資源簡介

第1講　熱力學定律與能量守恒定律
一、熱力學第一定律(選三第三章第1、2節)
1.改變物體內能的兩種方式
(1)做功;(2)熱傳遞。
2.熱力學第一定律
(1)內容:一個熱力學系統的內能變化量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和。
(2)表達式:ΔU=Q+W。
(3)正、負號法則:
物理量 W Q ΔU
“+” 外界對 物體做功 物體從外界 吸收熱量 內能增加
“-” 物體對 外界做功 物體向外界 放出熱量 內能減少
二、熱力學第二定律(選三第三章第4節)
1.熱力學第二定律的兩種表述
(1)克勞修斯表述:熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體。
(2)開爾文表述:不可能從單一熱庫吸收熱量,使之完全變成功,而不產生其他影響。或表述為“第二類永動機是不可能制成的”。
2.用熵的概念表示熱力學第二定律:在任何自發過程中,一個孤立系統的總熵不會減小。
3.熱力學第二定律的微觀意義:一切自發過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行。
三、能量守恒定律(選三第三章第3節)
1.內容:能量既不會憑空產生,也不會憑空消失,它只
能從一種形式轉化為其他形式,或者從一個物體轉移到別的物體,在轉化或轉移的過程中,能量的總量保持不變。
2.條件性:能量守恒定律是自然界的普遍規律,某一種形式的能是否守恒是有條件的,比如機械能守恒就是有條件的。
3.第一類永動機是不可能制成的,它違背了能量守恒定律。
【質疑辨析】
角度1 熱力學第一定律
(1)在絕熱過程中,物體內能的變化等于外界對其所做的功。 (　√　)
(2)外界對物體做功20 J,物體向外界放熱10 J,則物體內能變化30 J。 (　×　)
(3)熱量一定從內能大的物體傳遞到內能小的物體。 (　×　)
角度2 熱力學第二定律
(4)隨著科技的發展,熱機效率可以達到100%。 (　×　)
(5)熱量不可能從低溫物體傳遞到高溫物體。 (　×　)
(6)第二類永動機違反了能量守恒定律,不可能制成。 (　×　)
精研考點·提升關鍵能力
考點一　熱力學第一定律　(基礎自悟)
【核心要點】
1.做功和熱傳遞的區別
做功與熱傳遞在改變內能的效果上是相同的,但是從運動形式、能量轉化的角度上看是不同的。做功是其他形式的能與內能之間的轉化;而熱傳遞則是內能的轉移。
2.溫度、內能、熱量、功的比較
項目 含義 特點
溫度 溫度表示物體的冷熱程度,是物體分子平均動能大小的標志,它是大量分子熱運動的集體表現,對個別分子來說,溫度沒有意義 狀態量
內能 內能是物體內所有分子熱運動的動能和分子勢能的總和,它是由大量分子的熱運動和分子的相對位置決定的
熱量 熱量是熱傳遞過程中內能的改變量,用來量度熱傳遞過程中內能轉移的多少 過程量
功 做功過程是機械能或其他形式的能和內能之間的轉化過程
3.熱力學第一定律的三種特殊情況
(1)若過程是絕熱的,則Q=0,W=ΔU,外界對物體做的功等于物體內能的增加量。
(2)若過程中不做功,即W=0,則Q=ΔU,物體吸收的熱量等于物體內能的增加量。
(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變,即ΔU=0,則W+Q=0或W=-Q,外界對物體做的功等于物體放出的熱量。
【題點全練】
角度1 熱力學第一定律
1. (2024·寧波模擬)如圖,一絕熱容器被隔板K隔成A、B兩部分。已知A內有一定量的稀薄氣體,B內為真空。抽開隔板K后,A內氣體進入B,最終達到平衡狀態。此過程中氣體內能的變化情況為(　　)
A.變大 B.變小 C.不變 D.無法確定
2. (2023·天津等級考)如圖是爬山所帶氧氣瓶,氧氣瓶里的氣體容積及質量不變,爬高過程中,溫度減小,則氣體(　　)
