2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第3讲　热力学定律与能量守恒定律

第3讲热力学定律与能量守恒定律考点一热力学第一定律能量守恒定律1.改变物体内能的两种方式：做功和传热。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）ΔU＝Q＋W中正、负号法则物理量意义符号WQΔU＋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。▢判断小题1.做功和热传递的实质是相同的。 （×）2.外界压缩气体做功20J，气体的内能可能不变。 （√）3.给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。（×）1.热力学第一定律的理解（1）内能的变化常用热力学第一定律进行分析。（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。（3）与外界绝热，则不发生传热，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，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（物体）对物体（外界）做的功等于物体内能的增加（减少）；（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收（放出）的热量等于物体内能的增加（减少）；（3）若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界（物体）对物体（外界）做的功等于物体放出（吸收）的热量。1.【热力学第一定律的应用】（2024·九省联考吉林）某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则 （）A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高解析：C旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，瓶内气体温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，瓶内气体温度降低，故C正确，D错误。2.【能量守恒定律与热力学第一定律的综合】（多选）下列有关物体内能改变的说法中，正确的是 （）A.外界对物体做功，物体的内能一定增加B.外界对物体传递热量，物体的内能一定增加C.物体对外界做功，物体的内能可能增加D.物体向外界放热，物体的内能可能增加解析：CD做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功的同时吸收热量，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热的同时外界对物体做功，物体的内能可能增加，故C、D正确。考点二热力学第二定律1.热力学第二定律的两种表述（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。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。▢判断小题1.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。 （√）2.热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化。（×）3.热量不可能从低温物体传给高温物体。 （×）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。（2）“不产生其他影响”的含义是指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，都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。3.两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计初衷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库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律1.【热力学第二定律的理解】（多选）如图所示为电冰箱的工作原理示意图，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是 （）A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外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，是因为其消耗了电能C.电冰箱的工作原理违背热力学第一定律D.电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除解析：BD热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C错误；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，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确；压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，故D正确。2.【两类永动机的比较】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从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的解析：D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，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。考点三热力学第一定律与图像的综合应用1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程pVT＝C2.气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。（1）由体积变化分析气体做功的情况。体积膨胀，气体对外界做功；气体被压缩，外界对气体做功。（2）由温度变化判断理想气体内能变化。温度升高，理想气体内能增大；温度降低，理想气体内能减小。（3）由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。（4）在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示整个过程中气体对外界或外界对气体所做的功。热力学第一定律与p－V1V【例1】（多选）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，其中DA为等温线，气体在状态A时的温度为T＝300K。下列说法正确的是 （）A.气体在状态C时的温度TC＝375KB.从A到C过程外界对气体做了600J的功C.从状态D变化到状态A，单位体积内的气体分子数减小，气体分子的平均动能不变D.