讲义第11章 第3讲.docx

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讲义第11章第3讲

考点一　热力学第一定律与能量守恒定律

1．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）ΔU＝Q＋W中正、负号法则.

物理量

意义

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

2.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）能量守恒定律是一切自然现象都遵守的基本规律．

[思维深化]

ΔU＝Q＋W的三种特殊情况

过程名称

公式

内能变化

物理意义

绝热

Q＝0

ΔU＝W

外界对物体做的功等于物体内能的增加

等容

W＝0

Q＝ΔU

物体吸收的热量等于物体内能的增加

等温

ΔU＝0

W＝－Q

外界对物体做的功等于物体放出的热量

1．[热力学第一定律的理解]（2015·北京理综·13）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

答案　C

解析　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：

做功和热传递．若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误．

2．[热力学第一定律的理解]（2015·重庆·10

（1））某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（　　）

A．外界对胎内气体做功，气体内能减小

B．外界对胎内气体做功，气体内能增大

C．胎内气体对外界做功，内能减小

D．胎内气体对外界做功，内能增大

答案　D

解析　车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确．

3．[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80N的水平推力推动木箱前进10m，木箱受到的摩擦力为60N，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（　　）

A．U＝200J，Ek＝600JB．U＝600J，Ek＝200J

C．U＝600J，Ek＝800JD．U＝800J，Ek＝200J

答案　B

解析　U＝Ffx＝60×10J＝600J

Ek＝F·x－U＝80×10J－600J＝200J

4．[热力学第一定律的应用]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：

（1）这些气体的内能发生了怎样的变化？

（2）如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？

做功多少？

答案　

（1）增加了160J　

（2）外界对气体做功　80J

解析　

（1）由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120J＋280J＝160J，气体的内能增加了160J.

（2）由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1内能应减少160J，即ΔU′＝－160J，又Q′＝－240J，根据热力学第一定律得：

ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160J－（－240J）＝80J，即外界对气体做功80J.

考点二　热力学第二定律

1．热力学第二定律的三种表述

（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“第二类永动机不可能制成．”

（3）用熵的概念进行表述：

在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小（热力学第二定律又叫做熵增加原理）．

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．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．

4．两类永动机的比较

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

[思维深化]

（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．在借助外界提供能量的帮助下，热量可以由低温物体传到高温物体吗？

请举例．

答案　可以，如冰箱、空调．

（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．在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能吗？

请举例．

答案　可以．如气体的等温膨胀过程．

5．[热力学第二定律的理解]（多选）根据热力学定律，下列说法中正确的是（　　）

A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递

B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量

C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机

D．压缩气体总能使气体的温度升高

答案　AB

解析　热力学第二定律的表述之一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发热传递具有方向性，选项A中热量并非自发地从低温物体传到高温物体，选项A正确；空调机制冷过程中一方面从室内吸收热量，另一方面所消耗电能中的一部分又变为热量散失在室外，使排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，选项B正确；由热力学第二定律的表述“不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化”可知选项C错误；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，压缩气体的同时向外界放热，气体的温度可能不变，也可能降低，选项D错误．

6．[热力学定律的理解]地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1°C，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是（　　）

A．内能不能转化成机械能

B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律

C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律

D．上述三种原因都不正确

答案　C

解析　内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：

不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确．

7．[热力学定律的理解]（多选）关于热力学定律，下列说法中正确的是（　　）

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．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

E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

答案　ACE

8．[关于永动机和热力学定律的理解]关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是（　　）

A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律

B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律

C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能

D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的

答案　D

解析　第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对．

考点三　热力学定律与气体实验定律的综合

一、基本解题思路

1．选取研究对象

研究对象可以是由两个或多个物体组成的系统，也可以是全部气体或某一部分气体（状态变化时质量必须一定）．

2．两类分析

（1）气体实验定律：

确定状态参量，找出状态变化前后的p、V、T数值或表达式．

（2）热力学定律：

①做功情况；②吸、放热情况；③内能变化情况．

3．选用规律列出相关方程求解

（1）玻意耳定律（等温变化）：

p1V1＝p2V2或pV＝C（常数）．

（2）查理定律（等容变化）：

＝

或

＝C（常数）．

（3）盖－吕萨克定律（等压变化）：

＝

或

＝C（常数）．

（4）理想气体状态方程：

＝

或

＝C（常数）．

（5）热力学第一定律：

ΔU＝W＋Q.

二、判断物体内能变化的方法

（1）当做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化就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，气体对外界做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正；理想气体向真空自由膨胀，与外界互不做功；

（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，则由于理想气体没有分子势能，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．

9．[热力学定律与理想气体状态方程的理解]（2015·福建·29

（2））

如图1，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac.则________．（填选项前的字母）

图1

A．Tb＞Tc，Qab＞QacB．Tb＞Tc，Qab＜Qac

C．Tb＝Tc，Qab＞QacD．Tb＝Tc，Qab＜Qac

答案　C

解析　a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：

＝

，得Tb＝2Ta，a→c过程为等容变化，由查理定律得：

＝

，得Tc＝2Ta，所以Tb＝Tc.