A.對外做功 B.內能減小
C.吸收熱量 D.壓強不變
3.(多選)(2023·全國甲卷改編)在一汽缸中用活塞封閉著一定量的理想氣體,發生下列緩慢變化過程,氣體一定與外界有熱量交換的過程是(　　)
A.氣體的體積不變,溫度升高
B.氣體的體積減小,溫度降低
C.氣體的體積減小,溫度升高
D.氣體的體積增大,溫度不變
角度2 能量轉化與守恒定律
4.如圖所示,一演示用的“永動機”轉輪由5根輕桿和轉軸構成,輕桿的末端裝有用形狀記憶合金制成的葉片。輕推轉輪后,浸入熱水的葉片因伸展而“劃水”,推動轉輪轉動。離開熱水后,葉片形狀迅速恢復,轉輪因此能轉動較長時間,下列說法正確的是(　　)
A.轉輪依靠自身慣性轉動,不需要消耗外界能量
B.轉輪轉動所需能量來自形狀記憶合金自身
C.轉動的葉片不斷攪動熱水,水溫升高
D.葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量
5.一臺冷暖兩用型空調銘牌上標有“輸入功率1 kW,制冷能力1.2×104 kJ/h,制熱能力1.44×104 kJ/h”的字樣,從設計指標看,空調在制熱時,下列判斷正確的是(　　)
A.此過程是違反能量守恒定律的,所以銘牌上標注的指標一定是錯誤的
B.空調制熱時產生的熱量全部由電能轉化而來
C.空調制熱時放出的熱量一部分是由電能轉化而來,另一部分是從外界吸收而來的
D.空調制熱時每小時消耗電能1.44×104 kJ
考點二　熱力學第二定律　(基礎自悟)
【核心要點】
1.熱力學第二定律的含義
(1)“自發地”指明了熱傳遞等熱力學宏觀現象的方向性,不需要借助外界提供能量的幫助。
(2)“不產生其他影響”的含義是發生的熱力學宏觀過程只在本系統內完成,對周圍環境不產生熱力學方面的影響,如吸熱、放熱、做功等。在產生其他影響的條件下內能可以全部轉化為機械能,如氣體的等溫膨脹過程。
2.熱力學第二定律的實質
自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性。如:
(1)高溫物體低溫物體
(2)功熱
(3)氣體體積V1氣體體積V2(較大)
(4)不同氣體A和B混合氣體A、B
3.熱力學第一、第二定律的比較
項目 熱力學第一定律 熱力學第二定律
定律揭示的問題 它從能量守恒的角度揭示了功、熱量和內能改變量三者的定量關系 它指出自然界中出現的涉及熱現象的宏觀過程是有方向性的
機械能和內能的轉化 當摩擦力做功時,機械能可以全部轉化為內能 內能不可能在不引起其他變化的情況下完全變成機械能
熱量的傳遞 熱量可以從高溫物體自發傳向低溫物體 熱量不能自發地從低溫物體傳向高溫物體
表述形式 只有一種表述形式 有多種表述形式
兩定律 的關系 在熱力學中,兩者既相互獨立,又互為補充,共同構成了熱力學知識的理論基礎
4.兩類永動機的比較
分類 第一類永動機 第二類永動機
設計要求 不需要任何動力或燃料,卻能不斷地對外做功的機器 從單一熱源吸收熱量,使之完全變成功,而不產生其他影響的機器
不可能制 成的原因 違背能量守恒定律 不違背能量守恒定律,違背熱力學第二定律
【題點全練】
角度1 對熱力學第二定律的理解
1.(多選)(2023·綿陽模擬)關于熱力學定律,下列說法正確的是(　　)
A.一定質量的氣體等溫壓縮過程中氣體放出的熱量等于外界對氣體做的功
B.一定質量的氣體等容降溫過程中氣體吸收熱量
C.無論對蒸汽機怎樣革新,也不能把蒸汽的內能通過做功全部轉化成機械能
D.利用降低海水溫度放出大量的熱量來發電,可解決能源短缺的問題
2. (2023·南京模擬)將一件裙子放進死海,3年后成了一件精美的藝術品(如圖)。其形成原因是海水中的鹽不斷在衣服表面結晶。根據這一現象下列說法不正確的是(　　)
A.結晶過程看似是自發的,其實要受到環境的影響
B.結晶過程是無序向有序轉變的過程
C.鹽在溶解的過程中熵是增加的
D.這件藝術品被精心保存在充滿惰性氣體的密閉櫥窗里,可視為孤立系統,經過很長時間后,該藝術品的熵可能減小
