第3讲 热力学定律与能量守恒
(对应学生用书第191页)
热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式
(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.
3．ΔU＝W＋Q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
【针对训练】
1．(2012·广东高考)景颇族的祖先发明的点火器如图11－3－1所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )
图11－3－1
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
【解析】 筒内封闭气体被压缩过程中，外界对气体做正功．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体内能增加，温度升高．由理想气体状态方程＝C知，气体压强增大．选项A、C、D错误，选项B正确．
【答案】 B
热力学第二定律及微观意义
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：不可能使热量从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化．
(2)开尔文表述：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．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”
2．用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(填“增大”或“减小”)．
3．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．
【针对训练】
2．关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．在一定条件下物体的温度可以降到0 K
B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C．吸收了热量的物体，其内能一定增加
D．压缩气体总能使气体的温度升高
【解析】 由热力学第三定律知，绝对零度不可能达到，A错；由热力学第二定律知，物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，但是将产生其他影响，B对；物体吸收了热量，若全部用于对外做功，其内能不变，C错；压缩气体，若气体向外放热，气体的温度不一定升高，D错．
【答案】 B
能量守恒定律和两类永动机
1.能量守恒定律
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，或者从一个系统(物体)转移到别的系统(物体)，在转化和转移的过程中，其总量保持不变．
2．能源的利用
(1)存在能量耗散和品质下降．
(2)重视利用能源时对环境的影响．
(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等)．
3．两类永动机
(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．
违背能量守恒定律，因此不可能实现．
(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．
违背热力学第二定律，不可能实现．
【针对训练】
3.
图11－3－2
(2011·江苏高考)如图11－3－2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( )
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
【解析】 形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确．
【答案】 D
(对应学生用书第192页)
热力学第一定律的理解和应用
1.改变物体内能的两种方式
方式
区别
做功
热传递
内能变化
外界对物体做功，物体的内能增加
物体对外界做功，物体的内能减少
物体吸收热量，内能增加
物体放出热量，内能减少
物理实质
其他形式的能与内能之间的转化
不同物体间或同一物体
不同部分之间内能的转移
相互联系
做一定量的功或传递一定量的热在改变内能的效果上是相同的
2.对热力学第一定律的理解
(1)在ΔU＝Q＋W中，W表示做功情况，说明内能和其他形式的能可以相互转化；Q表示吸热或放热的情况，说明内能可以从一个物体转移到另一个物体，而ΔU＝Q＋W是能量守恒定律的具体体现．
(2)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．
②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．
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．
(2012·新课标全国高考)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
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
【解析】 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W.A正确，B错误．根据热力学第二定律，C、E正确，D错误．
【答案】 ACE
热力学第二定律的理解和应用
1.在热力学第二定律的表述中，“不引起其他变化”的含义
“不引起其他变化”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．
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
(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AB.
在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化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．
图11－3－3
我国神七航天员的漫步太空已变成现实．神七航天漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图11－3－3所示，两个相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则( )
A．气体体积膨胀，对外做功
B．气体分子势能减少，内能增加
C．体积变大，温度降低
D．B中气体不可能自发地全部退回到A中
【解析】 当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，则A选项是错误的；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，则选项B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部回到A中，故D正确．
【答案】 D
气体实验定律与热力学定律综合
图11－3－4
如图11－3－4，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、压强为1.2p0的理想气体，p0和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.
【解析】 (1)在气体由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＝
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，
由盖—吕萨克定律得＝，解得
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少为
ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU，
解得Q＝p0V＋αT0
【答案】 (1)V (2)p0V＋αT0
热力学第一定律在气体状态变化中的应用
(1)理想气体无分子势能，只有分子动能，一定质量的气体，其内能只取决于温度，而与体积无关．
(2)在气体状态变化过程中，三个状态参量(p、V、T)遵循理想气体状态方程＝(或＝C常数)，判断气体的内能的变化只需分析气体的温度，温度升高(或降低)，内能增大(或减小)．
(3)由气体体积变化情况分析做功情况，气体体积增大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功．然后由热力学第一定律ΔU＝Q＋W确定热量Q的正、负，判断出吸热、放热．
(对应学生用书第193页)
1．(2013届太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( )
A．封闭气体对外界做正功
B．封闭气体向外界传递热量
C．封闭气体分子的平均动能增大
D．封闭气体从外界吸收热量
【解析】 因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，D错B正确．
【答案】 B
2.
