第3节 热力学定律与能量守恒定律
[学习目标] 1．理解热力学第一定律，会用热力学第一定律解决相关问题。2．理解热力学第二定律，知道与热现象有关的宏观过程都具有方向性。 3．会分析有关热力学第一定律与气体实验定律的综合问题。
1．改变物体内能的两种方式
(1)____。
(2)传热。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的____与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝______。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
①W>0，外界对物体做功；W<0，物体对外界做功。
②Q>0，物体____热量；Q<0，物体____热量。
③ΔU>0，内能____；ΔU<0，内能____。
3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式____为另一种形式，或者是从一个物体____到别的物体，在____或____的过程中，能量的总量保持____。
(2)条件性：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。比如机械能守恒就是有条件的。
(3)第一类永动机：是不可能制成的，它违背了____________。
4．热力学第二定律
(1)两种表述
①克劳修斯表述：热量不能______从低温物体传到高温物体。
②开尔文表述：不可能从单一热库____热量，使之完全变成__，而不产生其他影响。
(2)第二类永动机：不可能制成，它违背了______________。，
1．易错易混辨析
(1)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。 ( )
(2)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。
( )
(3)可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 ( )
(4)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。 ( )
(5)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。 ( )
(6)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。 ( )
2．(人教版选择性必修第三册改编)用活塞压缩汽缸里的空气(可看作理想气体)，对汽缸里的空气做了900 J的功，气体内能增加了690 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量210 J
B．气体向外界放出热量210 J
C．气体从外界吸收热量1 110 J
D．气体向外界放出热量1 110 J
3．(人教版选择性必修第三册改编)(多选)下列现象能够发生的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
热力学第一定律的理解与应用
1．表达式ΔU＝Q＋W中正、负号的意义
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
2．两个关键点
(1)一定质量的气体内能由温度唯一决定。
(2)体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功。
3．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。
(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。
[典例1] (多选)(2023·全国甲卷节选)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是( )
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
[听课记录]
[典例2] 如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的( )
A．温度升高，内能增加100 J
B．温度升高，内能减少200 J
C．温度降低，内能增加100 J
D．温度降低，内能减少200 J
[听课记录]
[典例3] (2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[听课记录]
教考衔接·链接人教版选择性必修第三册P65T3
如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(2)与外界绝热，则不与外界发生传热，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子平均动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
热力学第二定律的理解与应用
1．热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中“自发地”“不产生其他影响”的含义：
①“自发地”指明了传热的方向性，不需要借助外界提供的能量。
②“不产生其他影响”是说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功内能。
③气体体积V1(较小) 气体体积V2(较大)。
④不同气体A和B混合气体AB。
(4)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。
2．两类永动机的理解
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
[典例4] 日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是( )
A．现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B．气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C．气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D．发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
[听课记录]
[典例5] (多选)(2022·湖南卷节选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一个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．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
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
[听课记录]
热力学定律与气体图像的综合应用
1．在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。
2．气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p-V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
[典例6] (2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( )
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
[听课记录]
[变式] (1)从[典例6]图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为________，气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量为________。
(2)若气体经历从a→b→c→d→a的过程，如图所示，则整个过程中气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量为________。
[典例7] (2024·浙江温州高三适应性考试)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静置一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V-T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500 J。已知外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．重物质量m＝1 kg
B．气体在状态B时的体积为8.0×10-2 m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202 J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294 J
[听课记录]
教考衔接·链接人教版选择性必修第三册P51例题
如图所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图甲)。内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J。
