第3讲　热力学定律与能量守恒定律

一、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功的和．

(2)表达式：ΔU＝Q＋W.

(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：

 

二、能量守恒定律

1．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，或者是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．能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的，第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．

1．判断下列说法是否正确．

(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的．(　×　)

(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(　×　)

(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(　×　)

2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×10⁴ J，气体内能减少1.3×10⁵ J，则此过程(　　)

A．气体从外界吸收热量2.0×10⁵ J

B．气体向外界放出热量2.0×10⁵ J

C．气体从外界吸收热量6.0×10⁴ J

D．气体向外界放出热量6.0×10⁴ J

答案　B

3．木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E_k分别是(　　)

A．U＝200 J，E_k＝600 J

B．U＝600 J，E_k＝200 J

C．U＝600 J，E_k＝800 J

D．U＝800 J，E_k＝200 J

答案　B

解析　U＝F_fx＝60×10 J＝600 J

E_k＝F·x－U＝80×10 J－600 J＝200 J

4．从100 m高处落下的水滴，如果开始时水的势能的21%用来使水滴的温度升高，那么，水滴在下落后到达地面前温度升高多少℃？已知水的比热容c＝4.2×10³ J/(kg·℃)，重力加速度g取10 m/s².

答案　0.05 ℃

解析　重力势能的减小量为：ΔE_p＝mgh①

内能增加量为：ΔE＝21%×ΔE_p②

Q＝ΔE＝cmΔt③

联立以上三式解得：Δt＝0.05 ℃

5．(粤教版选修3－3P73第3题)在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会(　　)

A．降低                                        B．不变

C．升高                                        D．无法判断

答案　C

命题点一　热力学第一定律与能量守恒定律

1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．

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，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；

(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．

例1　(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是(　　)

A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同

B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大

C．气体被压缩时，内能可能不变

D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关

答案　CD

解析　质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子总动能不一定相同，A错误；宏观运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大，B错误；根据＝C可知，如果等温压缩，则内能不变，C正确；理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能只与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D正确．

1．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)

A．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变

B．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变

C．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变

D．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小

答案　C

解析　一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B项错；保持气体的压强不变，改变其体积，则其温度一定改变，故内能变化，A项错误；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程＝C可知，其压强可以不变，C项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，D项错．

2．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、还可为0，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．

命题点二　热力学定律与气体实验定律的综合

解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的基本思路

例2　(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图1所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)

图1

A．气体在a、c两状态的体积相等

B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能

C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功

D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功

对角线ac的延长线过原点O.

答案　AB

解析　由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由图象可知，V_a＝V_c，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而T_a>T_c，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外界做的功，选项D错误．

3．一定质量的理想气体经历了如图2所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图所示．A状态的压强为1×10⁵ Pa，求：

图2

(1)B状态的温度；

(2)完成一次循环，气体与外界热交换的热量．

答案　(1)600 K　(2)放热150 J

解析　(1)理想气体从A状态到B状态的过程中，压强保持不变，根据盖—吕萨克定律有＝

代入数据解得T_B＝T_A＝600 K

(2)理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功W₁＝－p_A(V_B－V_A)

解得W₁＝－100 J

气体从B状态到C状态的过程中，体积保持不变，根据查理定律有＝

解得p_C＝2.5×10⁵ Pa

从C状态到D状态的过程中，外界对气体做功

W₂＝p_C(V_B－V_A)

解得W₂＝250 J

一次循环过程中外界对气体所做的总功

W＝W₁＋W₂＝150 J

理想气体从A状态完成一次循环，回到A状态，始末温度不变，所以内能不变．根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q

解得Q＝－150 J

故完成一次循环，气体向外界放热150 J.

4．如图3所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度H₁＝0.60 m，气体的温度T₁＝300 K；现给汽缸缓慢加热至T₂＝480 K，活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度H₂处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU＝300 J．已知大气压强p₀＝1.0×10⁵ Pa，活塞横截面积S＝5.0×10^－3 m².求：

图3

(1)活塞距离汽缸底部的高度H₂；

(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q.

答案　(1)0.96 m　(2)480 J

解析　(1)气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得：＝

即＝

解得H₂＝0.96 m

(2)在气体膨胀的过程中， 气体对外做功为：

W₀＝p₀ΔV＝[1.0×10⁵×(0.96－0.60)×5.0×10^－3] J＝180 J

根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为

ΔU＝－W₀＋Q

得Q＝ΔU＋W₀＝480 J.

题组1　热力学第一定律的理解和应用

1．(多选)在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，在加压测试过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．包装袋内氮气的压强增大

B．包装袋内氮气的内能不变

C．包装袋内氮气对外做功

D．包装袋内氮气放出热量

答案　ABD

2．(多选)下列说法中正确的是(　　)

A．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大

B．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小

C．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同

D．物体的内能与物体的温度和体积都有关系

答案　BD

解析　物体速度增大，不会改变物体分子的动能，故A错误；体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B正确；质量相同，但物体的物质的量不同，故提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C错误；物体的内能取决于物体的温度和体积，故D正确．

3．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．

题组2　热力学定律与气体实验定律的综合

4.如图1所示，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T_b和T_c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q_ab和Q_ac，则(　　)

图1

A．T_b＞T_c，Q_ab＞Q_ac　　　　　     B．T_b＞T_c，Q_ab＜Q_ac

C．T_b＝T_c，Q_ab＞Q_ac                     D．T_b＝T_c，Q_ab＜Q_ac

答案　C

解析　a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝，得T_b＝2T_a，a→c过程为等容变化，由查理定律得：＝，得T_c＝2T_a，所以T_b＝T_c.

由热力学第一定律，a→b：W_ab＋Q_ab＝ΔU_ab

a→c：W_ac＋Q_ac＝ΔU_ac

又W_ab＜0，W_ac＝0，ΔU_ab＝ΔU_ac>0，则有Q_ab＞Q_ac，故C项正确．

5.如图2所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300 K.

图2

(1)求气体在状态B的温度；

(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．

答案　(1)1 200 K　(2)放热，理由见解析

解析　(1)由理想气体的状态方程＝

解得气体在状态B的温度T_B＝1 200 K

(2)由B→C，气体做等容变化，由查理定律得：＝

T_C＝600 K

气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，可知气体要放热．

6.如图3所示，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与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：

图3

(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.

答案　见解析

解析　(1)在气体由压强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：＝，解得T₁＝2T₀

在气体温度由T₁变为T₀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＝

得V₁＝V

(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.

7．如图4所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B.活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T₁.已知大气压强为p₀，重力加速度为g.

图4

(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU₁，求B气体内能增加量ΔU₂.

(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T₂.求此时添加砂粒的总质量Δm.

答案　(1)Q－(mg＋p₀S)h－ΔU₁　(2)(－1)(＋m)

解析　(1)B气体对外做的功：W＝pSh＝(p₀S＋mg)h

由热力学第一定律得ΔU₁＋ΔU₂＝Q－W

解得ΔU₂＝Q－(mg＋p₀S)h－ΔU₁

(2)停止对气体加热后，B气体的初状态：p₁＝p₀＋，V₁＝2hS，T₁

B气体的末状态：p₂＝p₀＋，V₂＝hS，T₂

由理想气体状态方程＝

解得Δm＝(－1)(＋m)．