新高考物理一轮复习知识梳理+分层练习专题72 热力学定律的综合应用（含解析）

2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

专题72 热力学定律的综合应用

【知识导学与典例导练】

一、热力学第一定律

1．对热力学第一定律的理解

(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。

(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。

(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。

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。

(2)若过程中不做功，则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，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。

3．公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解

【例1】“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深5m，底部温度为17℃，一个体积为5.8×10－7m3的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为27℃。其内能增加了2×10－2J。g取10m/s2，外界大气压强取1.0×105Pa，水的密度取1×103kg/m3，气泡内气体视为理想气体。下列说法正确的是（　　）

A．气泡内所有分子动能都增大

B．气泡上升过程中对外做功，放出热量

C．气泡到达水面时的体积为8.7×10－8m3

D．上升过程中气泡吸收热量小于6.8×10－2J

【答案】D

【详解】A．内能增大时气体分子的平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大，故A错误；

B．由ΔU＝W＋Q可知，上升过程中，气体分子内能增加，体积增大，对外做功，所以吸收热量，故B错误；

C．由题意知，在泉水底部；；

到达水面时；由理想气体的状态方程＝代入数据可求得，气泡到达水面时的体积为V2=9×10－7m3故C错误；

D．由对外做功的表达式W＝p1Sx＝p1ΔV可知，当压强不变时，则气体对外做功等于

由于上升过程中压强减小，所以对外做功小于4.8×10－2J，由ΔU＝W＋Q可得上升过程中气泡吸收热量小于6.8×10－2J，故D正确。故选D。

二、热力学第二定律

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

热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，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.热力学第一、第二定律的比较

4.两类永动机的比较

【例2】如图所示，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背热力学第一定律

D．电冰箱除了将热量从低温热库传到高温热库外，工作过程中所产生的其他一切影响，无论用任何办法都不可能加以消除

【答案】BD

【详解】C．热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C错误；

AB．根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确；

D．压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，故D正确。故选BD。

三、热力学第一定律与气体图像的综合应用

处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路：

(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。

(2)在p­V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。

(3)结合热力学第一定律判断有关问题。

【例3】一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A。其中C-D-A为等温过程，该循环过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．B→C过程中，气体对外界做功

B．B→C过程中，外界对气体做功

C．A→B过程中，1s内撞击1m²器壁的气体分子个数变少

D．A→B过程中，气体分子的平均动能减小

【答案】C

【详解】AB．B→C过程中，气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，选项AB错误；

CD．A→B过程中，气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能变大，分子对器壁的碰撞力变大，但是气体体积变大，分子数密度减小，则1s内撞击1m²器壁的气体分子个数变少，选项C正确，D错误；

故选C。

【例4】一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图所示，则气体（   ）

A．状态a处的压强大于状态c处的压强

B．状态b处的压强小于状态c处的压强

C．由a变化到b的过程中，气体向外界放热

D．由a变化到c的过程中，从外界吸收的热量小于其增加的内能

【答案】A

【详解】AB．根据理想气体状态方程可知即图像的斜率为，故有故A正确，B错误；

CD．理想气体由a变化到b和由a变化到c的过程中，体积增大，则气体对外做功，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有而，，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，CD错误。故选A。

【例5】一定量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程、、、回到原状态，其图像如图所示，其中对角线的延长线过原点。下列判断正确的是（　　）

A．气体在、两状态的体积相等

B．在过程中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功

C．在过程中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功

D．在过程中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功

【答案】AD

【详解】A．根据气体状态方程得，图像的斜率，、两点在同一直线上，即、c两点是同一等容线上的两点，体积相等，故A正确；

B．在过程中温度不变，内能不变，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从到体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律所以，所以在过程中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误；

C．在过程da中，等压变化，温度升高，内能增大，体积变大，外界对气体做负功即，根据热力学第一定律；所以在过程中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故C错误；

