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)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热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)正、负号法则：
物理量 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
二、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，它只能从一种形式转化为其他形式，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．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。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
三、热力学第二定律
1．热力学第二定律的两种表述
(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：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。
[温馨提示] 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。
2．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。
3．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)可以从单一热源吸收热量，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。 (√)
二、教材习题衍生
1．(热力学第二定律的理解及应用)下列现象中不能够发生的是( )
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部分转化成机械能
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
A [由热力学第二定律可知，一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，A不能发生；热机的工作效率不可能达到100%，B可以发生；泥沙下沉，系统的重力势能减少，没有违背热力学第二
定律，C可以发生；冰箱通过压缩机的工作，把热量从低温物体传到高温物体，该过程消耗了电能，没有违背热力学第二定律，D可以发生。]
2．(热力学第一定律的应用)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A．内能变大 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
D [上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。]
3．(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，在温度T1和T2下的压强p与体积的倒数的关系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A．温度升高，吸收热量
B．温度升高，放出热量
C．温度降低，吸收热量
D．温度降低，放出热量
A [根据＝C可知p＝CT·，则在p-图像中斜率越大，则温度越高，则气体由状态A等压变化到状态B的过程中，气体温度升高，内能增加，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确。]
热力学第一定律与能量守恒定律
[典例1] (热力学第一定律的理解)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
C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，若物体放出热量，但外界对物体做正功，则ΔU不一定为负值，即内能不一定减小，故A项错误；同理可分析出，B项和D项错误，C项正确。]
[典例2] (热力学第一定律的应用)(2025·苏锡常镇四市调研)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
C [初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，设初始时汽缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有p1S－p0S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热交换，汽缸内气体将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，故A、B、D错误，C正确。]
[典例3] (公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解)如图甲所示，圆柱形汽缸开口向下竖直放置，汽缸与活塞之间密封一定质量的理想气体，汽缸与活塞间无摩擦且不漏气，活塞面积S＝0.01 m2，质量m＝20 kg，气柱高度h1＝20 cm，气体温度T0＝300 K，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。现把汽缸翻转开口向上放置，如图乙所示，气柱高度变为h2＝14 cm，在此过程中，外界对气体做功120 J，气体放出热量 20 J, 取g＝10 m/s2，则( )
A．图甲状态，气体的压强为1.2×105 Pa
B．图乙状态，气体的温度约为42 ℃
C．气体内能增加140 J
D．气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数减少
B [气体初状态的压强为p1＝p0－＝8.0×104 Pa, 故A错误；气体初状态体积V1＝Sh1，温度T0＝300 K，气体末状态压强p2＝p0＋＝1.2×105 Pa，体积V2＝Sh2，根据理想气体状态方程＝，代入数据解得T乙＝315 K，即42 ℃，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU＝120 J－20 J＝100 J，即气体内能增加 100 J, 故C错误；因为温度升高，气体分子的平均速率增大，体积减小，气体分子密度增大，所以气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数增多，故D错误。]
[典例4] (能量守恒定律的理解)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，木箱受到地面的摩擦力为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Ek分别是(空气阻力不计)( )
A．U＝200 J，Ek＝600 J
B．U＝600 J，Ek＝200 J
C．U＝600 J，Ek＝800 J
D．U＝800 J，Ek＝200 J
B [U＝Ffx＝60×10 J＝600 J，Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J，B正确。]
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和传热在改变系统内能上是等效的。
(2)外界对系统做功是其他形式能量与内能的转化。
(3)传热是外界与系统之间内能的转移。
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，ΔU＝W，物体内能的增加等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功，则W＝0，ΔU＝Q，物体内能的增加等于物体吸收的热量。
(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．应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生的变化。
热力学第二定律的理解及应用
[典例5] (热力学第一、第二定律的理解与应用)如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则( )
A．活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比
B．气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比
C．发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做的功
D．气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化
C [可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压缩气体时，气体温度要发生变化，根据＝C可知，只有当气体的温度不变时，气体的压强才与体积成反比，故A错误；气体膨胀时，气体压强要发生变化，根据＝C可知，只有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度才成正比，故B错误；发动机工作时，气体从外界吸收热量温度升高，内能增加，且气体同时对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知吸收的热量大于对外做的功，故C正确；根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化，故D错误。]
[典例6] (两类永动机的比较)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，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
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可能等于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。]
[典例7] (热力学第二定律的应用)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，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端为热端，B端为冷端
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
