资源简介

第3讲　热力学定律与能量守恒定律
目标 要求 　 　 1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。2.理解热力学第二定律，明确热现象的方向性。3.明确热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
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＝W＋Q。
3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则
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
4．三种特殊情况
(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。
二、能的转化和守恒定律
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．第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机。它是不可能制成的。
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。
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。
1．判断正误
(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)在热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。(×)
(5)在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。(√)
(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．(多选)(人教版教材原题改编)下列现象中能够发生的是(　　)
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
解析：CD　A项违背热力学第二定律，不可能发生；B项蒸汽机的能量损失不可避免，不可能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项受重力作用，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，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。
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体(　　)
A．内能变小
B．压强变大
C．分子数密度变大
D．每个分子动能都变大
解析：B　将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，由题意知瓶内气体的温度升高，则由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体的分子数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。
4．(人教版教材原题改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能(　　)
A．增加了1110 J B．减少了1110 J
C．增加了690 J D．减少了690 J
解析：C　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加690 J，C正确。
考点一　热力学第一定律的理解及应用
考向1　热力学第一定律
　(2025·安徽卷，3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A．对外做功，内能不变
B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小
D．吸收的热量等于内能的增加量
解析：A　理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，BCD错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。
(1)理想气体内能变化从宏观上看就是温度发生了变化。
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负。(气体向真空自发扩散的过程中，气体对外界不做功)
考向2　能量守恒定律
　(多选)(2024·河北卷，9)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
解析：ACD　活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V左考点二　热力学第二定律的理解及应用
　(2026·北京人大附中月考)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，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的
解析：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，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。
点拨
(1)“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了传热等热力学宏观现象的方向性。
(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。
　(多选)(2022·湖南卷，15改编)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
解析：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度小于从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，A正确，D错误。
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
考向1　热力学第一定律与图像的综合
　(多选)(2025·甘肃卷，9)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程为吸热过程
B．B→C过程为吸热过程
C．状态A压强比状态B的小
D．状态A内能比状态C的小
解析：ACD　A→B是等容过程，体积V不变，即W＝0，温度升高即内能ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，故A→B过程为吸热过程，A正确；B→C是等温过程即ΔU＝0，体积减小，故W>0，由ΔU＝Q＋W，得Q<0，B→C过程为放热过程，B错误；A→B等容，TB>TA，由查理定律p＝CT，得pB>pA，C正确；理想气体内能只与温度有关，根据题图可知TA点拨
(1)气体的状态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。
(3)在p-V图像中，图像与横轴所围图形的面积表示气体对外界(或外界对气体)所做的功。
　(2025·陕晋宁青卷，13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
解析：(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有
代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。
(2)根据p-V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程外界对气体做的功
W＝－×105×(0.560－0.528)J＝－1.008×104 J