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图乙)，该做功过程气体传递给汽缸的热量为30 J，求此做功过程气体内能的变化量。
1．(2023·天津卷)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体( )
A．对外做功
B．内能减少
C．吸收热量
D．压强不变
2．(多选)(2024·新课标卷)如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
3．(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
第3节 热力学定律与能量守恒定律
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梳理·必备知识
1．(1)做功
2．(1)热量 (2)Q＋W (3)吸收 放出 增加 减少
3．(1)转化 转移 转化 转移 不变 (3)能量守恒定律
4．(1)自发地 吸收 功 (2)热力学第二定律
激活·基本技能
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
2．B [由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＝690 J－900 J＝－210 J，故向外界放热，B正确。]
3．CD [A项违背热力学第二定律，不能发生；B项蒸汽机的能量损失不可避免，把蒸汽机的内能全部转化为机械能，违背了热力学第二定律，不能发生；C项泥、水自动分离现象，不违背热力学第二定律，只是系统的势能减少了，能发生；D项中电冰箱消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，能发生。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 ABD [气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增加，外界对气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增加，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即气体吸收热量，D正确。]
典例2 A [外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。]
典例3 解析：(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖 吕萨克定律得＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)
W＝－(mg＋p0S)h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
答案：(1)T0 (2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
教考衔接 解析：(1)密封气体初状态的温度为T0，体积为V0＝h0S
末状态的温度等于外界空气的温度，设为T1，体积为V1＝(h0＋d)S
由盖 吕萨克定律有＝
解得T1＝T0。
(2)密封气体的压强p＝p0＋
外界对气体做的功为W＝－pSd＝－Sd＝－(p0Sd＋mgd)
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
得出ΔU＝Q－p0Sd－mgd。
答案：(1)T0 (2)Q－p0Sd－mgd
考点2
典例4 B [根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。]
典例5 AB [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率小于从B端流出的，B正确；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，C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非自发进行的，没有违背热力学第二定律，也符合能量守恒定律，A正确，D错误。]
考点3
典例6 B [根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知p V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态b的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。]
变式 解析：(1)p V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac＝＝4p0V0；由p V图像知Ta＝Tc，故从a→c的过程中ΔU＝0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4p0V0。
(2)整个过程中气体对外界做的功等于△acd的面积，即W′＝×2p0×2V0＝2p0V0，又因ΔU＝0，故气体吸收的热量为2p0V0。
答案：(1)4p0V0 吸收 4p0V0 (2)吸收
2p0V0
典例7 D [在状态A，对重物和活塞整体根据平衡条件有mg＋p0S＝pAS，解得m＝2 kg，故A错误；根据题图乙可知＝，即气体做等压变化，解得VB＝8.0×10-3 m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pA(VB－VA)＝206 J，故C错误；根据热力学第一定律可知，从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加ΔU＝Q－W＝294 J，故D正确。]
教考衔接 解析：(1)压缩冲程中，活塞对气体做功，有
W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J
根据热力学第一定律，气体内能的变化量
ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－25 J＝175 J。
(2)气体膨胀过程中，外界对气体做负功，有
W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J
根据热力学第一定律，气体内能的变化量
ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J。
答案：(1)175 J (2)－930 J
即时检验·感悟高考
1．B [爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误。]
2．AD [1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖 吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。]
3．AD [设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖 吕萨克定律得＝，解得气体增加的体积ΔV＝V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由|W|＝|pΔV| 得，气体体积的增加量|ΔV|＝＝＝2 L，则V＝6 L，A正确。]
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第十四章 热 学
第3节 热力学定律与能量守恒定律
[学习目标] 1．理解热力学第一定律，会用热力学第一定律解决相关问题。
2．理解热力学第二定律，知道与热现象有关的宏观过程都具有方向性。
3．会分析有关热力学第一定律与气体实验定律的综合问题。
链接教材·夯基固本
1．改变物体内能的两种方式
(1)____。
(2)传热。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的____与外界对它所做的功的和。
做功
热量
(2)表达式：ΔU＝______。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
①W>0，外界对物体做功；W<0，物体对外界做功。
②Q>0，物体____热量；Q<0，物体____热量。
③ΔU>0，内能____；ΔU<0，内能____。
Q＋W
吸收
放出
增加
减少
3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式____为另一种形式，或者是从一个物体____到别的物体，在____或____的过程中，能量的总量保持____。
(2)条件性：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。比如机械能守恒就是有条件的。
(3)第一类永动机：是不可能制成的，它违背了____________。
转化
转移
转化
转移
不变
能量守恒定律
4．热力学第二定律
(1)两种表述
①克劳修斯表述：热量不能______从低温物体传到高温物体。
②开尔文表述：不可能从单一热库____热量，使之完全变成__，而不产生其他影响。
(2)第二类永动机：不可能制成，它违背了______________。
自发地
吸收
功
热力学第二定律
1．易错易混辨析
(1)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。 ( )