【加固訓練】
　　(2022·廣東選擇考)利用空調將熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外環境,這個過程__________(選填“是”或“不是”)自發過程。該過程空調消耗了電能,空調排放到室外環境的熱量__________(選填“大于”“等于”或“小于”)從室內吸收的熱量。
角度2 熱力學第二定律的應用
3.(多選)(2023·紅河模擬)地球上有很多的海水,它的總質量約為1.4×1018 t,如果這些海水的溫度降低0.1 ℃,將要放出約5.8×1023 J的熱量。有人曾設想利用海水放出的熱量,使它完全變成機械能來解決能源危機,但這種機器是不能制成的,關于其原因,下列說法不正確的是(　　)
A.內能不能轉化成機械能
B.內能轉化成機械能不滿足熱力學第一定律
C.只從單一熱源吸收熱量并完全轉化成機械能的機械不滿足熱力學第二定律
D.機械能可全部轉化為內能,內能不可能全部轉化為機械能,同時不引起其他變化
4. (2023·廣州模擬)空調的工作原理如圖所示,以下表述正確的是(　　)
A.空調的工作原理對應的是熱力學第一定律的開爾文表述
B.空調的工作原理反映了熱傳導的方向性
C.此原理圖中的Q1=Q2
D.此原理圖說明熱量不能從低溫物體傳到高溫物體
考點三　熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用　(核心共研)
【核心要點】
1.“兩分析”巧解熱力學綜合問題:
2.應用熱力學第一定律的三點注意:
(1)做功看體積:體積增大,氣體對外做功,W為負;體積縮小,外界對氣體做功,W為正。氣體向真空中自由膨脹,對外界不做功,W=0。
(2)與外界絕熱,則不發生熱傳遞,此時Q=0。
(3)由于理想氣體沒有分子勢能,所以當它的內能變化時,主要體現在分子動能的變化上,從宏觀上看就是溫度發生了變化。
【典例剖析】
角度1 熱力學第一定律與氣體圖像的綜合應用
[典例1](2023·衡水模擬)一定質量的理想氣體,由初始狀態A開始,經歷A→B、B→C、C→A三個過程最后又回到初始狀態A,其p-圖像如圖所示。已知AB與縱軸平行,BC與橫軸平行,CA的延長線過原點O,氣體在A、B兩狀態下的壓強分別為p1、2p1。下列說法正確的是(　　)
A.A→B過程,氣體吸收熱量,內能增大
B.氣體在B、C兩狀態下的體積之比為1∶2
C.C→A過程,氣體吸收熱量,氣體分子的平均動能增大
D.氣體由狀態A經A→B、B→C、C→A回到狀態A,整個過程吸熱,對外做功
[典例2](多選)(2024·大理模擬)一定質量的理想氣體,狀態從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p-V圖線描述,其中D→A為等溫線,氣體在狀態A時的溫度為TA=300 K。下列說法正確的是(　　)
A.氣體在狀態C時的溫度TC=375 K
B.從A到C過程外界對氣體做了600 J的功
C.氣體從狀態D變化到狀態A,單位體積內的氣體分子數減小,氣體分子的平均動能不變
D.若氣體從D到A過程中外界對氣體做功為250 J,則氣體從A→B→C→D→A(一次循環)過程中吸收的熱量為250 J
【備選例題】
　　(2022·江蘇選擇考)如圖所示,一定質量的理想氣體分別經歷a→b和a→c兩個過程,其中a→b為等溫過程,狀態b、c的體積相同,則(　　)
A.狀態a的內能大于狀態b
B.狀態a的溫度高于狀態c
C.a→c過程中氣體吸收熱量
D.a→c過程中外界對氣體做正功
角度2 熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