若从D到A过程中外界对气体做功为250J，则从A→B→C→D→A（一次循环）过程中气体吸收的热量为250J答案：AD解析：由题可知DA为等温线，则TA＝TD＝300K，C到D过程由盖—吕萨克定律得VCTC＝VDTD，解得TC＝VCTDVD＝375K，故A正确；A到B过程压强不变，则气体对外做功W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3J＝－600J，B到C过程体积不变，则气体不对外做功，则A到C过程，气体对外做功600J，故B错误；由于气体质量保持不变，从状态D变化到状态A，气体体积减小，单位体积内气体分子数增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；由以上分析可知从状态A到状态C的过程气体对外做功WAC＝－600J，从C到D过程体积减小，外界对气体做功，即WCD＝1×105×（5－4）×10－3J＝100J，由以上各式可得W＝WAB＋WBC＋WCD＋WDA＝（－600＋100＋250）J＝－250J，一次循环内能不变，由热力学第一定律可得Q【例2】（2024·江苏徐州统考模拟）一定质量的理想气体，由状态a经a→b、b→c和c→a回到状态a，其循环过程的p－1V图像如图所示，Ta、Tb、Tc分别表示气体在状态a、b、c的温度，则（A.Ta＝Tb＞TcB.气体在b→c过程中吸收热量C.该循环过程中气体对外做负功D.该循环过程中气体放出热量答案：B解析：在a→b过程，根据pVT＝C，解得p＝CT·1V，由于该过程的p－1V图像是一条过原点的倾斜直线，可知该过程是等温过程，即Ta＝Tb，b→c过程是等压过程，由Vb＜Vc可知Tb＜Tc，则有Ta＝Tb＜Tc，A错误；根据上述分析可知b→c过程中气体温度升高、体积增大，气体对外做功，W为负值，温度升高，气体内能增大，ΔU为正值，由ΔU＝W＋Q可知Q为正值，即气体在b→c过程中吸收热量，B正确；根据题图，作出p－p－V图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示功，b→c过程气体对外做正功，a→b过程气体对外做负功，根据图中所围几何图形的面积可知，b→c过程气体对外界做功大于a→b过程外界对气体做功，即该循环过程中气体对外做正功，C错误；根据ΔU＝W＋Q，一个完整的循环过程，内能不变，根据上述该循环过程中气体对外做正功，W为负值，则Q为正值，即该循环过程中气体吸收热量，D错误。热力学第一定律与P－T图像的综合【例3】（多选）（2024·河北校联考模拟预测）一定质量的理想气体，状态变化依次经历a→b，再经历b→c的过程，其压强p和温度T的关系如图所示，根据p－T图像，下列说法正确的是（）A.状态a的体积小于状态c的体积B.状态a的内能大于状态c的内能C.a→b的过程，气体从外界吸热D.b→c的过程，气体的分子数密度增大答案：AC解析：由理想气体的状态方程pVT＝C，可得p＝CVT，即p－T图线上的点与坐标原点连线的斜率与体积成反比，由题图可知ka＝kb＞kc，则有Va＝Vb＜Vc，可知状态a的体积小于状态c的体积，b→c的过程，气体的分子数密度减小，A正确，D错误；由题图可知Ta＜Tc，可知状态a的内能小于状态c的内能，B错误；a→b的过程，气体温度升高，内能增大，即ΔU＞0，从状态a到状态b气体做等容变化，则W＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，气体从外界吸热，热力学第一定律与V－T图像的综合【例4】（多选）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历一系列过程到达状态d，已知V3－V2＞V2－V1，对于此气体，下列说法正确的是 （）A.从状态a到状态b的过程中气体向外界放出了热量B.状态c的压强大于状态a的压强C.从状态b到状态c的过程中在单位时间内与单位面积容器壁撞击的分子数变多D.从状态a到状态b的过程中气体对外界做的功小于从状态c到状态d的过程中气体对外界做的功答案：BCD解析：由题图可知，从状态a到状态b的过程气体温度升高，体积增大，则气体内能增加，对外做功，根据热力学第一定律可知气体应吸热，故A错误；由题图可知，从状态a到状态b的过程气体做等压变化，从状态b到状态c的过程气体做等容变化，温度升高，则压强增大，故状态c的压强大于状态a的压强，故B正确；从状态b到状态c的过程气体做等容变化，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增加，故从状态b到状态c的过程中在单位时间内与单位面积容器壁撞击的分子数变多，故C正确；由题图可知，a、b、d在同一条过原点的直线上，为等压线，故状态a、b、d的压强相等，由从a→b过程压强不变，c→d过程压强减小，且状态c的压强大于状态d的压强，故c→d过程的平均压强大于a→b过程的压强，又V3－V2＞V2－V1，根据W＝pΔV，可知从状态a到状态b的过程中气体对外界做的功小于从状态c到状态d的过程中气体对外界做的功，故D正确。考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路【例5】（多选）（2023·新课标卷21题）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后 （）A.h中的气体内能增加B.f与g中的气体温度相等C.f与h中的气体温度相等D.f与h中的气体压强相等答案：AD解析：对活塞和弹簧整体受力分析有pfS＝phS，可得压强pf＝ph，D正确；f中的气体升温，活塞右移，h中的气体的体积Vh减小，则W＞0，又Q＝0，根据ΔU＝Q＋W知ΔU＞0，A正确；对f、h两部分气体，由理想气体状态方程知pfVfTf＝pℎVℎTℎ，又pf＝ph，Vf＞Vh，联立得Tf＞Th，C错误；f中气体缓慢加热过程中，活塞缓慢右移，弹簧被压缩，Vf＞Vg，对左边活塞根据力的平衡知，pfS＝pgS＋F弹，得pf＞pg，对f、g两部分气体，由理想气体状态过程知pfV【例6】（多选）（2023·山东高考9题）一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K，若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是（）A.初始状态下，气体的体积为6LB.等压过程中，气体对外做功400JC.等压过程中，气体体积增加了原体积的1D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J答案：AD解析：设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖－吕萨克定律得VT1＝V＋ΔVT2，解得气体增加的体积ΔV＝13V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400J的热量后温度上升100K，则内能的增加量ΔU＝400J，因为理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100K，所以内能的增加量也为ΔU＝400J，D正确；等压过程中由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200J，即气体对外做的功为200J，B错误；由W＝pΔV得气体体积的增加量｜ΔV｜＝Wp＝200J跟踪训练·巩固提升1.以下现象违背热力学第二定律的是 （）A.一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉B.没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能达到100％C.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D.在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能全部变为内能解析：B热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体，可自发进行；任何热机效率都不可能达到100％，B违背热力学第二定律；泥水分离是机械能（重力势能）向内能的转化，可自发进行；物体因摩擦力而停下来，是机械能（动能）向内能的转化，是自发过程。综合可知B正确。2.