由热力学第一定律，a→b：

Wab＋Qab＝ΔUab

a→c：

Wac＋Qac＝ΔUac

又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac，则有Qab＞Qac，故C项正确．

10．[热力学定律与气体实验定律的理解]（2013·山东·36

（2））我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图2所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．

图2

①求990m深处封闭气体的体积（1atm相当于10m深的海水产生的压强）．

②下潜过程中封闭气体________（填“吸热”或“放热”），传递的热量________（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功．

答案　①2.8×10－2m3　②放热　大于

解析　①当汽缸下潜至990m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知

p＝100atm

根据理想气体状态方程得

＝

代入数据得V＝2.8×10－2m3

②解析略．

11．[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图3所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．现将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10cm.（环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg）

图3

（1）求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）．

（2）此过程中左管内的气体对外界________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体将________（填“吸热”或“放热”）．

答案　

（1）50cmHg　

（2）做正功　吸热

解析　

（1）设U形管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

p1＝p0②

p2＝p＋ph③

V1＝l1S④

V2＝l2S⑤

由几何关系得h＝2（l2－l1）⑥

联立①②③④⑤⑥式，

代入数据得p＝50cmHg

（2）左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热．

12．[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图4所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300K，压强为p＝0.5×105Pa，活塞与汽缸底的距离为h＝10cm，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105Pa.求：

图4

（1）此时桌面对汽缸的作用力FN；

（2）现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7J，内能增加了ΔU＝5J，整过程活塞都在汽缸内，求T的值．

答案　

（1）50N　

（2）720K

解析　

（1）对汽缸受力分析，由平衡条件有

FN＋pS＝p0S，

得FN＝（p0－p）S＝50N.

（2）设温度升高至T时，活塞与汽缸底的距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S（H－h），

由热力学第一定律得ΔU＝Q－W.

解得H＝12cm

气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，得

＝

.

解得T＝

T0＝720K.

1．（多选）下列说法中正确的是（　　）

A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动

B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大

C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律

答案　ACD

2．（2015·广东理综·17）（多选）如图5为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气（　　）

图5

A．内能增大B．压强增大

C．分子间引力和斥力都减小D．所有分子运动速率都增大

答案　AB

解析　隔热外筒使封闭气体与外界无热量交换，因金属内筒导热，所以水温升高时，气体吸热，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子运动速率都增大，D项错误；气体体积不变，分子间距离不变，分子势能不变，分子间引力和斥力均不变，C项错误；分子平均动能增大，分子势能不变，所以封闭气体的内能增大，A正确；根据查理定律

＝C得p增大，B正确．

3．如图6所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0；用力压活塞，使气体的体积减小了ΔV.若针管中的气体可视为理想气体，其质量、温度在压缩前后均不变．

图6

（1）求压缩前后，气体压强的变化量Δp.

（2）压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？

答案　

（1）

（2）放热　内能不变

解析　

（1）由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：

p0V0＝（p0＋Δp）（V0－ΔV）

解得Δp＝

（2）由于气体的温度不变，则内能不变．压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体放热．

4．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图7所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃.求：

图7

（1）该气体在状态B时的温度；

（2）该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．

答案　

（1）－173℃　

（2）吸收热量200J

解析　

（1）对于理想气体：

A→B过程，由查理定律有

＝

，

得TB＝100K，

所以tB＝TB－273℃＝－173℃

（2）B→C过程，由盖－吕萨克定律有

＝

得TC＝300K

所以tC＝TC－273℃＝27℃

由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B过程是等容变化，气体对外不做功，B→C过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量．Q＝pΔV＝1×105×（3×10－3－1×10－3）J＝200J.

练出高分

基础巩固

1．（2014·重庆·10

（1））重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）（　　）

A．压强增大，内能减小

B．吸收热量，内能增大

C．压强减小，分子平均动能增大

D．对外做功，分子平均动能减小

答案　B

解析　质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：

温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，可知压强增大．由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只能吸收热量，故A、C、D错误，B正确．

2．图1为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中（　　）

图1

A．外界对气体做功，气体内能增大

B．外界对气体做功，气体内能减小

C．气体对外界做功，气体内能增大

D．气体对外界做功，气体内能减小

答案　A

解析　在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，气体不与外界发生热交换，再根据热力学第一定律知，气体内能增大，故正确答案为A.

3．下列说法正确的是（　　）

A．气体的内能是所有分子热运动的动能和分子势能之和

B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子势能也随之改变

C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功

D．热量能自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体

答案　A

解析　气体内所有分子热运动具有动能，分子间因为分子力作用而具有分子势能，两者之和为内能，故A正确；温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子势能不一定改变，故B错误；功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误；热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D错误．

4．如图2所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是（　　）

图2

A．使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少

B．使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高

C．使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小

D．使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小

答案　B

解析　使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W0，汽缸壁和活塞的绝热性能良好，由热力学第一定律：

ΔU＝W＋Q得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度升高，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，A、C、D错误．

5．如图3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．下列说法正确的是（　　）

图3

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

答案　D

解析　由能量守恒定律可知，A、B错误；C选项是水对转轮做功，同时水向四周放出热量，所以水温降低；由热力学第二定律可知，D正确．

6．（2014·广东·17）（多选）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图4所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（　　）

图4

A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小

C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小

答案　AC

解析　充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增大，故选项A、C正确；气体体积减小，内能增大，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误．

7．（2014·新课标全国Ⅰ·33

（1））（多选）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图5所示，下列判断正确的是（　　）

图5

A．过程ab中气体一定吸热

B．过程bc中气体既不吸热也不放热

C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热

D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小

E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同

答案　ADE

解析　由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab气体一定吸热，选项A正确；过程bc中温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca中压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p－T图象可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确；b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E正确．

8．（多选）下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（　　）

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．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

C．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

D．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功

答案　ACD

综合应用

9．如图6是某喷水壶示意图．未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出．储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变．则（　　）

图6

A．充气过程中，储气室内气体内能增大

B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大

C．喷水过程中，储气室内气体放热

D．喷水过程中，储气室内气体压强增大

答案　A

解析　充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A正确，B错误；喷水过程中，气体对外做功，W<0；由于气体温度不变