[典例3] (2023·浙江1月選考)某探究小組設計了一個報警裝置,其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用橫截面積S=100 cm2、質量m=1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體,活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA=300 K、活塞與容器底的距離h0=30 cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱,活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處,此時氣體達到狀態B。活塞保持不動,氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J。取大氣壓p0=0.99×105 Pa,重力加速度g取
10 N/kg,求氣體:
(1)在狀態B的溫度;
(2)在狀態C的壓強;
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收的熱量Q。
【備選例題】
　　(2023·長沙模擬)氣壓式升降椅(圖甲)通過汽缸上下運動來調節椅子升降,其簡易結構如圖乙所示。圓柱形汽缸與椅面固定在一起,總質量m=6 kg。固定在底座上的柱狀汽缸桿的橫截面積S=30 cm2,在汽缸中封閉了長度L=20 cm的理想氣體。汽缸氣密性、導熱性能良好,忽略摩擦力,已知室內溫度T1=320 K,大氣壓強p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)質量M=54 kg的人,腳懸空坐在椅面上,室溫不變,穩定后椅面下降的距離;
(2)在(1)情況下人坐上去后,由于開空調室內氣溫緩慢降至T2=300 K,封閉氣體的內能減少了13.5 J,該過程封閉氣體對外界放出的熱量Q。
角度3 熱力學第一定律與理想氣體狀態方程的綜合應用
[典例4](多選)(2023·山東等級考)一定質量的理想氣體,初始溫度為300 K,壓強為1×105 Pa。經等容過程,該氣體吸收400 J的熱量后溫度上升100 K;若經等壓過程,需要吸收600 J的熱量才能使氣體溫度上升100 K。下列說法正確的是(　　)
A.初始狀態下,氣體的體積為6 L
B.等壓過程中,氣體對外做功400 J
C.等壓過程中,氣體體積增加了原體積的
D.兩個過程中,氣體的內能增加量都為400 J
　 答案及解析
考點一　熱力學第一定律
【題點全練】
角度1 熱力學第一定律
1. (2024·寧波模擬)如圖,一絕熱容器被隔板K隔成A、B兩部分。已知A內有一定量的稀薄氣體,B內為真空。抽開隔板K后,A內氣體進入B,最終達到平衡狀態。此過程中氣體內能的變化情況為(　　)
A.變大 B.變小 C.不變 D.無法確定
【解析】選C。絕熱容器內氣體與外界沒有熱傳遞,即Q=0,稀薄氣體向真空擴散沒有做功,即W=0,根據熱力學第一定律可得ΔU=Q+W=0,可知此過程中氣體內能不變。故C正確,A、B、D錯誤。
2. (2023·天津等級考)如圖是爬山所帶氧氣瓶,氧氣瓶里的氣體容積及質量不變,爬高過程中,溫度減小,則氣體(　　)
A.對外做功 B.內能減小
C.吸收熱量 D.壓強不變
【解析】選B。由于爬山過程中氣體體積不變,故氣體不對外做功,故A錯誤;爬山過程中溫度降低,則氣體內能減小,故B正確;根據熱力學第一定律可知ΔU=W+Q,爬山過程中氣體不做功,但內能減小,故可知氣體放出熱量,故C錯誤;爬山過程中氧氣瓶里的氣體容積、質量均不變,溫度減小,根據理想氣體狀態方程有=C,可知氣體壓強減小,故D錯誤。
3.(多選)(2023·全國甲卷改編)在一汽缸中用活塞封閉著一定量的理想氣體,發生下列緩慢變化過程,氣體一定與外界有熱量交換的過程是(　　)
A.氣體的體積不變,溫度升高
B.氣體的體積減小,溫度降低
C.氣體的體積減小,溫度升高
