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第76课时　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．桶中浑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)一定质量的理想气体内能由温度唯一决定。
(2)体积增大，气体对外做功；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]　(2025·安徽卷)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
[典例2]　(2025·山东卷)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)。
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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，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
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[典例4]　(多选)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
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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5]　(多选)(2025·甘肃卷)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
[典例6]　(2025·陕晋青宁卷)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105～3.5×105 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。
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第76课时　热力学定律与能量守恒定律
回归教材·双基过关
知识梳理·体系构建
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
技能激活·易错攻坚
1．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
2．B　[由热力学第一定律知ΔUW＋Q，则QΔU－W690 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。]
考点深研·题型突破
考点1
典例1　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，B、C、D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。]
典例2　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V1Sh1，V2Sh2
联立解得h2h1。
(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ΔU0
T1状态到T2状态，由平衡条件有
p0S＋f0p1S
解得p1p0
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p3p0
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V4Sh4
解得h4h1
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ΔUW＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为Q－Wp0Sh1。
答案：(1)p0Sh1
考点2
典例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时，ΔUW＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知选项D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。]
典例4　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，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，B正确，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5　ACD　[AB过程，体积不变，则W0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔUW＋Q，可知Q＞0，即该过程吸热，选项A正确；BC过程，温度不变，则ΔU0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔUW＋Q，可知Q＜0，即该过程为放热过程，选项B错误；AB过程，体积不变，温度升高，根据C，可知压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。]
典例6　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p23.3×105 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ΔUQ＋W
又Q7.608×104 J
解得ΔU6.6×104 J。
答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
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第十四章 热 学
第76课时　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。
回归教材 · 双基过关
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．桶中浑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。]
考点深研 · 题型突破
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)一定质量的理想气体内能由温度唯一决定。
(2)体积增大，气体对外做功；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]　(2025·安徽卷)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
√
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，B、C、D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。]
[典例2]　(2025·山东卷)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f 0＝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＋f 0＝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
归纳提升：热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思路
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。
(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时，ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知选项D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。]
[典例4]　(多选)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，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，B正确，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5]　(多选)(2025·甘肃卷)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　[A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即该过程吸热，选项A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据＝C，可知压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。]
[典例6]　(2025·陕晋青宁卷)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105～3.5×105 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
课时数智作业(七十六)　热力学定律与能量守恒定律
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
说明：第1～6题，每小题4分；第8题5分；本试卷共65分。
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响
B．热量只能由高温物体传递给低温物体
C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
√
√
AD　[根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。]
题号
1
3
5
2
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6
8
7
9
10
2．(多选)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．自发的传热是不可逆的
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
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，自发的传热是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来且不产生其他影响，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。]
题号
1
3
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10
3．(2025·重庆卷)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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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。]
题号
1
3
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10
4．(2025·北京卷)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，推杆前端黏着易燃艾绒。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
√
题号
1
3
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4
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8
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10
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，可知气体压强增大，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。]
题号
1
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5．如图所示是密闭的汽缸，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
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
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10
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。]
题号
1
3
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8
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10
6．(多选)(2025·四川攀枝花一模)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→e→a的循环过程，其p-T图像如图所示，其中ae连接线、bc连接线的延长线均过坐标原点，ab、de与横轴平行。关于该循环过程，下列说法正确的是(　　)
A．状态b时气体体积最大
B．气体体积先减小后增大
C．a→b过程中气体从外界吸热
D．d→e过程中气体对外界做功
√
题号
1
3
5
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6
8
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10
√
AC　[根据理想气体状态方程＝C，变形得p＝T，可知斜率k＝，即状态b、c体积相等且为最大，a、e状态体积相等且为最小，所以从状态a→b→c→d→e→a，气体体积不是先减小后增大，故A正确，B错误；a→b过程中，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q，可知Q>0，气体从外界吸热，故C正确；d→e过程中气体体积减小，外界对气体做功，故D错误。]
题号
1
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10
7．(12分)(2024·四川凉山一模)一定质量的理想气体，初始体积为
