第3讲热力学定律与能量守恒考点一热力学第一定律的理解及应用1．热力学第一定律的理解不仅反映了做功和热传递这两种方式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。
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号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三种特殊的状态变化过程(1)如图所示的绝热过程：有Q＝0，则W＝ΔU，外界对系统做的功等于系统内能的增加。
(2)不做功过程：即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收的热量等于系统内能的增加。
(3)内能不变过程：即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对系统做的功等于系统放出的热量。
[思维诊断](1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。
()(2)绝热过程中，外界压缩气体，对气体做功，气体的内能可能减少。
()(3)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量并没有消失。
()(4)热传递和做功的实质不相同。
()答案：(1)√(2)×(3)√(4)√[题组训练]1．[热力学第一定律与热学知识的组合](多选)下列说法中正确的是()A．尽管技术不断进步，但热机的效率仍不能达到100%，而制冷机却可以使温度降到热力学零度B．雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的C．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气压强的比值E．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显解析：热力学零度只能接近而不能达到，A错误；雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的，B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度每升高1 K，内能增加，但既可能是吸收热量，也可能是对气体做功使气体的内能增加，C正确；空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，故D错误；微粒越大，某一瞬间撞击它的分子数越多，受力越容易平衡，布朗运动越不显著，E正确。
答案：BCE2．[应用热力学第一定律定量计算]如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J。
若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)________J热量。
解析：一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能增加还是220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J答案：吸热260 J3．[热力学第一定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体经历如图A→B→C→D→A所示循环过程，该过程每个状态视为平衡态。
已知A态的温度为27 ℃。
求：(1)B 态的温度T B 。
(2)一次循环过程气体与外界的热交换Q 为多少？是吸热还是放热？解析： (1)由图象得V A ＝3 L ，T A ＝t ＋273 K ＝300 KV B ＝4 LA 到B 等压变化，由盖-吕萨克定律得：V A T A ＝V B T B， 代入数据解得：T B ＝400 K ，即t ＝127 ℃(2)从A 态又回到A 态的过程温度不变，所以内能不变。
A 到B 气体对外做功W 1＝p A ·ΔV ＝100 JC 到D 外界对气体做功W 2＝p C ·ΔV ＝75 J外界对气体做的总功W ＝W 2－W 1＝－25 J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q解得：Q ＝25 J ，Q 为正，表示吸热答案： (1)127 ℃ (2)25 J 吸热考点二 热力学第二定律的理解1．热力学第二定律的三种表述(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：如图甲所示，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
或表述为“第二类永动机不可能制成”。
(3)如图乙所示，用熵的概念表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(热力学第二定律又叫作熵增加原理)。
2．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的帮助。
(2)“不产生其他影响”的涵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。
3．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。
特别提醒热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但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。
4．热力学过程方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热(3)气体体积V1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B能自发混合成不能自发分离成混合气体AB5．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机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违背能量守恒定律，不可能制成不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成(1)第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律()(2)热机的效率从原理上讲可以达到100%()(3)自然界中的能量尽管是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源()(4)因为能量守恒，所以不存在“能源危机”()(5)热量不可能从低温物体传到高温物体。
()(6)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。
()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×[题组训练]1．[热力学第二定律的理解](多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是() A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功解析：第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律，选项A正确。
能量耗散过程中能量仍然守恒，只是将能量从高度有用的形式降级为不大可用的形式，选项B 错误。
电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是利用压缩机做功，引起了其他变化，不违背热力学第二定律，选项C错误。
能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，选项D正确。
物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，引起了其他变化，选项E正确。
答案：ADE2．[热力学定律的理解](多选)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．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程解析：由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径，它们是等效的，故A正确、B错误。
由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功，但会产生其他影响，故C 正确。
由热力学第二定律知，热量只是不能自发地从低温物体传向高温物体，则D 项错。
一切与热现象有关的宏观过程不可逆，则E 正确。
答案： ACE考点三 气体实验定律与热力学第一定律的综合应用[题组训练]1．[2016·全国甲卷·33(1)](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p -T 图象如图所示，其中对角线ac 的延长线过原点O 。
下列判断正确的是________。
(填正确答案标号)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E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功解析： 由理想气体状态方程pV T ＝C 得， p ＝C VT ，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做的功，选项D 错误；bc 过程和da 过程互逆，则做功相同，选项E 正确。
答案：ABE2.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)。
管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，外界大气压取p0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强)。
(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g＝10 m/s2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？解析：(1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 PaV1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K末状态压强p2＝p0＋mgS＝1.05×105 PaV2＝L2S，T2＝T1＝280 K根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2得L2＝p1p2L＝20 cm。
(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K根据盖·吕萨克定律，有V2T2＝V3T3，即L2T2＝L3T3得L3＝T3T2L2＝25 cm。
(3)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J 根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J即气体的内能增加8.95 J。