D.氣體的體積增大,溫度不變
【解析】選A、B、D。氣體的體積不變、溫度升高,則氣體的內能升高,體積不變氣體做功為零,因此氣體吸收熱量,A正確;氣體的體積減小、溫度降低,則氣體的內能降低,體積減小外界對氣體做功,由熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知氣體對外放熱,B正確;氣體的體積減小、溫度升高,則氣體的內能升高,體積減小外界對氣體做功,由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知,Q可能等于零,即沒有熱量交換過程,C錯誤;氣體的體積增大、溫度不變則氣體的內能不變,體積增大氣體對外界做功,由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知Q>0,即氣體吸收熱量,D正確。
角度2 能量轉化與守恒定律
4.如圖所示,一演示用的“永動機”轉輪由5根輕桿和轉軸構成,輕桿的末端裝有用形狀記憶合金制成的葉片。輕推轉輪后,浸入熱水的葉片因伸展而“劃水”,推動轉輪轉動。離開熱水后,葉片形狀迅速恢復,轉輪因此能轉動較長時間,下列說法正確的是(　　)
A.轉輪依靠自身慣性轉動,不需要消耗外界能量
B.轉輪轉動所需能量來自形狀記憶合金自身
C.轉動的葉片不斷攪動熱水,水溫升高
D.葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量
【解析】選D。葉片浸入水中后吸熱,形狀發生改變而攪動熱水,由能量守恒定律知,轉輪轉動所需能量來源于熱水,熱水溫度會降低,故A、B、C錯誤;由能量守恒定律知,葉片吸收的熱量一部分轉化為葉片的彈性勢能,一部分釋放于空氣中, D正確。
5.一臺冷暖兩用型空調銘牌上標有“輸入功率1 kW,制冷能力1.2×104 kJ/h,制熱能力1.44×104 kJ/h”的字樣,從設計指標看,空調在制熱時,下列判斷正確的是(　　)
A.此過程是違反能量守恒定律的,所以銘牌上標注的指標一定是錯誤的
B.空調制熱時產生的熱量全部由電能轉化而來
C.空調制熱時放出的熱量一部分是由電能轉化而來,另一部分是從外界吸收而來的
D.空調制熱時每小時消耗電能1.44×104 kJ
【解析】選C。空調制熱時放出的熱量,一部分是通過電流做功,消耗電能獲得的,另一部分是從外界吸收的熱量,并不違反能量守恒定律,A、B錯誤,C正確;空調制熱時每小時消耗的電能是W=Pt=1×3.6×103 kJ=3.6×103 kJ,D錯誤。
考點二　熱力學第二定律　
【題點全練】
角度1 對熱力學第二定律的理解
1.(多選)(2023·綿陽模擬)關于熱力學定律,下列說法正確的是(　　)
A.一定質量的氣體等溫壓縮過程中氣體放出的熱量等于外界對氣體做的功
B.一定質量的氣體等容降溫過程中氣體吸收熱量
C.無論對蒸汽機怎樣革新,也不能把蒸汽的內能通過做功全部轉化成機械能
D.利用降低海水溫度放出大量的熱量來發電,可解決能源短缺的問題
【解析】選A、C。一定質量的氣體在等溫壓縮過程中,內能不變,外界對氣體做功,根據熱力學第一定律ΔU=Q+W可知,氣體放熱,且放出的熱量等于外界對氣體做的功,故A正確;一定質量的氣體等容降溫過程中,內能減小,沒有做功,根據熱力學第一定律ΔU=Q+W可知,氣體放熱,故B錯誤;根據熱力學第二定律可知,無論對蒸汽機怎樣革新,也不能把蒸汽的內能通過做功全部轉化成機械能,故C正確;根據熱力學第二定律,不可能從單一熱源吸收熱量并完全轉化為功而不引起其他的變化,降低海水溫度的過程,消耗的能源更多,不能解決能源短缺的問題,故D錯誤。
2. (2023·南京模擬)將一件裙子放進死海,3年后成了一件精美的藝術品(如圖)。其形成原因是海水中的鹽不斷在衣服表面結晶。根據這一現象下列說法不正確的是(　　)
A.結晶過程看似是自發的,其實要受到環境的影響
B.結晶過程是無序向有序轉變的過程