6 L，初始温度为300 K，初始压强为p0，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。求：
(1)等压过程体积的增加量；
(2)初始压强p0的大小。
题号
1
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10
[解析]　(1)根据盖-吕萨克定律＝
代入数据可得ΔV＝2 L。
(2)初始压强为p0，经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K
ΔU＝400 J
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
ΔU＝Q＋W
W＝－200 J
题号
1
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10
又W＝－p0·ΔV
因此初始压强的大小p0＝1.0×105 Pa。
题号
1
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7
9
10
[答案]　(1)2 L　(2)1.0×105 Pa
8．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取10 m/s2，下列说法
正确的是(　　)
题号
1
3
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10
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
√
题号
1
3
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2
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6
8
7
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10
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，气体的内能增加量ΔU＝Q－W＝294 J，故D正确。]
题号
1
3
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2
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6
8
7
9
10
9．(12分)(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，绝热汽缸开口向上竖直放置，其内用质量为m＝1 kg、横截面积为S＝1×10-2 m2的绝热活塞封闭一定质量的理想气体。初始时汽缸内气体的热力学温度为300 K，活塞处于A位置，与汽缸底相距L＝0.2 m。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，理想气体内能U正比于热力学温度T，活塞厚度、电热丝体积以及活塞与汽缸壁间的摩擦均不计。现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓慢上升h＝0.2 m到达B位置，g取10 m/s2，求：
题号
1
3
5
2
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9
10
(1)活塞到达B位置时气体的热力学温度；
(2)若初始气体内能U＝100 J，活塞缓慢
上升h＝0.2 m过程中，气体吸收的热量。
题号
1
3
5
2
4
6
8
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10
[解析]　(1)当活塞上升0.2 m过程，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝
代入数据解得T2＝600 K。
(2)活塞上升0.2 m过程，对活塞受力分析可知
p1S＝p0S＋mg
气体对外做功，则W＝－p1Sh
代入数据解得W＝－202 J
因为气体的内能U正比于温度T，设U＝kT1
则U′＝kT2
题号
1
3
5
2
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6
8
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10
解得U′＝200 J
内能的改变量ΔU＝U′－U＝100 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝302 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)600 K　(2)302 J
10．(12分)(2025·浙江1月选考节选)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭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，g取10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
题号
1
3
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2
4
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9
10
(1)求气体在状态3的体积V3；
(2)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
题号
1
3
5
2
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6
8
7
9
10
[解析]　(1)气体从状态1到状态2的过程，由盖-吕萨克定律得＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
此时气体压强为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
其中p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V3＝1.020 1×103 cm3。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(2)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)1.020 1×103 cm3　(2)2.53 J
谢 谢 ！课时数智作业(七十六)　热力学定律与能量守恒定律
说明：第1～6题，每小题4分；第8题5分；本试卷共65分。
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响
B．热量只能由高温物体传递给低温物体
C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
2．(多选)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．自发的传热是不可逆的
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
3．(2025·重庆卷)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
4．(2025·北京卷)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，推杆前端黏着易燃艾绒。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
5．如图所示是密闭的汽缸，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
6．(多选)(2025·四川攀枝花一模)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→e→a的循环过程，其p-T图像如图所示，其中ae连接线、bc连接线的延长线均过坐标原点，ab、de与横轴平行。关于该循环过程，下列说法正确的是(　　)
A．状态b时气体体积最大
B．气体体积先减小后增大
C．a→b过程中气体从外界吸热
D．d→e过程中气体对外界做功
7．(12分)(2024·四川凉山一模)一定质量的理想气体，初始体积为6 L，初始温度为300 K，初始压强为p0，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。求：
(1)等压过程体积的增加量；
(2)初始压强p0的大小。
8．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取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
9．(12分)(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，绝热汽缸开口向上竖直放置，其内用质量为m＝1 kg、横截面积为S＝1×10-2 m2的绝热活塞封闭一定质量的理想气体。初始时汽缸内气体的热力学温度为300 K，活塞处于A位置，与汽缸底相距L＝0.2 m。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，理想气体内能U正比于热力学温度T，活塞厚度、电热丝体积以及活塞与汽缸壁间的摩擦均不计。现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓慢上升h＝0.2 m到达B位置，g取10 m/s2，求：
(1)活塞到达B位置时气体的热力学温度；
(2)若初始气体内能U＝100 J，活塞缓慢上升h＝0.2 m过程中，气体吸收的热量。
10．(12分)(2025·浙江1月选考节选)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭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，g取10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)求气体在状态3的体积V3；
(2)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
课时数智作业(七十六)
1．AD　[根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。]
2．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，自发的传热是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来且不产生其他影响，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。]
3．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。]
4．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，Q0，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ΔUQ＋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，可知气体压强增大，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。]
5．A　[外界对气体做功W200 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ΔUW＋Q200 J－100 J100 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。]
6．AC　[根据理想气体状态方程C，变形得pT，可知斜率k，即状态b、c体积相等且为最大，a、e状态体积相等且为最小，所以从状态abcdea，气体体积不是先减小后增大，故A正确，B错误；ab过程中，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，有ΔUW＋Q，可知Q＞0，气体从外界吸热，故C正确；de过程中气体体积减小，外界对气体做功，故D错误。]
7．解析：(1)根据盖 吕萨克定律
代入数据可得ΔV2 L。
(2)初始压强为p0，经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K
ΔU400 J
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
ΔUQ＋W
W－200 J
又W－p0·ΔV
因此初始压强的大小p01.0×105 Pa。
答案：(1)2 L　(2)1.0×105 Pa
8．D　[在状态A，对重物和活塞整体根据平衡条件有mg＋p0SpAS，解得m2 kg，故A错误；根据题图乙可知，即气体做等压变化，解得VB8.0×10－3 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WpA(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，气体的内能增加量ΔUQ－W294 J，故D正确。]
9．解析：(1)当活塞上升0.2 m过程，气体做等压变化，根据盖 吕萨克定律可得
代入数据解得T2600 K。
(2)活塞上升0.2 m过程，对活塞受力分析可知
p1Sp0S＋mg
气体对外做功，则W－p1Sh
代入数据解得W－202 J
因为气体的内能U正比于温度T，设UkT1
则U'kT2
解得U'200 J
内能的改变量ΔUU'－U100 J
根据热力学第一定律ΔUW＋Q
解得Q302 J。
答案：(1)600 K　(2)302 J
10．解析：(1)气体从状态1到状态2的过程，由盖 吕萨克定律得
其中V11×103 cm3，T1300 K，T2303 K
解得V21.01×103 cm3
此时气体压强为p2p1p0＋ρgh1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律得p2V2p3V3
其中p3p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V31.020 1×103 cm3。
(2)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1p1(V2－V1)1.01 J
由热力学第一定律得ΔUQ－(W1＋W2)
其中Q4.56 J，W21.02 J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU2.53 J。
答案：(1)1.020 1×103 cm3　(2)2.53 J
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