（2024·山东菏泽模拟）一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体（）A.内能增加B.对外界做正功C.减少的内能小于放出的热量D.减少的内能大于放出的热量解析：C充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根据气球内气体压强与此处湖水的压强平衡，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程pVT＝C知，气球体积减小，对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知放出的热量大于减小的内能，C正确，D3.（2024·福建漳州调研）如图所示，汽缸内活塞左边封闭着一定质量的可视为理想气体的空气，压强和大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动（活塞与汽缸间无摩擦、不漏气），也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，则Q1和Q2的大小关系是（）A.Q1＝Q2 B.Q1＞Q2C.Q1＜Q2 D.不能确定解析：C对一定质量的理想气体，内能由温度决定，两种情况下气体温度变化相同，气体内能变化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU。第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功，W1＝0，第二种情况，活塞自由移动，则气体做等压变化又温度升高，根据盖－吕萨克定律，知气体体积增大，气体对外做功，W2＜0，又由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q1＜Q2，选项C正确。4.（2023·天津高考第2题）如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积、质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体 （）A.对外做功B.内能减小C.吸收热量D.压强不变解析：B由于爬山过程中气体体积不变，气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q及爬山过程中气体不做功，但内能减小，可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程pVT＝C，可知气体压强减小，故D5.（多选）（2024·福建宁德校考一模）某地突发洪涝灾害，救援人员驾驶气垫船施救，到达救援地点后，将围困在水中的群众拉上气垫船，如图所示。若在救援人员将群众拉上气垫船的过程中，气垫船中气垫内的气体（视为理想气体）温度不变，气垫不漏气，则在该过程中，下列说法正确的是 （）A.气垫内的气体内能增加B.外界对气垫内的气体做正功C.气垫内的气体向外界放出热量D.气垫内的气体单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数减少解析：BC气垫内的气体温度不变，则内能不变，选项A错误；在救援人员将群众拉上气垫船的过程中，气垫船中气垫内的气体体积减小，则外界对气垫内的气体做正功，选项B正确；ΔU＝0，W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知Q＜0，即气垫内的气体向外界放出热量，选项C正确；气垫内的气体压强变大，体积减小，则气体分子数密度增加，而气体温度不变，分子平均动能不变，则单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数增加，选项D错误。6.（2024·河北沧州模拟预测）如图甲所示，圆柱形汽缸开口向下竖直放置，汽缸与活塞之间密封一定质量的理想气体，汽缸与活塞间无摩擦且不漏气，活塞面积S＝0.01m2，质量m＝20kg，气柱高度h1＝20cm，气体温度T1＝300K，外界大气压p0＝1.0×105Pa。现把汽缸翻转开口向上放置，如图乙所示，气柱高度变为h2＝14cm，在此过程中，外界对气体做功120J，气体放出热量20J，取g＝10m/s2，则（）A.图甲状态，气体的压强为1.2×105PaB.图乙状态，气体的温度约为42℃C.气体内能增加140JD.气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数减少解析：B气体初状态的压强为p1＝p0－mgS＝8.0×104Pa，故A错误；气体初状态体积V1＝Sh1，温度T1＝300K，气体末状态压强p2＝p0＋mgS＝1.2×105Pa，体积V2＝Sh2，根据理想气体状态方程有p1V1T1＝p2V2T2，代入数据解得T2＝315K，即42℃，故B正确；根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，可知ΔU＝120J－20J＝100J，即气体内能增加100J，故C错误；因为温度升高7.（多选）一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是 （）A.pa＝2p0B.Vb＝3VcC.从状态a到状态b，气体对外做功D.从状态c到状态a，气体从外界吸热解析：AD由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由查理定律可得paTa＝pbTb，其中pb＝p0，Ta＝2T0，Tb＝T0，解得pa＝2p0，A正确；由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由玻意耳定律得pbVb＝pcVc，其中pb＝p0，pc＝4p0，得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，故气体不会对外做功，C错误；从状态c到状态a，可以等效为先从状态c到状态b，再从状态b到状态a。从状态c到状态b，温度不变，气体内能不变，体积增大，所以气体对外做功，即W＜0，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体要从外界吸收热量。从状态b到状态a，体积不变，气体不做功，即W＝0，温度升高，内能增大，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体要从外界吸收热量，故从状态c到状态8.（2023·浙江6月选考17题）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J，从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J，大气压p0＝1.01×105Pa。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能不变（选填“增大”“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力增大（选填“增大”“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态C的温度TC；答案：（2）350K（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。答案：（3）11J解析：（1）气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其内能不变，分子平均动能不变；气体体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。（2）气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa气体从状态B到状态C，发生等容变化，