C.鹽在溶解的過程中熵是增加的
D.這件藝術品被精心保存在充滿惰性氣體的密閉櫥窗里,可視為孤立系統,經過很長時間后,該藝術品的熵可能減小
【解析】選D。結晶過程不是自發的,通常是由水溫降低或水的蒸發引起,受到環境的影響,是由無序向有序的轉變過程,故A、B正確;鹽的溶解是由固態變為液態,是自發過程,自發過程是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行,即熵增加,故C正確;孤立系統的熵永不減小,故D錯誤,本題選錯誤項,故選D。
【加固訓練】
　　(2022·廣東選擇考)利用空調將熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外環境,這個過程__________(選填“是”或“不是”)自發過程。該過程空調消耗了電能,空調排放到室外環境的熱量__________(選填“大于”“等于”或“小于”)從室內吸收的熱量。
【解析】空調將熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外,這個過程要消耗電能,不是自發的過程;由于空調的壓縮機做功,使得空調排放到室外環境的熱量大于從室內吸收的熱量。
答案:不是　大于
角度2 熱力學第二定律的應用
3.(多選)(2023·紅河模擬)地球上有很多的海水,它的總質量約為1.4×1018 t,如果這些海水的溫度降低0.1 ℃,將要放出約5.8×1023 J的熱量。有人曾設想利用海水放出的熱量,使它完全變成機械能來解決能源危機,但這種機器是不能制成的,關于其原因,下列說法不正確的是(　　)
A.內能不能轉化成機械能
B.內能轉化成機械能不滿足熱力學第一定律
C.只從單一熱源吸收熱量并完全轉化成機械能的機械不滿足熱力學第二定律
D.機械能可全部轉化為內能,內能不可能全部轉化為機械能,同時不引起其他變化
【解析】選A、B。內能可以轉化成機械能,如熱機,故A錯誤,符合題意;內能轉化成機械能的過程滿足熱力學第一定律,也可以說符合能量守恒定律,故B錯誤,符合題意;根據熱力學第二定律可知,不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功,而不引起其他變化,故C、D正確,不符合題意,故選A、B。
4. (2023·廣州模擬)空調的工作原理如圖所示,以下表述正確的是(　　)
A.空調的工作原理對應的是熱力學第一定律的開爾文表述
B.空調的工作原理反映了熱傳導的方向性
C.此原理圖中的Q1=Q2
D.此原理圖說明熱量不能從低溫物體傳到高溫物體
【解析】選B。空調的工作原理對應的是熱力學第二定律的開爾文表述,A錯誤;空調的工作原理反映了熱傳導的方向性,熱量不能自發地從低溫物體傳導給高溫物體,但在其他能力干預下,可以從低溫物體傳導給高溫物體,B正確;此原理圖中的Q1=Q2+W,C錯誤;此原理圖說明在外界干預下,熱量能從低溫物體傳到高溫物體,D錯誤。
考點三　熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
【典例剖析】
角度1 熱力學第一定律與氣體圖像的綜合應用
[典例1](2023·衡水模擬)一定質量的理想氣體,由初始狀態A開始,經歷A→B、B→C、C→A三個過程最后又回到初始狀態A,其p-圖像如圖所示。已知AB與縱軸平行,BC與橫軸平行,CA的延長線過原點O,氣體在A、B兩狀態下的壓強分別為p1、2p1。下列說法正確的是(　　)
A.A→B過程,氣體吸收熱量,內能增大
B.氣體在B、C兩狀態下的體積之比為1∶2
C.C→A過程,氣體吸收熱量,氣體分子的平均動能增大
D.氣體由狀態A經A→B、B→C、C→A回到狀態A,整個過程吸熱,對外做功
