要消耗电能，引起了其他变化，该过程不违背热力学第一定律、也不违背热力学第二定律。
6．（经典题，8分）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1.2p0的理想气体，p0与T0分别为大气的压强和温度。
已知：
气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；
容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。
求：
（1）汽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Q。
（1）
V（4分）
（2）
p0V＋αT0（4分）
（1）在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得
＝
①（1分）
在气体温度由T1变为T0过程中，气体压强不变，体积由V减小到V1，由盖—吕萨克定律得
②（1分）
由①②式得V1＝
V③（2分）
（2）在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0（V－V1）④（1分）
在这一过程中，气体内能的减少量为
ΔU＝α（T1－T0）⑤（1分）
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU⑥（1分）
由②③④⑤⑥式得
Q＝
p0V＋αT0⑦（1分）
课后提分练34热力学定律与能量守恒
A组（巩固提升）
1．（2020北京朝阳区等级考试，3分）能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一。
以下不能体现能量守恒定律的是（）
A．热力学第一定律
B．牛顿第三定律
C．闭合电路欧姆定律
D．机械能守恒定律
热力学第一定律中描述了做功、热传递与物体内能变化量之间的关系，能体现能量守恒定律，故A项不符合题意。
牛顿第三定律描述的是作用力与反作用力间的关系，不能体现能量守恒定律，故B项符合题意。
闭合电路欧姆定律描述的是电源电动势等于外电路与内电路上电势降落之和，能体现能量守恒定律，故C项不符合题意。
机械能守恒定律描述的是动能与势能间的相互转化，但总机械能不变，能体现能量守恒定律，故D项不符合题意。
2．（2020海南模拟，3分）如图所示，水平放置、内壁光滑的密闭绝热汽缸，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1mol氧气，b部分气体为2mol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，两部分气体再次达到平衡状态时，它们的体积分别为Va，Vb，温度分别为Ta，Tb。
A．Va>
Vb，Ta>
TbB．Va<
Vb，Ta<
Tb
C．Va>
TbD．Va<
设初状态时每部分理想气体的体积为V0，温度为T0，根据理想气体状态方程知，a部分气体
＝R，b部分气体
＝2R，联立解得pb＝2pa，解除锁定后活塞向左移动，Va<
Vb，活塞对a部分气体做正功，b部分气体对外做功，根据热力学第一定律知，a部分气体内能增大，b部分气体内能减小，则Ta>
T0>
Tb，故D项正确。
3．（多选）（2020河南月考，5分）下列关于热力学第二定律的说法正确的是（）
A．气体向真空的自由膨胀是可逆的
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．机械能转变为内能的实际宏观过程是不可逆过程
D．热量可以自发地从高温物体传向低温物体而不引起其他变化
E．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律
根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，所以气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故A项错误。
热机在工作过程中，必然向外放出热量，热机效率小于100%，故B项正确。
与热运动有关的宏观过程具有方向性，机械能转变为内能的实际宏观过程是不可逆过程，故C项正确。
根据热力学第二定律，热量可以自发地从高温物体传向低温物体而不引起其他变化，故D项正确。
第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律，故E项错误。
4．（多选）（2019海南单科，4分）一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。
从M到N、从P到Q是等温过程，从N到P、从Q到M是等容过程。
其体积—温度图像（V－T图）如图所示。
A．从M到N是吸热过程
B．从N到P是吸热过程
C．从P到Q气体对外界做功
D．从Q到M气体对外界做功
E．从Q到M气体的内能减少
BCE
从M到N理想气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，但体积减小，说明外界对气体做功，即W>
0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<
0，所以该过程是放热过程，故A项错误。
从N到P理想气体温度升高，则内能增大，即ΔU>
0，但体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>
0，所以该过程是吸热过程，故B项正确。
从P到Q理想气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，但体积增大，说明气体对外界做功，故C项正确。
从Q到M理想气体体积不变，说明外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即W＝0，故D项错误。
从Q到M理想气体温度降低，内能减少，故E项正确。
5．（经典题，5分）如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置。
一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0。
现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2。