D．在过程中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，根据

即；，da过程中，气体对外界做功因为

所以在过程中外界对气体做的功等于在过程中气体对外界做的功，故D正确。

故选AD。

四、热力学第一定律与气体实验定律的综合应用

求解热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路：

【例6】如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，气缸底部与U形水银气压计（U形管内气体体积忽略不计）相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为，其中为已知常数，活塞B的质量为m，重力加连度为g，大气压强为，水银的密度为，环境热力学温度为时，活塞离缸底的距离为。求：

（1）环境温度为时，U形气压计两侧水银面的高度差；

（2）环境温度由缓慢升高至过程中，气体吸收的热量。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）设稳定后汽缸内气体的压强为，对活塞，根据平衡条件得

对水银柱，有解得

（2）缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形导管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为，由盖—吕萨克定律得解得之后，气体温度由升高到，气体发生等容变化。整个过程中，外界对气体做的功由热力学第一定律得

解得

【多维度分层专练】

1．某同学设计的一个简易温度计如图所示，一根透明吸管插入导热良好的容器，连接处密封，在吸管内注入一小段油柱，外界大气压保持不变。将容器放入冰水中，观察到油柱缓慢下降，下列说法正确的是（　　）。

A．外界对气体做的功大于气体放出的热量

B．外界对气体做的功等于气体放出的热量

C．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力增大

D．气体分子单位时间撞击容器壁单位面积的次数增加

【答案】D

【详解】A B．将容器放入冰水中，气体的温度降低，内能减小，由ΔU=Q+W可知，外界对气体做的功小于气体放出的热量，A、B错误；

C．设液体密度为，高度为，气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，C错误；

D．由于p一定，温度降低使分子热运动的平均动能减小，故气体分子单位时间撞击容器壁单位面积的次数增加，D正确。

故选D。

2．如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空，活塞可在汽缸内无摩擦地左右滑动。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸，待气体达到稳定后缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积，假设整个系统不漏气，下列说法正确的是（　　）

A．气体自发扩散前后内能减少

B．气体在被压缩的过程中内能增大

C．在自发扩散过程中，气体对外界没做功

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做负功

【答案】BC

【详解】AC．气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不变，故A错误，C正确；

B．气体在被压缩的过程中，活塞对气体做功，因汽缸绝热，故气体内能增大，故B正确；

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，故D错误。故选BC。

3．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。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，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

E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律

【答案】ABE

【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子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正确；

B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；

C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，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；

DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，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；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。故选ABE。

4．如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强pb<p0（p0是大气压强），c与大气连通，则下列说法中正确的是（　　）

A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少

B．只打开隔板K1，b中气体不做功，内能不变

C．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变

D．只打开卡销K2，b中气体对外做功，内能减少

E．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能增加

【答案】BCE

【详解】AB．只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功W＝0绝热容器导致Q＝0

由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0内能不变，A错误，B正确；

C．只打开隔板K1时，b中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知b中气体体积增大，压强减小，C正确；

D．只打开卡销K2时，由于pb<p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功W′>0

但Q′＝0则ΔU′＝W′＋Q′>0内能增加，E正确，D错误。故选BCE。

5．密闭导热容器里装有一定质量的理想气体，某一变化过程的图（p、T单位均为国际单位）如图所示，ab延长线通过坐标原点O，ac、bc与坐标轴平行。则由图可知（　　）