B [根据题目描述可知，A端为冷端，B端为热端，因此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，但气体的质量未知，所以无法确定气体内能的大小关系，故B正确，A、C错误；该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，冷热气体接触的部分会发生传热，因此也满足热力学第二定律，故D错误。]
[典例8] (热力学第一、第二定律的综合考查)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。
(1)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反热力学第二定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？
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[解析] (1)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D项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B项正确，A、C项错误。
(2)由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多。
[答案] (1)B (2)见解析
1．对热力学第二定律关键词的理解
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。
2．热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如
3．两类永动机的比较
分类 第一类永动机 第二类永动机
设计要求 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
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
热力学第一定律与图像的综合应用
[典例9] (热力学第一定律与p-V图像的综合)(2022·江苏卷)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则( )
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
C [由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb
【典例9 教用·备选题】 (热力学第一定律与p-V图像的综合)(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
C [a→b过程是等压变化且气体体积增大，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图像与横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。]
判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定。
[典例10] (热力学第一定律与V-T图像的综合)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为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，密闭气体在状态A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，取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的体积为7.0×10-3 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时的压强为pA＝p0＋，解得m＝2 kg，A错误；根据盖-吕萨克定律有＝，解得VB＝8.0×10-3 m3 ，B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功，大小为W＝pA(VB－VA)＝206 J，C错误；从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加ΔU＝Q－W＝500 J－206 J＝294 J，D正确。]
[典例11] (热力学第一定律与 p-T 图像的综合)一定质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 图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是( )
A．气体在a、c两状态时的体积Va>Vc
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
B [由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A错误；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。]
热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[典例12] (液柱类)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高汞柱压强)。
(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取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 Pa，V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K
末状态压强p2＝p0＋＝1.05×105 Pa，V2＝L2S，T2＝T1＝280 K
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1LS＝p2L2S，
解得L2＝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＝，即＝，
解得L3＝25 cm。
(3)外界对气体做的功为
W＝－p2SΔL＝－p2S(L3－L2)＝－1.05 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝10 J＋(－1.05 J)＝8.95 J
即气体的内能增加了8.95 J。
[答案] (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的通用思路
[典例13] (汽缸类)(2021·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的横截面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中气体：
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
[解析] (1)活塞移动时受力平衡p1S＝p0S＋Ff
外界对气体做功W＝－p1SL
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L。
(2)活塞发生移动前为等容过程，有＝
活塞向右移动了L为等压过程，有＝
且V2＝2V1
解得T＝T0。
[答案] (1)Q－(p0S＋Ff)L (2)T0
[典例14] (图像类)如图1所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端口装有固定卡环。质量为4.0 kg、面积为8.0 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内，开始时缸内封闭气体的体积为4×10-4 m3。现缓慢升高环境温度，使气体从状态A变化到状态C，缸内气体体积随温度变化的图像如图2所示，气体质量保持不变，已知大气压强为1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)开始时环境的温度及气体变化到状态C时压强(压强保留3位有效数字)；
(2)若气体在整个过程中吸收的热量为90 J，则整个过程汽缸内气体内能的增加量为多少。
[解析] (1)气体从状态A变化到状态B发生的是等压变化，则＝
由题图2可知VA＝4×10-4 m3，VB＝6×10-4 m3，TB＝4.5×102 K
解得TA＝300 K
开始时，缸内气体压强
pA＝p0＋＝1.5×105 Pa
气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，则
＝
pB＝pA
解得pC≈2.67×105 Pa。
(2)气体从A到B过程外界对其做功为
W＝－pA(VB－VA)＝－30 J
根据热力学第一定律，整个过程汽缸内气体内能的增加量为ΔU＝Q＋W＝60 J。
[答案] (1)300 K 2.67×105 Pa (2)60 J
课时分层作业(四十一) 热力学定律与能量守恒定律
题组一 热力学第一定律与能量守恒定律
1．(2024·江苏泰州一模)以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是( )
A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体温度不变
B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力
D．图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等
A [根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，右侧为真空，气体自由膨胀时没有做功对象，即做功为W＝0，因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q＝0，因此内能不变，容器内的理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，故A正确；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越不明显，故B错误；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的距离r略大于r0，分子间的作用力表现为引力，故C错误；由题图丁可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于100%，即两图线与横轴所围面积相等，故D错误。]
2．吸盘挂钩的工作原理可以这样简述：使用时如图甲所示，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分。然后如图乙所示，将锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。吸盘内气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中吸盘内气体的温度保持不变，则在拉起吸盘后的描述不正确的是( )