则在此过程中，气体分子平均动能____（选填“增大”“不变”或“减小”），气体内能变化了____。
增大（2分）Q－p0（V2－V1）（3分）
在对汽缸缓慢加热的过程中，理想气体的压强不变，故气体发生等压变化。
根据
＝C，由于V2>
V1，所以T2>
T1，即气体的温度升高，气体分子平均动能增大；
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中外界对气体做功W＝－p0（V2－V1），气体内能变化ΔU＝Q－p0（V2－V1）。
6．（2019全国Ⅰ，5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。
初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。
现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。
此时，容器中空气的温度____（选填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度____（选填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。
低于（3分）大于（2分）
初始状态封闭于容器中的空气压强大于外界，容器绝热性能良好（与外界没有热量交换），活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同，说明容器中气体体积增大，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，容器中空气内能减小，根据理想气体内能只与温度有关可知，容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度；
容器中空气压强与外界压强相同，容器中气体对活塞的平均作用力等于外界空气对活塞的平均作用力，而容器中的空气温度低于外界温度，即容器中空气平均分子动能小于外界空气平均分子动能，所以容器中空气的密度大于外界空气的密度。
7．（2018江苏单科，4分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×
105Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4J热量。
求该气体在A→B过程中对外界所做的功。
138.6J（4分）
整个过程中，外界对气体做功
W＝WAB＋WCA（1分）
且WCA＝pA（VC－VA）（1分）
由热力学第一定律
ΔU＝Q＋W
得WAB＝－（Q＋WCA）（1分）
代入数据得WAB＝－138.6J，即气体在A→B过程中对外界做的功为138.6J。
（1分）
B组（冲刺满分）
8．（经典题，8分）内壁光滑的导热汽缸竖直浸入在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×
105Pa，体积为2.0×
10－3m3的理想气体，现在活塞上缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半。
（1）求汽缸内气体的压强；
（2）若封闭气体的内能仅与温度有关，在上述过程中外界对气体做功145J，封闭气体吸收还是放出热量？
热量是多少？
（1）2.0×
105Pa（4分）
（2）放出热量145J（4分）
（1）气体发生等温变化，初状态
p1＝1.0×
105Pa，V1＝2.0×
10－3m3
末状态V2＝
V1＝1.0×
由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2（2分）
p2＝2.0×
105Pa（2分）
（2）气体温度不变，内能不变，外界对气体做功
W＝145J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q（2分）
Q＝ΔU－W＝－145J（1分）
则气体对外放出145J的热量（1分）
9．（经典题，8分）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。
活塞的质量为m，活塞的横截面积为S。
初始时，气体的温度为T0，活塞与容器底部相距h。
现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞下降了h，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。
求此时气体的温度和加热过程中气体内能的增加量。
（题中各物理量单位均为国际单位制单位）
2T0（3分）Q－（p0S－mg）h（5分）
汽缸内封闭气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得
（2分）
解得此时气体的温度为T1＝2T0（1分）
气体在等压变化过程中，活塞受力平衡
由平衡条件得pS＋mg＝p0S（2分）
气体对活塞做的功为
W＝pSh＝（p0S－mg）h（2分）
由热力学第一定律得
ΔU＝Q－W
所以可得气体内能的增加量为
ΔU＝Q－（p0S－mg）h（1分）
10．（2020北京东城区一模，8分）我们可以从宏观与微观两个角度来研究热现象。
一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。
已知VA＝0.3m3，TA＝300K，TB＝400K，TC＝300K。
（1）请你求出气体在状态B时的体积VB。
（2）气体分别处于状态A和状态B时，分子热运动速率的统计分布情况如图所示，其中对应状态B的是曲线____（选填“①”或“②”）。
（3）请你说明B→C过程中，气体压强变化的微观原因。
（4）设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，请你比较Q1、Q2的大小并说明依据。
（1）0.4m3（2分）
（2）②（2分）（3）见解析（2分）（4）见解析（2分）
（1）A→B过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有
代入数据解得VB＝0.4m3（1分）
（2）状态B的温度高，气体分子的平均动能较大，即速率大的分子数占分子总数的比例偏多，故其对应的曲线是②。
（3）气体对器壁的压强
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