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
又Q＝7.608×104 J
解得ΔU＝6.6×104 J。
答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
考向2　热力学第一定律与气体实验定律的综合
　(2025·浙江1月选考，15)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数________(选填“增大”“不变”或“减小”)；
(2)求气体在状态3的体积V3；
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
解析：(1)从状态2到状态3气体等温变化，理想气体热运动的平均速率不变；由题意可知，理想气体压强减小，体积变大，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)从状态1到状态2气体等压变化，有
解得V2＝1.01×103 cm3
p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
从状态2到状态3气体等温变化，有p2V2＝p3V3
解得V3＝1.0201×103 cm3。
(3)W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
ΔU＝Q－(W＋W1)＝2.53 J。
答案：(1)不变　减小　(2)1.0201×103 cm3　(3)2.53 J
总结提升：研究对象：气体或汽缸、活塞、液柱等。
两类分析：气体实验定律；热力学定律。
　(2025·山东卷，16)如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K 时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2＝440 K时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
解析：(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V1＝Sh1、V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知
解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为
W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为Q＝－W＝p0Sh1。
答案：(1)h1　(2)p0Sh1,
限时规范训练(81)　热力学定律与能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2025·重庆卷，2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　)
A．分子热运动的平均动能增加
B．内能减小
C．压强减小
D．对外界做正功
解析：A　气袋被压缩且绝热(无热交换)，视为理想气体。绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能由温度决定，分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误；根据理想气体状态方程＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误；气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误。故选A。
2．(2025·江苏卷，6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体(　　)
A．内能迅速增大 B．温度迅速升高
C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀
解析：D　向瓶内打入气体时，外界对瓶内气体做功，压缩气体，瓶内气体内能增加，水蒸气分子密度增大，瓶塞跳出时，瓶内气体对瓶塞做功，气体体积迅速膨胀，气体的压强减小，瓶内气体的内能减小，温度降低，使瓶内的水蒸气液化成小水珠，瓶内出现白雾，A、B、C错误，D正确。
3．(2025·北京卷，1)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体(　　)
A．压强变小 B．对外界不做功
C．内能保持不变 D．分子平均动能增大
解析：D　猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，则气体压强增大，故A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。故选 D。
4．(2025·湖北卷，3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．外力F保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2倍
解析：B　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密封气体的内能增加，B正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知，由题可知密封气体初末状态温度之比为，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。
5．(2025·四川卷，4)如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内，活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持汽缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。则(　　)
图1　　　　　　图2
A．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体压强升高
B．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体内能不变
C．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体压强升高
D．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体内能不变
解析：D　由题意可知，活塞自发从a处缓慢下降停在b处的过程中，以活塞为研究对象，活塞始终受力平衡，故汽缸内气体压强不变，A错误；由题意可知，活塞从a到b过程中，气体的温度降低，理想气体的内能只与温度有关，则汽缸内气体内能减小，B错误；由题意可知，活塞从b到a的过程中，始终置于恒温冷水中，故温度T不变，体积V增大，由玻意耳定律可得汽缸内气体压强p减小，C错误；因为是理想气体，且活塞从b到a的过程温度不变，所以气体内能不变，D正确。
6．(2023·重庆卷，4)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　)
解析：C　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。
[能力提升练]
7．(多选)(2025·陕西高考适应性检测(三))某种理想气体H的内能公式可表示为U＝nRT，其中n为物质的量，R为理想气体常数，T为热力学温度。如图所示，一个容器被隔板K均分为A、B两部分，其中充满质量相等的理想气体H，它们的压强分别为pA、pB，温度分别为TA、TB。抽取隔板K后，如果容器与外界没有能量交换，经过足够长的时间，稳定后容器内的气体压强为p，温度为T。则以下说法正确的是(　　)
A．A、B两部分气体体积膨胀，对外做功，气体的总内能减少
B．抽取隔板K前A、B两部分气体压强和温度满足
C．稳定后容器内气体的温度T＝
D．由于气体分子运动的无规则性，抽取隔板K后到稳定的过程自发可逆
