第十五章第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学习目标学后评价1.理解热力学第一定律,能解决相关问题完成□继续□2.理解热力学第二定律,知道热现象的方向性完成□继续□3.掌握热力学第一定律与气体实验定律的结合点,能综合应用两种定律解决相关的图像问题和实际问题完成□继续□考点一热力学第一定律【核心要点】1.温度、内能、热量、功的比较项目含义特点温度温度表示物体的冷热程度,是物体分子平均动能大小的标志,它是大量分子热运动的集体表现,对个别分子来说,温度没有意义状态量内能内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和,它是由大量分子的热运动和分子的相对位置决定的热量热量是热传递过程中内能的改变量,用来量度热传递过程中内能转移的多少过程量功做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程【提醒】关于温度、内能、热量、功的易错点:(1)对某一状态而言,只有“内能”,根本不存在“热量”和“功”。不能说一个系统中含有多少热量。(2)传热的前提条件是两个系统之间要有温度差,传递的是热量而不是温度。(3)物体的温度升高,其内能不一定增加(还要看分子势能如何变化)。向物体传递热量,物体的内能不一定增加(可能同时对外做功)。2.热力学第一定律的三种特殊情况(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。【典例剖析】【典例1】(多选)(2025·晋陕青宁适应性演练)如图,用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分,一定量的某理想气体处于Ⅰ中,Ⅱ内为真空。抽取隔板K,气体进入Ⅱ中,最终整个容器均匀地分布了这种气体。则此过程,该气体系统()A.对外做功,体积膨胀B.对外不做功,最终压强减小C.内能减少,最终温度降低D.无序度变大【解析】选B、D。绝热容器内的气体与外界没有热交换,则Q=0气体向真空扩散,没有对外界做功,则W=0根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体的内能不变,温度不变,气体体积变大,气体无序度变大,根据理想气体状态方程pVT=C[变式训练]教材习题改编(人教选必三P64复习与提高A组T3)如图所示,容器A与容器B之间装有阀门K,A中充满一定质量的空气(可视为理想气体),容器B内为真空。打开阀门K,A中的气体进入B中,最终达到平衡。容器A、B中气体可认为与外界绝热。下列说法正确的是()A.气体平衡后压强增大B.气体平衡后内能减小C.气体平衡后温度不变D.气体平衡后分子热运动的平均动能增大【解析】选C。气体自由扩散,没有对外做功,容器A、B与外界绝热,则气体温度不变,内能不变,分子热运动的平均动能不变,B、D错误,C正确。气体平衡后体积增大,温度不变,由pVT=C得压强减小,A考点二热力学第二定律【核心要点】1.热力学第二定律的含义(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。(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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能,如气体的等温膨胀过程。2.热力学第二定律的实质自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如:(1)高温物体低温物体(2)功热(3)气体体积V1气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B混合气体A、B3.两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求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【典例剖析】角度1对热力学第二定律的理解【典例2】下列说法正确的是()A.流散到周围环境中的内能可以自动聚集起来,并被加以利用B.只要对内燃机不断进行革新,总有一天它可以把气体的内能全部转化为机械能C.第二类永动机不违反热力学第一定律,只违反热力学第二定律D.热量不可能由低温物体传给高温物体【解析】选C。根据热力学第二定律可知:热传递具有方向性,不可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化,故A错误;热机是把内能转化为机械能的装置,过程中一定有部分热量排放给低温物体(冷凝器或大气),即有能量耗损,所以不可能把气体的内能全部转化为机械能,故B错误;第二类永动机不违反热力学第一定律,只违反热力学第二定律,故C正确;热量是不可能自发地从低温物体传递给高温物体的,但在其他因素影响下可以由低温物体传向高温物体,故D错误。角度2热力学第二定律的应用【典例3】(多选)(2022·湖南选择考改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是()A.A端为冷端,B端为热端B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律【解析】选A、B。中心部位为热运动速率较低的气体,从A端流出,而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出;同种气体分子的平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高,所以A端为冷端、B端为热端,故A、B正确;内能的多少还与分子数有关,不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能,故C错误;该装置将冷热不均的气体进行分离,喷嘴处有高压,即通过外界做功而实现的,并非是自发进行的,没有违背热力学第二定律,故D错误。考点三热力学第一定律与图像的综合应用【核心要点】热力学第一定律与图像综合问题的解决思路:始终围绕热力学第一定律:ΔU=Q+W(1)W:由图像看体积变化,确定做功情况。①对于p-V图像,某阶段图线与横轴包围的面积代表该阶段中功的大小,正负由V的增减确定。