(2)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。 ( )
(3)可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 ( )
√
×
√
(4)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。 ( )
(5)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。 ( )
(6)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。 ( )
×
×
√
2．(人教版选择性必修第三册改编)用活塞压缩汽缸里的空气(可看作理想气体)，对汽缸里的空气做了900 J的功，气体内能增加了690 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量210 J
B．气体向外界放出热量210 J
C．气体从外界吸收热量1 110 J
D．气体向外界放出热量1 110 J
√
B [由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＝690 J－900 J＝－210 J，故向外界放热，B正确。]
3．(人教版选择性必修第三册改编)(多选)下列现象能够发生的是
( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
√
√
CD [A项违背热力学第二定律，不能发生；B项蒸汽机的能量损失不可避免，把蒸汽机的内能全部转化为机械能，违背了热力学第二定律，不能发生；C项泥、水自动分离现象，不违背热力学第二定律，只是系统的势能减少了，能发生；D项中电冰箱消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，能发生。]
细研考点·突破题型
考点1 热力学第一定律的理解与应用
1．表达式ΔU＝Q＋W中正、负号的意义
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
2．两个关键点
(1)一定质量的气体内能由温度唯一决定。
(2)体积增大，对外做功；体积减小，外界对气体做功。
3．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。
(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。
[典例1] (多选)(2023·全国甲卷节选)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是( )
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
√
√
√
ABD [气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增加，外界对气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增加，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即气体吸收热量，D正确。]
[典例2] 如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的( )
A．温度升高，内能增加100 J
B．温度升高，内能减少200 J
C．温度降低，内能增加100 J
D．温度降低，内能减少200 J
√
A [外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－
100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。]
[典例3] (2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，
C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，
所有温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[解析] (1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得
＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)
W＝－(mg＋p0S)h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
[答案] (1)T0 (2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
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如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
[解析] (1)密封气体初状态的温度为T0，体积为V0＝h0S
末状态的温度等于外界空气的温度，设为T1，体积为V1＝(h0＋d)S
由盖-吕萨克定律有＝
解得T1＝T0。
(2)密封气体的压强p＝p0＋
外界对气体做的功为W＝－pSd＝－Sd＝－(p0Sd＋mgd)
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
得出ΔU＝Q－p0Sd－mgd。
[答案] (1)T0 (2)Q－p0Sd－mgd
规律方法 应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(2)与外界绝热，则不与外界发生传热，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现为分子平均动能的变化，从宏观上看就是温度发生了变化。
考点2 热力学第二定律的理解与应用
1．热力学第二定律的理解
(1)在热力学第二定律的表述中“自发地”“不产生其他影响”的含义：
①“自发地”指明了传热的方向性，不需要借助外界提供的能量。
②“不产生其他影响”是说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 内能。
③气体体积V1(较小) 气体体积V2(较大)。
④不同气体A和B 混合气体AB。
(4)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。
2．两类永动机的理解
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
[典例4] 日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是( )
A．现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B．气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C．气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D．发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
B [根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误。]
[典例5] (多选)(2022·湖南卷节选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，一个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．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
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
√
√
AB [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率小于从B端流出的，B正确；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，C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非自发进行的，没有违背热力学第二定律，也符合能量守恒定律，A正确，D错误。]
考点3 热力学定律与气体图像的综合应用
1．在某一过程中，气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。
2．气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p-V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
[典例6] (2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是( )
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
√
B [根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态b的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。]