解析：BC　对于容器中的气体，在隔板抽取前、后气体总体积没变，所以没有与外界做功过程，即W＝0，由于容器与外界没有能量交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，ΔU＝0，即气体的总内能不变，故A错误；对于一定质量的理想气体＝nR中，n为物质的量，R为理想气体常数，nA＝nB，RA＝RB，VA＝VB，所以，故B正确；对容器中的气体有U＝nRT，则UA＝nRTB，且U＝UA＋UB，联立解得T＝，故C正确；根据热力学第二定律知，抽取隔板K后到稳定的过程不能自发可逆，故D错误，故选BC。
8．(多选)(2025·福州三中模拟)竖直方向上固定一个两边开口装有水银的连通器，如图甲所示，环境温度为12 ℃。现将一个黑色接收体和一个浅色接收体分别安装在左右空管上方，封闭两管空气，安装过程中两侧气体长度均为10 cm。两接收体除了颜色不同外功能完全一样，可以吸收热量并传递给各自封闭的气体。在两接收体正中间点亮一盏小灯泡作为热源，如图乙所示。经过一段时间，会观测到某时刻左侧气体长度变为11 cm，通过温度传感器贴近左管测出此时左管气体温度为90 ℃，已知大气压强为76 cmHg，忽略气体与水银之间的热传递，则下列判断正确的是(　　)
图甲　　　　　图乙
A．黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更少
B．右管气体在这段时间内，增加的内能大于吸收的热量
C．右管气体此时的温度为18 ℃
D．左管气体此时的压强为88 cmHg
解析：BD　左管空气柱更长说明黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更多，故可以压缩右侧气体体积，故A错误；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，右侧气体Q与W都为正数，则ΔU>Q，故B正确；利用左右侧水银面高度差为2 cm，求得右侧气体的压强为p2＝86 cmHg，对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中L2＝9 cm，解得T2＝290.25 K，即T2为17.25 ℃，故C错误；对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中p0＝76 cmHg，L0＝10 cm，T0＝285 K，L1＝11 cm，T1＝363 K，解得p1＝88 cmHg，故D正确。故选BD。
9．(10分)(2025·浙江6月选考，15)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S＝1.6×10-3 m2，t1＝77 ℃，t2＝27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0＝1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
解析：(1)状态1气体的温度T1＝(77＋273)K＝350 K
压强p1＝p0＝1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2＝(27＋273)K＝300 K
气体做等容变化，根据
可得p2＝9×104 Pa。
(2)气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q＝－7.35 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化ΔU＝－7.35 J
即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp＝p0－p2＝1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F＝ΔpS＝24 N。
答案：(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
[培优创新练]
10．(13分)(2026·八省联考，13)如图所示，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，在汽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，重力加速度为g。开始时封闭气体的温度为T0，压强等于外界大气压强p0。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体压强变为1.5p0时，活塞刚好离开卡环。
(1)求活塞的质量及压强为1.5p0时缸内气体的温度；
(2)若已知气体的内能为U＝αT，求从活塞刚好离开卡环到刚好运动至上端卡环的过程中，气体吸收的热量。
解析：(1)活塞刚离开卡环时，活塞受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg
解得活塞质量为M＝
气体发生等容变化，根据查理定律可得
解得T＝1.5T0。
(2)当活塞恰好运动至上端卡环时，根据理想气体状态方程可得
解得T1＝3T0
外界对气体所做功
W＝－1.5p0S×H，ΔU＝W＋Q
ΔU＝αΔT＝1.5αT0
则气体吸收的热量Q＝1.5αT0＋0.75p0SH。
答案：(1)　1.5T0　(2)1.5αT0＋0.75p0SH(共59张PPT)
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。2.理解热力学第二定律，明确热现象的方向性。3.明确热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式：(1)____；(2)______。
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______的和。
(2)表达式：ΔU＝W＋Q。
做功
热传递
热量
做的功
3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则
符号 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____
吸收
增加
放出
减少
4．三种特殊情况
(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。
二、能的转化和守恒定律
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．第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机。它是不可能制成的。
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。
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______________。
自发地
不产生
无序性
热力学第二定律
1．判断正误
(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)在热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。( )
(5)在热传导中热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地从低温物体传递给高温物体。( )
(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．(多选)(人教版教材原题改编)下列现象中能够发生的是(　　)
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
解析：CD　A项违背热力学第二定律，不可能发生；B项蒸汽机的能量损失不可避免，不可能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项受重力作用，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，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。