【解析】選A。A→B過程為等容變化,由=,可知TB=2TA,氣體溫度升高,內能增大,外界對氣體不做功,氣體吸收熱量,故A正確;C→A過程為等溫膨脹過程,氣體吸收熱量,但分子平均動能不變,故C錯誤;由TC=TA=TB,B→C過程為等壓壓縮,可知==,B錯誤;氣體狀態變化過程的p-V圖像如圖所示,由圖可知,氣體由狀態A經A→B、B→C、C→A回到狀態A的整個過程中,外界對氣體做功,氣體放出熱量,D錯誤。
[典例2](多選)(2024·大理模擬)一定質量的理想氣體,狀態從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p-V圖線描述,其中D→A為等溫線,氣體在狀態A時的溫度為TA=300 K。下列說法正確的是(　　)
A.氣體在狀態C時的溫度TC=375 K
B.從A到C過程外界對氣體做了600 J的功
C.氣體從狀態D變化到狀態A,單位體積內的氣體分子數減小,氣體分子的平均動能不變
D.若氣體從D到A過程中外界對氣體做功為250 J,則氣體從A→B→C→D→A(一次循環)過程中吸收的熱量為250 J
【解析】選A、D。由題可知D→A為等溫線,則TA=TD=300 K,C到D過程由蓋-呂薩克定律得=,解得TC==375 K,A正確;A到B過程壓強不變,則氣體對外做功WAB=-pΔV=-2×105×3×10-3 J=-600 J;B到C過程體積不變,則氣體不做功,則A到C過程,氣體對外做功600 J,故B錯誤;由于氣體質量保持不變,氣體從狀態D變化到狀態A,氣體體積減小,單位體積內氣體分子數增大,溫度不變,氣體分子的平均動能不變,故C錯誤;氣體從A到B過程體積增大,對外做功WAB=-pΔV=-2×105×3×10-3 J=-600 J,氣體從B到C過程體積不變,氣體不做功,即WBC=0。氣體從C到D過程體積減小,外界對氣體做功,即WCD=1×105××
10-3 J=100 J,一次循環內能不變,由熱力學第一定律可得ΔU=W+Q,由以上各式可得W=WAB+WBC+WCD+WDA= J=-250 J,則氣體吸收的熱量為250 J,故D正確。
【備選例題】
　　(2022·江蘇選擇考)如圖所示,一定質量的理想氣體分別經歷a→b和a→c兩個過程,其中a→b為等溫過程,狀態b、c的體積相同,則(　　)
A.狀態a的內能大于狀態b
B.狀態a的溫度高于狀態c
C.a→c過程中氣體吸收熱量
D.a→c過程中外界對氣體做正功
【解析】選C。由于a→b的過程為等溫過程,即狀態a和狀態b溫度相同,分子平均動能相同,對于理想氣體,狀態a的內能等于狀態b的內能,故A錯誤;由于狀態b和狀態c體積相同,且pb角度2 熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用
[典例3] (2023·浙江1月選考)某探究小組設計了一個報警裝置,其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用橫截面積S=100 cm2、質量m=1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體,活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA=300 K、活塞與容器底的距離h0=30 cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱,活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處,此時氣體達到狀態B。活塞保持不動,氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J。取大氣壓p0=0.99×105 Pa,重力加速度g取
10 N/kg,求氣體:
(1)在狀態B的溫度;
答案:(1)330 K　
【解析】(1)根據題意可知,氣體由狀態A變化到狀態B的過程中,封閉氣體的壓強不變,
則有=,
解得TB=TA=330 K;