A．吸盘内气体的压强比拉起前气体的压强小
B．吸盘内空气的密度不变
C．吸盘内气体的内能不变
D．此过程中吸盘内的气体要吸收热量
B [在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小，故A正确；在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小，故B错误；一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变，所以气体的内能不变，故C正确；在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，W<0，气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，则此过程中气体要从外界吸收热量，故D正确。]
3．(2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则( )
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
D [气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做正功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。]
题组二 热力学第二定律的理解及应用
4．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是( )
A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
B．第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律
C．把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动
D．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能
C [尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机不可以使温度降到－293 ℃，只能接近－273.15 ℃，却不可能达到，故A错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，不可能被制造出来，故B错误；把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，只要时间足够长，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能达到稳定，故C正确；即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，根据热力学第二定律，内燃机也不可能实现内能完全转化为机械能，故D错误。]
5．(2024·江苏南京期末)下列说法正确的是( )
A．冰箱能够把热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律
B．气体对外做功，内能一定减少
C．物体的温度越高，分子的平均动能越大
D．第二类永动机因为违反了能量守恒定律所以无法实现
C [冰箱使热量从低温物体传递到高温物体要消耗电能，因此遵循热力学第二定律，所以A错误；根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，气体内能的变化不但与气体做功与否有关，还要考虑气体与外界热量的传递，所以B错误；物体的温度越高，分子的平均动能越大，所以C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了宏观自然过程的方向性，所以D错误。]
题组三 热力学第一定律与图像的综合应用
6．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则( )
A．活塞质量为
B．从b→c过程，气体对外做功p0SH
C．从a→d全过程，气体内能增加3αT0
D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增加量
C [气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg，解得M＝，故A错误；p-T图像上的点与原点连线的斜率与容积成反比，所以b→c过程中气体对外做功，c状态后停止对外做功，则b→c推动活塞运动的距离为，故b→c过程，气体对外做功W＝1.5p0S·＝p0SH，故B错误；在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有＝，可得Td＝4T0，则可知气体内能的变化量ΔU＝α(Td－T0)＝3αT0，故C正确；从a→d全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体吸收的热量大于其内能的增加量，故D错误。]
7．(2024·江苏南京专题练习)一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程的T-V图像如图所示，则( )
A．气体在状态a处的压强等于状态c处的压强
B．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
C．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸收的热量等于其增加的内能
C [根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T-V图像上的点与原点连线的斜率为，故有pa＝pb>pc，故A、B错误；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，可得Q>0，且Q>ΔU，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，故C正确，D错误。]
8．封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则下列说法正确的是( )
A．由状态A变到状态B过程中，气体放出热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
D [气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功，即W＝0，而温度升高，内能增加，即ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，A错误；由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变，即ΔU＝0，而体积变大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，B错误；气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，所以C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错误；A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，根据压强的微观解释可知，D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D正确。]
9．一定质量的理想气体，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4 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
D [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有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错误。]
10．某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V-T图像如图所示，则在该循环过程中( )
A．从状态A到B，气体吸收热量
B．从状态C到D，气体的压强增大
C．从状态D到A，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．若气体从状态C到D，内能增加3 kJ，对外做功5 kJ，则气体向外界放出热量8 kJ
C [从状态A到B，体积不变，外界对气体不做功，即W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量，A错误；由理想气体状态方程＝C，得V＝T知，CD连线过原点，该线为等压线，从状态C到D，气体的压强不变，B错误；从D到A过程中，气体的温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的， C正确；由状态C到状态D，内能增加3 kJ，即ΔU＝3 kJ，气体对外做功，W<0，因此W＝－5 kJ，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得Q＝8 kJ，气体从外界吸收热量8 kJ，D错误。]
11．(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)
12．如图所示，横截面积为S＝10 cm2的上端开口的汽缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a下面封闭长度为l＝40 cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为m＝4 kg的重物b相连，重物b放在一劲度系数为k＝200 N/m的轻弹簧上，弹簧下端固定在地面上，上端与重物b接触，但不拴接，汽缸和光滑活塞a导热性能良好。开始时，外界温度为t0＝27 ℃，弹簧弹力大小为F＝40 N，现缓慢降低温度，近似认为外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa, 重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)弹簧与重物b刚分离时，汽缸中气体的温度；
(2)从开始状态到重物b离开弹簧的过程中，汽缸中气体对外界做了多少功；
(3)根据(2)问，若气体与外界交换了56 J的热量，则气体内能的变化量是多少。
[解析] (1)最初弹簧的压缩量
Δx＝＝0.2 m
对被封闭的气体，初始状态
T1＝300 K
V1＝Sl
对活塞p0S＝p1S＋mg－F
解得p1＝p0＝1×105 Pa
设b与弹簧分离时，汽缸中气体的温度为T2
V2＝S(l－Δx)
对活塞p0S＝p2S＋mg
解得p2＝p0－＝0.6×105 Pa