CD
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体(　　)
A．内能变小
B．压强变大
C．分子数密度变大
D．每个分子动能都变大
B
解析：B　将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，由题意知瓶内气体的温度升高，则由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体的分子数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。
4．(人教版教材原题改编)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能(　　)
A．增加了1110 J B．减少了1110 J
C．增加了690 J D．减少了690 J
解析：C　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加690 J，C正确。
C
研考点
精准突破
考点一　热力学第一定律的理解及应用
考向1　热力学第一定律
(2025·安徽卷，3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量
解析：A　理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，BCD错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。
A
(1)理想气体内能变化从宏观上看就是温度发生了变化。
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负。(气体向真空自发扩散的过程中，气体对外界不做功)
考向2　能量守恒定律
(多选)(2024·河北卷，9)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
ACD
解析：ACD　活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且活塞静止，则
初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V左考点二　热力学第二定律的理解及应用
(2026·北京人大附中月考)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，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的
D
解析：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，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。
点拨
(1)“自发地”指不需要借助外界提供能量的帮助，指明了传热等热力学宏观现象的方向性。
(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。
(多选)(2022·湖南卷，15改编)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(　　)
AB
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
解析：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度小于从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，A正确，D错误。
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
考向1　热力学第一定律与图像的综合
(多选)(2025·甘肃卷，9)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程为吸热过程
B．B→C过程为吸热过程
C．状态A压强比状态B的小
D．状态A内能比状态C的小
ACD
解析：ACD　A→B是等容过程，体积V不变，即W＝0，温度升高即内能ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，故A→B过程为吸热过程，A正确；B→C是等温过程即ΔU＝0，体积减小，故W>0，由ΔU＝Q＋W，得Q<0，B→C过程为放热过程，B错误；A→B等容，TB>TA，由查理定律p＝CT，得pB>pA，C正确；理想气体内能只与温度有关，根据题图可知TA点拨
(1)气体的状态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。
(3)在p-V图像中，图像与横轴所围图形的面积表示气体对外界(或外界对气体)所做的功。
(2025·陕晋宁青卷，13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×
104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
解析：(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有
代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。
(2)根据p-V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程外界对气体做的功
W＝－×105×(0.560－0.528)J＝－1.008×104 J
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
又Q＝7.608×104 J
解得ΔU＝6.6×104 J。
答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
总结提升：研究对象：气体或汽缸、活塞、液柱等。
两类分析：气体实验定律；热力学定律。
考向2　热力学第一定律与气体实验定律的综合
(2025·浙江1月选考，15)如图所示，导热良好带有吸管的
瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于
状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶
子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在
瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(选填“增大”
“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数
________(选填“增大”“不变”或“减小”)；
(2)求气体在状态3的体积V3；
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
解析：(1)从状态2到状态3气体等温变化，理想气体热运动的平均速率不变；由题意可知，理想气体压强减小，体积变大，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)从状态1到状态2气体等压变化，有
解得V2＝1.01×103 cm3
p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
从状态2到状态3气体等温变化，有p2V2＝p3V3
解得V3＝1.0201×103 cm3。
(3)W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
ΔU＝Q－(W＋W1)＝2.53 J。
答案：(1)不变　减小　(2)1.0201×103 cm3　(3)2.53 J
(2025·山东卷，16)如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，