②对于p-V图像,完成一次循环,该循环所围成的封闭图形的面积代表该循环中总功的大小,正负与循环的方向有关。如图:若经A→B→C→A,完成一次循环:W=-12p0V若经A→C→B→A,完成一次循环:W=12p0V③对于V-T、p-T图像,计算功的大小可先转换成p-V图像。(2)ΔU:对分子数一定的理想气体,由图像看温度,确定内能变化。①对于p-T、V-T图像,看温度可直接观察所研究阶段横坐标T的变化;②对于p-V图像,横、纵坐标的乘积“pV”可反映温度,若某阶段对应线段为双曲线,则该阶段为等温变化。(3)Q:热量无法直接由图像看出,需借助ΔU=Q+W间接得到;如题中已告知“绝热”,则Q=0。【典例剖析】角度1p-V图像【典例4】一题多解(2024·山东等级考)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是()A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【解析】选C。a→b过程,体积增大,气体对外做功W<0,温度增加,理想气体内能增大,即ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,a→b过程,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;方法一:b→c过程中Qbc=0,又由气体体积增大可知Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少,B错误。c→a过程为等温过程,ΔUac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;根据热力学第一定律结合上述解析可知:a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,因此热力学第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0,故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量-Qca,D错误。【一题多解】c→a过程为等温过程,所以Tc=Ta结合Tb>Ta分析可知,Tb>Tc,所以b到c过程气体的内能减少。故B错误。角度2V-T图像【典例5】(多选)(2024·海南等级考)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是()A.bc过程外界对气体做功B.ca过程气体压强不变C.ab过程气体放出热量D.ca过程气体内能减小【解析】选A、C。bc过程体积减小,外界对气体做功,故A正确;由理想气体状态方程pVT=C,得V=Cp·T,则图像的斜率越大,压强越小,故pa<pb=pc,ca过程气体压强减小,故B错误;ab过程为等温变化,内能不变,故ΔU=0,体积减小,则外界对气体做功,故W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,ab过程气体放出热量,故C正确;ca过程,温度升高,内能增大,故角度3p-T图像【典例6】一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图像如图所示,气体从状态C变化到状态B,再变化到状态A,CB线段与T轴平行,BA的延长线过原点,已知该气体在状态C时的体积为30m3。(1)求该气体在状态B时的体积;(2)根据上述气体变化过程,画出对应的p-V图像(标清各点坐标);(3)该气体从状态C到状态A的过程中,气体是吸热还是放热,气体与外界交换的热量Q为多少?【解析】(1)气体从状态C变化到状态B为等压变化,由盖-吕萨克定律得VBT代入数值可得VB=10m3。(2)从C→B根据VT=V'T'可知,气体体积随温度减小,从B→A根据理想气体状态方程pVT=C,可得pT=CV,由于p-T图像斜率不变,则气体的体积不变,(3)由图像可知,气体从状态B变化到状态A为等容变化,则W1=0;气体从状态C到状态B,外界对气体做功为W2=pΔV=2×106J,气体从状态C到状态A,温度不变,可知ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q=ΔU-(W1+W2)=-2×106J负号表示放热。答案:(1)10m3(2)见解析图(3)放热2×106J考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用【核心要点】1.做好“两类分析”解决热力学综合问题2.气体做功计算方法【典例剖析】角度1封闭气体压强恒定【典例7】(2024·湖北选择考)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升15h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,(1)再次平衡时容器内气体的温度。(2)此过程中容器内气体吸收的热量。【解析】(1)气体进行等压变化,则V0T0=V1T1,即hST0=((2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=15CT气体对外做功为W=-pSΔh=-15h(p0S+mg由热力学第一定律ΔU=Q+WQ=ΔU-W=15h(p0S+mg)+15答案:(1)65T0(2)15h(p0S+mg)+1角度2封闭气体压强变化【典例8】(2025·云南适应性测试)如图所示,一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止,其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变,将一质量为M的物体轻放到活塞上,经过足够长的时间,活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S,大气压强为p0,重力加速度大小为g,忽略活塞厚度。求:(1)初始时,缸内气体的压强;(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度;(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。【解析】(1)对活塞受力分析,由平衡条件得mg+