图11－3－5
(2012·渭南二模)如图11－3－5所示中汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使之缓慢地向右移动．这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )
A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．A、B、C三种说法都不对
【答案】 C
3.
图11－3－6
如图11－3－6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反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律
【解析】 由热力学第二定律可知，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机工作并消耗电能．
【答案】 B
4．(2011·大纲全国高考)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【解析】 由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热，若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D正确．
【答案】 AD
5．(2011·福建高考)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
【解析】 由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104 J＋2.5×104 J＝1.5×104 J>0，故温度升高，A、B两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝可知密度变小，故C项错误D项正确．
【答案】 D
6．(2012·江西重点盟校二次联考)(1)下列说法正确的是( )
A．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该种气体分子的大小
B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间的斥力随分子间距离的增大而减小
D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
图11－3－7
(2)如图11－3－7所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2 m，活塞面积10 cm2，大气压强1.0×105 Pa，物重50 N，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60 J的热量，则封闭气体的压强将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为________J.
【解析】 (1)由于气体分子间距离大，所以不能估算分子大小，A错．布朗运动的显著程度与温度和颗粒大小有关，B正确．分子引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小的，则C错．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故D错．
(2)此时气体压强p＝p0－恒定．
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝－pΔV＋Q＝50 J.
【答案】 (1)B (2)不变 50
7．(1)当密闭在气球内的空气(可视为理想气体)温度缓慢升高时________________________________________________________________________．
A．气体分子的体积增大
B．气体分子的动能增大
C．气体分子的平均动能增大
D．单位体积内分子数增多
(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J的功，可使其温度升高5 K．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高5 K，那么气体应吸收________J的热量．如果对该气体做了2 000 J的功，使其温度升高了5 K，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.
【答案】 (1)C (2)1 500 放出 500
8．(1)第一类永动机不可能制成是因为其违反了________，第二类永动机不可能制成是因为其违反了________________________________________________________________________．
(2)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g水吸收2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm3变成1 676 cm3，求：
①1 g水所含的分子个数；
②体积膨胀时气体对外界做的功；
③气体的内能变化．(大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的摩尔质量为M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1)
【解析】 (2)①1 g水所含的分子个数为n＝×6×1023＝3.3×1022(个)．
②气体体积膨胀时对外做的功为W＝p0×ΔV＝105×(1 676－1.043)×10－6 J＝167.5 J.
③根据热力学第一定律有：
ΔU＝W＋Q＝(2 263.8－167.5) J＝2 096.3 J.
【答案】 (1)能量守恒定律 热力学第二定律
(2)①3.3×1022 ②167.5 J ③增加 2 096.3 J
9．(1)下列说法正确的是( )
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能而不产生其他影响
C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
(2)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功1.7×105 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.
【解析】 (1)布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，并不是指颗粒分子的运动，所以A错误．热能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，所以B错误．知道摩尔质量和密度可求摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，所以C
错误．内能不同的物体它们分子运动的平均动能可能相同，因为只要物体的温度相同，分子平均动能就相同，所以D项正确．
(2)根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得，Q＝－3.0×105 J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105 J；同理W＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.
【答案】 (1)D (2)放出 3.0×105 1.0×105
10．如图11－3－8所示，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B汽缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A汽缸中的气体温度保持不变，A汽缸截面积为500 cm2)
图11－3－8
(1)求A中活塞应向右移动的距离；
(2)A中气体是吸热还是放热，为什么？
【解析】 (1)对B：由＝得
P′B＝PB＝PB＝PB
对A：由PAVA＝P′AV′A 得V′A＝
且：PA＝PB，P′A＝P′B 解得：V′A＝VA
所以Δl＝＝5 cm.
(2)放热，在向右推活塞过程中，A中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体应放热．
【答案】 (1)5 cm (2)见解析
【点此下载】