T1＝330 K 时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2＝440 K时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
解析：(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V1＝Sh1、V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整
个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查
理定律可知
解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为
W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收
的净热量为Q＝－W＝p0Sh1。
答案：(1)h1　(2)p0Sh1,
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
限时规范
训练(81)　热力学定律与能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2025·重庆卷，2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　)
A．分子热运动的平均动能增加 B．内能减小
C．压强减小 D．对外界做正功
A
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
解析：A　气袋被压缩且绝热(无热交换)，视为理想气体。绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能由温度决定，分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误；根据理想气体状态方程＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误；气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误。故选A。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2．(2025·江苏卷，6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体(　　)
A．内能迅速增大 B．温度迅速升高
C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀
解析：D　向瓶内打入气体时，外界对瓶内气体做功，压缩气体，瓶内气体内能增加，水蒸气分子密度增大，瓶塞跳出时，瓶内气体对瓶塞做功，气体体积迅速膨胀，气体的压强减小，瓶内气体的内能减小，温度降低，使瓶内的水蒸气液化成小水珠，瓶内出现白雾，A、B、C错误，D正确。
D
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
3．(2025·北京卷，1)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体(　　)
A．压强变小 B．对外界不做功
C．内能保持不变 D．分子平均动能增大
D
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
解析：D　猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，则气体压强增大，故A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。故选 D。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
4．(2025·湖北卷，3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．外力F保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2倍
B
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
解析：B　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密封气体的内能增加，B正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知，由题可知
密封气体初末状态温度之比为，且体积减小，则
密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
5．(2025·四川卷，4)如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内，活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持汽缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。则(　　)
A．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体压强升高
B．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体内能不变
C．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体压强升高
D．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体内能不变
图1　　　　　图2
D
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
解析：D　由题意可知，活塞自发从a处缓慢下降停在b处的过程中，以活塞为研究对象，活塞始终受力平衡，故汽缸内气体压强不变，A错误；由题意可知，活塞从a到b过程中，气体的温度降低，理想气体的内能只与温度有关，则汽缸内气体内能减小，B错误；由题意可知，活塞从b到a的过程中，始终置于恒温冷水中，故温度T不变，体积V增大，由玻意耳定律可得汽缸内气体压强p减小，C错误；因为
是理想气体，且活塞从b到a的过程温度不变，
所以气体内能不变，D正确。
图1　　　　　图2
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
6．(2023·重庆卷，4)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　)
C
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
解析：C　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。
7
8
9
10
1
3
4
5
6
2
[能力提升练]
7．(多选)(2025·陕西高考适应性检测(三))某种理想气体H的内能公式可表示为U＝nRT，其中n为物质的量，R为理想气体常数，T为热力学温度。如图所示，一个容器被隔板K均分为A、B两部分，其中充满质量相等的理想气体H，它们的压强分别为pA、pB，温度
分别为TA、TB。抽取隔板K后，如果容器与外
界没有能量交换，经过足够长的时间，稳定后
容器内的气体压强为p，温度为T。则以下说法
正确的是(　　)
BC
7
8
9
10
1
3
4
5
6
2
A．A、B两部分气体体积膨胀，对外做功，气体的总内能减少
B．抽取隔板K前A、B两部分气体压强和温度满足
C．稳定后容器内气体的温度T＝
D．由于气体分子运动的无规则性，抽取隔板K后到稳定的过程自发可逆
7
8
9
10
1
3
4
5
6
2
解析：BC　对于容器中的气体，在隔板抽取前、后气体总体积没变，所以没有与外界做功过程，即W＝0，由于容器与外界没有能量交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，ΔU＝0，即气体的总内能不变，故A错误；对于一定质量