A．过程气体从外界吸热，吸收的热量大于气体增加的内能

B．过程气体对外做功，做功的数值小于气体吸收的热量

C．过程气体内能减少，放出的热量大于外界对气体做功的数值

D．过程气体对外做功，做功的数值小于气体吸收的热量

【答案】C

【详解】A．过程气体从外界吸热，吸收的热量等于气体增加的内能，故A错误；

B．过程气体对外做功，做功的数值等于气体吸收的热量，故B错误；

C．过程气体内能减少，放出的热量大于外界对气体做功的数值，故C正确；

D．画出气体过程的图，可知过程气体对外做功，做功的数值与气体吸收的热量相等，故D错误。故选C。

6．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图像如图所示。下列说法正确的有 （　　）

A．A→B的过程中，气体对外界做功

B．B→C的过程中，每个气体分子的动能都减小

C．A→B的过程中，气体放出热量

D．A→B→C的过程中，气体内能增加

【答案】C

【详解】A．A→B的过程中，体积减小，则外界对气体做功，选项A错误；

B．B→C的过程中，温度降低，分子平均动能减小，但不是每个气体分子的动能都减小，选项B错误；

C．A→B的过程中，温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，选项C正确；

D．A→B过程内能不变，从B→C的过程中，温度降低，则气体内能减小，选项D错误。故选C。

7．一定质量的理想气体从状态开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示，已知气体在状态时的体积为，的延长线过点（）。下列说法正确的是（　　）

A．气体在状态b时的体积为

B．过程中，外界对气体做功

C．过程中，气体向外界放热

D．过程中，单位时间内容器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数增加

E．过程中，气体的体积增大

【答案】ACD

【详解】将摄氏温度转换为热力学温度，并根据数学知识可将题中的图像转换为图像，如图所示

AB．由图可知，过程为等温过程，由玻意耳定律有解得气体的体积增大，气体对外界做功，故B错误，A正确；

C．由图可知，过程为等压过程，由盖吕萨克定律有由于气体温度降低，则体积减小，外界对气体做功，，又有气体的内能减少，即由热力学第一定律可知，气体向外界放热，故C正确；

D．由图可知，过程，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，撞击容器壁时对容器壁的平均作用力减小，又气体的压强不变，则单位时间内容器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数增加，故D正确。

E．根据题意，过程，由理想气体状态方程可知，气体发生等容变化，体积不变，故E错误。

故选ACD。

8．如图所示，一底部带加热丝（图中未画出）的绝热汽放在地面上，气缸里有一质量为m、横截面积为S的绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，初始时封闭气体的温度为T0，活塞压在汽缸内壁的棱上，活塞离汽缸底部的距离为L，内壁的棱对活塞的总支持力为F=5mg。现在通过汽缸底部的加热丝缓慢对封闭气体加热。重力加速度为g。不计加热丝和力传感器的体积，外界大气压为，且p0保持不变。

①当棱对活塞的支持力刚好为零时，求封闭气体的温度T1；

②当活塞向上移动2L时刚刚到达汽缸顶部，求此时封闭气体的温度T2，若此过程中封闭气体内能增加△U，则此过程中加热丝产生的热量Q为多少？

【答案】①；②，

【详解】①气体在初态时设压强为，对活塞受力分析有解得气体在末态时设压强为，棱对活塞的支持力刚好为零，对活塞受力分析有解得对气体状1：，，，状2：，，，气体发生等容变化，有解得

②当活塞向上移动2L时刚刚到达汽缸顶部，设气体的压强为，对活塞有可知则气体从状2到状3发生等压变化，，有解得

活塞缓慢上移等压膨胀对外做功，有由热力学第一定律有

封闭气体内能增加△U，则此过程中加热丝产生的热量为

9．真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时即从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入气腔内的气体全部排出，示意图如图甲。设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端.已知容器的容积为，抽气腔的容积为，初始时刻气体压强为.

（1）若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强；

（2）若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强随体积变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）等温变化，第一次抽气得

（2）绝热过程可知又有根据热力学第一定律

10．某同学估测室温的装置如图所示，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸导热性能良好。室温时气体的体积，将气缸竖直放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积。不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压，阿伏加德罗常数。（取）

（1）求室温是多少；

（2）若已知该气体在、0℃灯时的摩尔体积为，求气缸内气体分子数目N；（计算结果保留两位有效数字）

（3）若已知该气体内能U与温度T满足，则在上述过程中该气体向外释放的热量Q。

【答案】（1）300.3K（或27.3℃）；（2）个；（3）1.419J

【详解】（1）由等压变化得；解得或

（2）气缸内气体分子数目个解得个

（3）根据关系式得，初状态的气体的内能为

末状态气体的内能为内能变化量气体经历等压变化，外界对气体做功由热力学第一定律，得

即气体向外界释放的热量为1.419 J。