[变式] (1)从[典例6]图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为________，气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量为________。
(2)若气体经历从a→b→c→d→a的过程，如图所示，则整个过程中气体________(选填“吸收”或“放出”)
的热量为________。
4p0V0
吸收
4p0V0
吸收
2p0V0
[解析] (1)p-V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac＝＝4p0V0；由p-V图像知Ta＝Tc，故从a→c的过程中ΔU＝0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4p0V0。
(2)整个过程中气体对外界做的功等于△acd的面积，即W′＝×2p0×2V0＝2p0V0，又因ΔU＝0，故气体吸收的热量为2p0V0。
[典例7] (2024·浙江温州高三适应性考试)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静置一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V-T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×
105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500 J。已知外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．重物质量m＝1 kg
B．气体在状态B时的体积为8.0×10-2 m3
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202 J
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294 J
√
D [在状态A，对重物和活塞整体根据平衡条件有mg＋p0S＝pAS，解得m＝2 kg，故A错误；根据题图乙可知＝，即气体做等压变化，解得VB＝8.0×10-3 m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pA(VB－VA)＝206 J，故C错误；根据热力学第一定律可知，从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加ΔU＝Q－W＝294 J，故D正确。]
教考衔接·链接人教版选择性必修第三册P51例题
如图所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图甲)。内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J。
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图乙)，该做功过程气体传递给汽缸的热量为30 J，求此做功过程气体内能的变化量。
[解析] (1)压缩冲程中，活塞对气体做功，有
W1＝F1l1＝2×103×0.1 J＝200 J
根据热力学第一定律，气体内能的变化量
ΔU1＝W1＋Q1＝200 J－25 J＝175 J。
(2)气体膨胀过程中，外界对气体做负功，有
W2＝F2l2＝－9×103×0.1 J＝－900 J
根据热力学第一定律，气体内能的变化量
ΔU2＝W2＋Q2＝－900 J－30 J＝－930 J。
[答案] (1)175 J (2)－930 J
即时检验·感悟高考
1．(2023·天津卷)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体( )
A．对外做功
B．内能减少
C．吸收热量
D．压强不变
√
B [爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误。]
2．(多选)(2024·新课标卷)如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
√
√
AD [1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。]
3．(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
√
√
AD [设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖-吕萨克定律得＝，解得气体增加的体积ΔV＝V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝
400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由|W|＝|pΔV|得，气体体积的增加量|ΔV|＝＝＝2 L，则V＝6 L，A正确。]
课时数智作业(三十七)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多选)(2025·四川绵阳三诊)下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B．自发的热传导是不可逆的
C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D．气体向真空膨胀具有方向性
12
√
√
题号
1
3
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4
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11
BD [有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。]
12
2．(2024·山东济南三模)如图所示，带玻璃管的塞子塞住玻璃瓶口，瓶中装有部分水，水逐渐流出的过程中，瓶内气体温度保持不变，下列关于瓶内封闭气体的判断正确的是( )
A．压强增大 B．压强不变
C．吸热 D．放热
题号
1
3
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10
11
12
√
C [根据玻意耳定律pV＝C可知，瓶内封闭气体的体积增大，压强减小，故A、B错误；封闭气体的体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸热，故C正确，D错误。故选C。]
题号
1
3
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11
12
3．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热库吸收热量，完全变成功也是可能的
题号
1
3
5
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6
8
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9
10
11
12
√
D [第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。]
题号
1
3
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2
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12
4．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．从单一热库吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
题号
1
3
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4
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11
12
√
√
BC [第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误。]
题号
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11
12
5．(多选)(2022·天津卷)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机的效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则( )
A．绝热过程中，气体分子平均动能增加
B．绝热过程中，外界对气体做负功
C．等压过程中，外界对气体做正功
D．等压过程中，气体内能不变
题号
1
3
5
2
4
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8
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10
11
12
√
√
AC [该理想气体经过绝热过程被压缩，气体体积减小，外界对气体做正功，即Q＝0，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，B错误；该理想气体经过等压过程回到初始温度，结合A、B两项中分析可知，该过程气体温度降低，气体内能减少，根据盖-吕萨克定律可知，气体体积减小，则外界对气体做正功，故C正确，D错误。]