的理想气体＝nR中，n为物质的量，R为理想气体常数，nA＝nB，RA＝RB，VA＝VB，所以，故B正确；对容器中的气体有U＝nRT，则UA＝nRTB，且U＝UA＋UB，联立解得T＝，故C正确；根据热力学第二定律知，抽取隔板K后到稳定的过程不能自发可逆，故D错误，故选BC。
8
9
10
1
3
4
5
6
7
2
8．(多选)(2025·福州三中模拟)竖直方向上固定一个两边开口装有水银的连通器，如图甲所示，环境温度为12 ℃。现将一个黑色接收体和一个浅色接收体分别安装在左右空管上方，封闭两管空气，安装过程中两侧气体长度均为10 cm。两接收体除了颜色不同外功能完全一样，可以吸收热
图甲　　　　　图乙
量并传递给各自封闭的气体。在两接收体正中间点亮一盏小灯泡作为热源，如图乙所示。经过一段时间，会观测到某时刻左侧气体长度变为11 cm，通过温度传感器贴近左管测出此时左管气体温度为90 ℃，已知大气压强为76 cmHg，忽略气体与水银之间的热传递，则下列判断正确的是(　　)
BD
8
9
10
1
3
4
5
6
7
2
A．黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更少
B．右管气体在这段时间内，增加的内能大于吸收的热量
C．右管气体此时的温度为18 ℃
D．左管气体此时的压强为88 cmHg
图甲　　　　　图乙
8
9
10
1
3
4
5
6
7
2
解析：BD　左管空气柱更长说明黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更多，故可以压缩右侧气体体积，故A错误；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，右侧气体Q与W都为正数，则ΔU>Q，故B
图甲　　　　图乙
正确；利用左右侧水银面高度差为2 cm，求得右侧气体的压强为p2＝86 cmHg，对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中L2＝9 cm，解得T2＝290.25 K，即T2为17.25 ℃，故C错误；对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中p0＝76 cmHg，L0＝10 cm，T0＝285 K，L1＝11 cm，T1＝363 K，解得p1＝88 cmHg，故D正确。故选BD。
9
10
1
3
4
5
6
7
8
2
9．(10分)(2025·浙江6月选考，15)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S＝1.6×10-3 m2，t1＝77 ℃，t2＝27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0＝1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
9
10
1
3
4
5
6
7
8
2
解析：(1)状态1气体的温度T1＝(77＋273)K＝350 K
压强p1＝p0＝1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2＝(27＋273)K＝300 K
气体做等容变化，根据
可得p2＝9×104 Pa。
(2)气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q＝－7.35 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化ΔU＝－7.35 J
即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp＝p0－p2＝1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F＝ΔpS＝24 N。
答案：(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
[培优创新练]
10．(13分)(2026·八省联考，13)如图所示，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，在汽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，重力加速度为g。开始时封闭气体的温度为T0，压强等于外界大气压强p0。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体压强变为1.5p0时，活塞刚好离开卡环。
(1)求活塞的质量及压强为1.5p0时缸内气体的温度；
(2)若已知气体的内能为U＝αT，求从活塞刚好离开卡环
到刚好运动至上端卡环的过程中，气体吸收的热量。
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
解析：(1)活塞刚离开卡环时，活塞受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg
解得活塞质量为M＝
气体发生等容变化，根据查理定律可得
解得T＝1.5T0。
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
(2)当活塞恰好运动至上端卡环时，根据理想气体状态方程可得
解得T1＝3T0
外界对气体所做功
W＝－1.5p0S×H，ΔU＝W＋Q
ΔU＝αΔT＝1.5αT0
则气体吸收的热量Q＝1.5αT0＋0.75p0SH。
答案：(1)　1.5T0　(2)1.5αT0＋0.75p0SH
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放限时规范训练(81)　热力学定律与能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，共42分)
[基础巩固练]
1．(2025·重庆卷，2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　)
A．分子热运动的平均动能增加
B．内能减小
C．压强减小
D．对外界做正功
解析：A　气袋被压缩且绝热(无热交换)，视为理想气体。绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能由温度决定，分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误；根据理想气体状态方程＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误；气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误。故选A。
2．(2025·江苏卷，6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体(　　)
A．内能迅速增大 B．温度迅速升高
C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀
解析：D　向瓶内打入气体时，外界对瓶内气体做功，压缩气体，瓶内气体内能增加，水蒸气分子密度增大，瓶塞跳出时，瓶内气体对瓶塞做功，气体体积迅速膨胀，气体的压强减小，瓶内气体的内能减小，温度降低，使瓶内的水蒸气液化成小水珠，瓶内出现白雾，A、B、C错误，D正确。
3．(2025·北京卷，1)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体(　　)
A．压强变小 B．对外界不做功
C．内能保持不变 D．分子平均动能增大
解析：D　猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，则气体压强增大，故A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。故选 D。
4．(2025·湖北卷，3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．外力F保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2倍