由理想气体状态方程得＝
联立解得T2＝90 K。
(2)从开始状态到重物b刚离开弹簧时，活塞下降了Δx＝20 cm，则外界对气体做功
W＝p0S×Δx－×Δx＝16 J
则汽缸中气体对外界做功为－16 J。
(3)由热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝16 J－56 J＝－40 J。
[答案] (1)90 K (2)－16 J (3)－40 J
13．(2024·浙江1月选考)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
[解析] (1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1
解得状态2气体的压强为
p2＝＝1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F
解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10-4 N＝10 N。
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，可知气体发生等压变化，则有＝
可得状态3气体的体积为
V3＝·2V1＝×2×750 cm3＝1 750 cm3
该过程气体对外做功为W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10-6 J＝25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q′
解得气体吸收的热量为
Q′＝ΔU＋W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3 J。
[答案] (1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
14 / 24 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)________；(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)正、负号法则：
物理量 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体____热量 内能____
－ 物体对外界做功 物体____热量 内能____
二、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________为其他形式，或者是从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的________保持不变。
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。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了____________定律。
三、热力学第二定律
1．热力学第二定律的两种表述
(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：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而________其他影响。或表述为“第______类永动机是不可能制成的”。
[温馨提示] 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。
2．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________增大的方向进行。
3．第二类永动机不可能制成的原因是违背了__________________。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)可以从单一热源吸收热量，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。 ( )
二、教材习题衍生
1．(热力学第二定律的理解及应用)下列现象中不能够发生的是( )
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部分转化成机械能
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
2．(热力学第一定律的应用)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A．内能变大 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
3．(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，在温度T1和T2下的压强p与体积的倒数的关系图像如图所示，气体由状态A等压变
化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A．温度升高，吸收热量
B．温度升高，放出热量
C．温度降低，吸收热量
D．温度降低，放出热量
热力学第一定律与能量守恒定律
[典例1] (热力学第一定律的理解)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
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例2] (热力学第一定律的应用)(2025·苏锡常镇四市调研)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例3] (公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解)如图甲所示，圆柱形汽缸开口向下竖直放置，汽缸与活塞之间密封一定质量的理想气体，汽缸与活塞间无摩擦且不漏气，活塞面积S＝0.01 m2，质量m＝20 kg，气柱高度h1＝20 cm，气体温度T0＝300 K，外界大气压p0＝1.0×105 Pa。现把汽缸翻转开口向上放置，如图乙所示，气柱高度变为h2＝14 cm，在此过程中，外界对气体做功120 J，气体放出热量20 J，取g＝10 m/s2，则( )
A．图甲状态，气体的压强为1.2×105 Pa
B．图乙状态，气体的温度约为42 ℃
C．气体内能增加140 J
D．气体分子单位时间对单位面积器壁的撞击次数减少
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例4] (能量守恒定律的理解)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，木箱受到地面的摩擦力为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Ek分别是(空气阻力不计)( )
A．U＝200 J，Ek＝600 J
B．U＝600 J，Ek＝200 J
C．U＝600 J，Ek＝800 J
D．U＝800 J，Ek＝200 J
[听课记录] _________________________________________________________
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1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和传热在改变系统内能上是等效的。
(2)外界对系统做功是其他形式能量与内能的转化。
(3)传热是外界与系统之间内能的转移。
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，ΔU＝W，物体内能的增加等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功，则W＝0，ΔU＝Q，物体内能的增加等于物体吸收的热量。
(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．应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生的变化。
热力学第二定律的理解及应用
[典例5] (热力学第一、第二定律的理解与应用)如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则( )
A．活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比
B．气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比
C．发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做的功
D．气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例6] (两类永动机的比较)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，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例7] (热力学第二定律的应用)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图所示，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端为热端，B端为冷端
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
[听课记录] _________________________________________________________
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[典例8] (热力学第一、第二定律的综合考查)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。
(1)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反热力学第二定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？
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[听课记录] _________________________________________________________
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1．对热力学第二定律关键词的理解
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。