题号
1
3
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11
12
6．(多选)如图所示，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( )
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
题号
1
3
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8
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10
11
12
√
√
√
BCD [外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知A错误，B、C、D正确。]
题号
1
3
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2
4
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8
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11
12
7．一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是( )
A．pa＝3p0
B．Vb＝3Vc
C．从状态a到状态b，气体对外做功
D．从状态c到状态a，气体从外界吸热
题号
1
3
5
2
4
6
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11
12
√
D [从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得＝，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。]
题号
1
3
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2
4
6
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11
12
8．(多选)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( )
题号
1
3
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2
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11
12
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
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12
√
√
BD [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，A错误，B正确；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，C错误；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，D正确。]
题号
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9．(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部
用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
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C [a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量
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全部用于对外做功，C正确；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－(－Qca)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做功的大小，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量，D错误。]
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10．(多选)(2021·湖南卷节选)如图所示，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
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A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
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BD [整个过程中右端活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左端活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，为p＝＋p0，所以外界对气体做的功小于(p0S1h＋mgh)，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确。]
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11．单级水火箭可以简化为如图(a)所示的下方开口的容器。容器中气体体积V＝3 L，压强p0＝1×105 Pa，下方水的深度h＝50 cm。单向气阀(不计质量)是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值Ff＝91.5 N。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次地充入压强p0＝1×105 Pa、V1＝300 mL的气体。当容器内的气体压强达到一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度g＝10 m/s2，容器口的横截面积S＝3×
10-4 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3。假设容器中的气体为理想气体，充气和喷水时忽略温度的变化。
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(1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p；
(2)求水火箭刚好喷水时的充气次数；
(3)水火箭喷水过程中，容器内气体的p-V图像如图(b)所示，试估算容器内气体从状态a到状态b从外部吸收的热量。
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[解析] (1)对单向气阀受力分析有p0S＋Ff＝mg＋pS，又m＝ρSh
联立可得p＝p0＋－ρgh
代入数据得p＝4×105 Pa。
(2)气体做等温变化，有p0V＋Np0V1＝pV
解得充气次数N＝30次。
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(3)由p-V图线下对应的面积代表气体对外界做的功可知，外界对气体做功
W＝－225×4 J＝－900 J
喷水过程内能不变，由热力学第一定律可得
ΔU＝W＋Q＝0
所以气体吸收热量Q＝900 J。
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[答案] (1)4×105 Pa (2)30次 (3)900 J
12．(2025·八省联考云南卷)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞
质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，
重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求：
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(1)初始时，缸内气体的压强；
(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度；
(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。
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[解析] (1)对活塞受力分析，由平衡条件可得
mg＋p0S＝p1S
解得初始时缸内气体的压强为p1＝＋p0。
(2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件得Mg＋mg＋p0S＝p2S
解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0
由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh′