解析：B　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密封气体的内能增加，B正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知，由题可知密封气体初末状态温度之比为，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。
5．(2025·四川卷，4)如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内，活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持汽缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。则(　　)
图1　　　　　　图2
A．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体压强升高
B．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体内能不变
C．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体压强升高
D．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体内能不变
解析：D　由题意可知，活塞自发从a处缓慢下降停在b处的过程中，以活塞为研究对象，活塞始终受力平衡，故汽缸内气体压强不变，A错误；由题意可知，活塞从a到b过程中，气体的温度降低，理想气体的内能只与温度有关，则汽缸内气体内能减小，B错误；由题意可知，活塞从b到a的过程中，始终置于恒温冷水中，故温度T不变，体积V增大，由玻意耳定律可得汽缸内气体压强p减小，C错误；因为是理想气体，且活塞从b到a的过程温度不变，所以气体内能不变，D正确。
6．(2023·重庆卷，4)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　)
解析：C　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。
[能力提升练]
7．(多选)(2025·陕西高考适应性检测(三))某种理想气体H的内能公式可表示为U＝nRT，其中n为物质的量，R为理想气体常数，T为热力学温度。如图所示，一个容器被隔板K均分为A、B两部分，其中充满质量相等的理想气体H，它们的压强分别为pA、pB，温度分别为TA、TB。抽取隔板K后，如果容器与外界没有能量交换，经过足够长的时间，稳定后容器内的气体压强为p，温度为T。则以下说法正确的是(　　)
A．A、B两部分气体体积膨胀，对外做功，气体的总内能减少
B．抽取隔板K前A、B两部分气体压强和温度满足
C．稳定后容器内气体的温度T＝
D．由于气体分子运动的无规则性，抽取隔板K后到稳定的过程自发可逆
解析：BC　对于容器中的气体，在隔板抽取前、后气体总体积没变，所以没有与外界做功过程，即W＝0，由于容器与外界没有能量交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，ΔU＝0，即气体的总内能不变，故A错误；对于一定质量的理想气体＝nR中，n为物质的量，R为理想气体常数，nA＝nB，RA＝RB，VA＝VB，所以，故B正确；对容器中的气体有U＝nRT，则UA＝nRTB，且U＝UA＋UB，联立解得T＝，故C正确；根据热力学第二定律知，抽取隔板K后到稳定的过程不能自发可逆，故D错误，故选BC。
8．(多选)(2025·福州三中模拟)竖直方向上固定一个两边开口装有水银的连通器，如图甲所示，环境温度为12 ℃。现将一个黑色接收体和一个浅色接收体分别安装在左右空管上方，封闭两管空气，安装过程中两侧气体长度均为10 cm。两接收体除了颜色不同外功能完全一样，可以吸收热量并传递给各自封闭的气体。在两接收体正中间点亮一盏小灯泡作为热源，如图乙所示。经过一段时间，会观测到某时刻左侧气体长度变为11 cm，通过温度传感器贴近左管测出此时左管气体温度为90 ℃，已知大气压强为76 cmHg，忽略气体与水银之间的热传递，则下列判断正确的是(　　)
图甲　　　　　图乙
A．黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更少
B．右管气体在这段时间内，增加的内能大于吸收的热量
C．右管气体此时的温度为18 ℃
D．左管气体此时的压强为88 cmHg
解析：BD　左管空气柱更长说明黑色表面的接收体接收到的热量比浅色表面接收体在相同的条件下接收到的热量更多，故可以压缩右侧气体体积，故A错误；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，右侧气体Q与W都为正数，则ΔU>Q，故B正确；利用左右侧水银面高度差为2 cm，求得右侧气体的压强为p2＝86 cmHg，对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中L2＝9 cm，解得T2＝290.25 K，即T2为17.25 ℃，故C错误；对左侧气体利用气体状态方程可得，式子中p0＝76 cmHg，L0＝10 cm，T0＝285 K，L1＝11 cm，T1＝363 K，解得p1＝88 cmHg，故D正确。故选BD。
9．(10分)(2025·浙江6月选考，15)“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S＝1.6×10-3 m2，t1＝77 ℃，t2＝27 ℃。忽略皮肤的形变，大气压强p0＝1.05×105 Pa。求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
解析：(1)状态1气体的温度T1＝(77＋273)K＝350 K
压强p1＝p0＝1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2＝(27＋273)K＝300 K
气体做等容变化，根据
可得p2＝9×104 Pa。
(2)气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q＝－7.35 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得状态1到状态2罐内气体内能的变化ΔU＝－7.35 J
即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp＝p0－p2＝1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F＝ΔpS＝24 N。
答案：(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J　(3)24 N
[培优创新练]
10．(13分)(2026·八省联考，13)如图所示，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，在汽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，重力加速度为g。开始时封闭气体的温度为T0，压强等于外界大气压强p0。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体压强变为1.5p0时，活塞刚好离开卡环。
(1)求活塞的质量及压强为1.5p0时缸内气体的温度；
(2)若已知气体的内能为U＝αT，求从活塞刚好离开卡环到刚好运动至上端卡环的过程中，气体吸收的热量。
解析：(1)活塞刚离开卡环时，活塞受力平衡，有1.5p0S＝p0S＋Mg
解得活塞质量为M＝
气体发生等容变化，根据查理定律可得
解得T＝1.5T0。
(2)当活塞恰好运动至上端卡环时，根据理想气体状态方程可得
解得T1＝3T0
外界对气体所做功
W＝－1.5p0S×H，ΔU＝W＋Q
ΔU＝αΔT＝1.5αT0
则气体吸收的热量Q＝1.5αT0＋0.75p0SH。
答案：(1)　1.5T0　(2)1.5αT0＋0.75p0SH

展开更多......

收起↑