2．热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如
3．两类永动机的比较
分类 第一类永动机 第二类永动机
设计要求 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
不可能制 成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
热力学第一定律与图像的综合应用
[典例9] (热力学第一定律与p V图像的综合)(2022·江苏卷)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则( )
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
[听课记录] _________________________________________________________
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判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定。
[典例10] (热力学第一定律与V T图像的综合)如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为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，密闭气体在状态A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，取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的体积为7.0×10-3 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
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[典例11] (热力学第一定律与p T图像的综合)一定质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 图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是( )
A．气体在a、c两状态时的体积Va>Vc
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
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热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[典例12] (液柱类)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高汞柱压强)。
(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取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？
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求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的通用思路
[典例13] (汽缸类)(2021·江苏卷)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的横截面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中气体：
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
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[典例14] (图像类)如图1所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端口装有固定卡环。质量为4.0 kg、面积为8.0 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内，开始时缸内封闭气体的体积为4×10-4 m3。现缓慢升高环境温度，使气体从状态A变化到状态C，缸内气体体积随温度变化的图像如图2所示，气体质量保持不变，已知大气压强为1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)开始时环境的温度及气体变化到状态C时压强(压强保留3位有效数字)；
(2)若气体在整个过程中吸收的热量为90 J，则整个过程汽缸内气体内能的增加量为多少。
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1 / 13课时分层作业(四十一) 热力学定律与能量守恒定律
说明：选择题每小题4分；本试卷共74分。
题组一 热力学第一定律与能量守恒定律
1．(2024·江苏泰州一模)以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是( )
A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体温度不变
B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力
D．图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等
2．吸盘挂钩的工作原理可以这样简述：使用时如图甲所示，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分。然后如图乙所示，将锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。吸盘内气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中吸盘内气体的温度保持不变，则在拉起吸盘后的描述不正确的是( )
A．吸盘内气体的压强比拉起前气体的压强小
B．吸盘内空气的密度不变
C．吸盘内气体的内能不变
D．此过程中吸盘内的气体要吸收热量
3．(2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则( )
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
题组二 热力学第二定律的理解及应用
4．根据热学中的有关知识，下列说法正确的是( )
A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
B．第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律
C．把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动
D．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能
5．(2024·江苏南京期末)下列说法正确的是( )
A．冰箱能够把热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律
B．气体对外做功，内能一定减少
C．物体的温度越高，分子的平均动能越大
D．第二类永动机因为违反了能量守恒定律所以无法实现
题组三 热力学第一定律与图像的综合应用
6．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则( )
A．活塞质量为
B．从b→c过程，气体对外做功p0SH
C．从a→d全过程，气体内能增加3αT0
D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增加量
7．(2024·江苏南京专题练习)一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程的T V图像如图所示，则( )
A．气体在状态a处的压强等于状态c处的压强
B．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
C．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸收的热量等于其增加的内能
8．封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则下列说法正确的是( )
A．由状态A变到状态B过程中，气体放出热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
9．一定质量的理想气体，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4 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
10．某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V T图像如图所示，则在该循环过程中( )
A．从状态A到B，气体吸收热量
B．从状态C到D，气体的压强增大
C．从状态D到A，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D．若气体从状态C到D，内能增加3 kJ，对外做功5 kJ，则气体向外界放出热量8 kJ
11．(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。
12．如图所示，横截面积为S＝10 cm2的上端开口的汽缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a下面封闭长度为l＝40 cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为m＝4 kg的重物b相连，重物b放在一劲度系数为k＝200 N/m的轻弹簧上，弹簧下端固定在地面上，上端与重物b接触，但不拴接，汽缸和光滑活塞a导热性能良好。开始时，外界温度为t0＝27 ℃， 弹簧弹力大小为F＝40 N，现缓慢降低温度，近似认为外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)弹簧与重物b刚分离时，汽缸中气体的温度；
(2)从开始状态到重物b离开弹簧的过程中，汽缸中气体对外界做了多少功；
(3)根据(2)问，若气体与外界交换了56 J的热量，则气体内能的变化量是多少。
13．(2024·浙江1月选考)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
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