活塞下降的高度Δh＝h－h′
联立可得Δh＝。
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(3)由于该过程中温度保持不变，则缸内气体内能的变化量为ΔU＝0
根据能量守恒定律可知整个过程外界对其所做的功等于活塞和物体减少的重力势能，故可得外界对其所做的功W＝(M＋m)gΔh＝。
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[答案] (1)＋p0 (2)＋p0 (3)0
谢 谢 ！课时分层作业(三十七)
1．(多选)(2025·四川绵阳三诊)下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B．自发的热传导是不可逆的
C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D．气体向真空膨胀具有方向性
2．(2024·山东济南三模)如图所示，带玻璃管的塞子塞住玻璃瓶口，瓶中装有部分水，水逐渐流出的过程中，瓶内气体温度保持不变，下列关于瓶内封闭气体的判断正确的是( )
A．压强增大 B．压强不变
C．吸热 D．放热
3．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热库吸收热量，完全变成功也是可能的
4．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B．效率为100%的热机是不可能制成的
C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D．从单一热库吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段
5．(多选)(2022·天津卷)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机的效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量的理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则( )
A．绝热过程中，气体分子平均动能增加
B．绝热过程中，外界对气体做负功
C．等压过程中，外界对气体做正功
D．等压过程中，气体内能不变
6．(多选)如图所示，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( )
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
7．一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是( )
A．pa＝3p0
B．Vb＝3Vc
C．从状态a到状态b，气体对外做功
D．从状态c到状态a，气体从外界吸热
8．(多选)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
9．(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
10．(多选)(2021·湖南卷节选)如图所示，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
11．单级水火箭可以简化为如图(a)所示的下方开口的容器。容器中气体体积V＝3 L，压强p0＝1×105 Pa，下方水的深度h＝50 cm。单向气阀(不计质量)是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值Ff＝91.5 N。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次地充入压强p0＝1×105 Pa、V1＝300 mL的气体。当容器内的气体压强达到一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度g＝10 m/s2，容器口的横截面积S＝3×10-4 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3。假设容器中的气体为理想气体，充气和喷水时忽略温度的变化。
(1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p；
(2)求水火箭刚好喷水时的充气次数；
(3)水火箭喷水过程中，容器内气体的p-V图像如图(b)所示，试估算容器内气体从状态a到状态b从外部吸收的热量。
12．(2025·八省联考云南卷)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求：
(1)初始时，缸内气体的压强；
(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度；
(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。
课时分层作业(三十七)
1．BD [有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。]
2．C [根据玻意耳定律pV＝C可知，瓶内封闭气体的体积增大，压强减小，故A、B错误；封闭气体的体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸热，故C正确，D错误。故选C。]
3．D [第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。]
4．BC [第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功是不可能实现的，故D错误。]
5．AC [该理想气体经过绝热过程被压缩，气体体积减小，外界对气体做正功，即Q＝0，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，B错误；该理想气体经过等压过程回到初始温度，结合A、B两项中分析可知，该过程气体温度降低，气体内能减少，根据盖-吕萨克定律可知，气体体积减小，则外界对气体做正功，故C正确，D错误。]
6．BCD [外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知A错误，B、C、D正确。]
7．D [从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得＝，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。]
8．BD [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，A错误，B正确；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，C错误；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，D正确。]
9．C [a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－(－Qca)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做功的大小，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量，D错误。]
10．BD [整个过程中右端活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左端活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，为p＝＋p0，所以外界对气体做的功小于(p0S1h＋mgh)，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确。]
11．解析：(1)对单向气阀受力分析有p0S＋Ff＝mg＋pS，又m＝ρSh
联立可得p＝p0＋－ρgh
代入数据得p＝4×105 Pa。
(2)气体做等温变化，有p0V＋Np0V1＝pV
解得充气次数N＝30次。
(3)由p-V图线下对应的面积代表气体对外界做的功可知，外界对气体做功
W＝－225×4 J＝－900 J
喷水过程内能不变，由热力学第一定律可得
ΔU＝W＋Q＝0
所以气体吸收热量Q＝900 J。
答案：(1)4×105 Pa (2)30次 (3)900 J
12．解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条件可得
mg＋p0S＝p1S
解得初始时缸内气体的压强为p1＝＋p0。
(2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件得Mg＋mg＋p0S＝p2S
解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0
由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh′
活塞下降的高度Δh＝h－h′
联立可得Δh＝。
(3)由于该过程中温度保持不变，则缸内气体内能的变化量为ΔU＝0
根据能量守恒定律可知整个过程外界对其所做的功等于活塞和物体减少的重力势能，故可得外界对其所做的功W＝(M＋m)gΔh＝。
答案：(1)＋p0 (2)＋p0 (3)0
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