(2)在狀態C的壓強;
答案: (2)1.1×105 Pa　
【解析】(2)氣體在狀態B時活塞保持不動,
則pBS=p0S+mg
解得pB=1×105 Pa
根據題意可知,氣體由狀態B變化到狀態C的過程中,
氣體的體積不變,則有
=,
解得pC=pB=1.1×105 Pa;
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收的熱量Q。
答案: (3)188 J
【解析】(3)根據題意可知,從狀態A到狀態C的過程中氣體對外做功為
W0=pBSΔh=30 J
由熱力學第一定律有ΔU=W+Q,
解得Q=ΔU+W0=188 J
【備選例題】
　　(2023·長沙模擬)氣壓式升降椅(圖甲)通過汽缸上下運動來調節椅子升降,其簡易結構如圖乙所示。圓柱形汽缸與椅面固定在一起,總質量m=6 kg。固定在底座上的柱狀汽缸桿的橫截面積S=30 cm2,在汽缸中封閉了長度L=20 cm的理想氣體。汽缸氣密性、導熱性能良好,忽略摩擦力,已知室內溫度T1=320 K,大氣壓強p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)質量M=54 kg的人,腳懸空坐在椅面上,室溫不變,穩定后椅面下降的距離;
答案:(1)12 cm　
【解析】(1)初始狀態時,以圓柱形汽缸與椅面整體為研究對象,根據受力平衡可得
mg+p0S=p1S,
解得p1=1.2×105 Pa
質量M=54 kg的人,腳懸空坐在椅面上,穩定后,根據受力平衡可得
(M+m)g+p0S=p2S,
解得p2=3×105 Pa
設穩定后缸內氣柱長度為L',
根據玻意耳定律可得p1LS=p2L'S,
解得L'=8 cm
則椅面下降了
Δh=L-L'=20 cm-8 cm=12 cm;
(2)在(1)情況下人坐上去后,由于開空調室內氣溫緩慢降至T2=300 K,封閉氣體的內能減少了13.5 J,該過程封閉氣體對外界放出的熱量Q。
答案: (2)18 J
【解析】(2)在(1)情況下,由于開空調室內氣溫緩慢降至T2=300 K,
該過程氣體發生等壓變化,
則有=
氣體柱長度為L″=7.5 cm
外界對封閉氣體所做的功為
W=(p0S+Mg+mg)(L'-L″),
解得W=4.5 J
根據ΔU=-Q+W,
解得Q=18 J,即放出熱量18 J。
角度3 熱力學第一定律與理想氣體狀態方程的綜合應用
[典例4](多選)(2023·山東等級考)一定質量的理想氣體,初始溫度為300 K,壓強為1×105 Pa。經等容過程,該氣體吸收400 J的熱量后溫度上升100 K;若經等壓過程,需要吸收600 J的熱量才能使氣體溫度上升100 K。下列說法正確的是(　　)
A.初始狀態下,氣體的體積為6 L
B.等壓過程中,氣體對外做功400 J
C.等壓過程中,氣體體積增加了原體積的
D.兩個過程中,氣體的內能增加量都為400 J
【解析】選A、D。令理想氣體初始狀態的壓強、體積和溫度分別為p1=p0,V1=V0,T1=300 K,等容過程為狀態二
p2= ,V2=V1=V0,T2=400 K,
等壓過程為狀態三
p3=p0,V3= ,T3=400 K,
由理想氣體狀態方程可得==
整理解得p2=p0,V3=V0,則等壓過程中,體積增加了原來的,故C錯誤;等容過程中氣體做功為零,由熱力學第一定律ΔU=W+Q,兩個過程的初末溫度相同,即內能變化相同,因此內能增加都為400 J,故D正確;等壓過程內能增加了400 J,
吸收熱量為600 J,由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知,W=400 J-600 J=-200 J,則氣體對外做功為200 J,即做功的大小為W=p0(V0-V0)=200 J,代入數據解得V0=6×
10-3 m3=6 L,故A正確,B錯誤。
- 16 -

展開更多......

收起↑