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第十五章
热学
热力学定律与能量守
恒定律
第78课时
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，知道热现象的方向性。
3.知道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
考点一　热力学第一定律
考点二　热力学第一定律与图像的综合应用
内容索引
课时精练
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
考点四　热力学第二定律
热力学第一定律
考点一
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=______。
做功
热量
Q+W
(3)表达式中的正、负号法则：
符号 W Q ΔU
+ _____对_____做功 物体_____热量 内能_____
- _____对_____做功 物体_____热量 内能_____
外界
物体
吸收
增加
物体
外界
放出
减少
(4)解题时特殊字眼“翻译”：
①绝热：_________(____=0)；
②等容：_________________(___=0)；
③膨胀：_________________________(W___0)；
④等温：___________________________________(理想气体_____=0)；
⑤等压，体积变化ΔV：外界对物体做的功W=______。
没有传热
Q
体积不变，不做功
W
体积变大，物体对外界做功
<
分子平均动能不变，理想气体内能不变
ΔU
-pΔV
3.能量守恒定律
(1)内容
能量既不会凭空_____，也不会凭空消失，它只能从一种形式_____为其他形式，或者从一个物体_____到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量_________。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了_____________。
产生
转化
转移
保持不变
能量守恒定律
1.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态。此过程中气体内能如何变化？
讨论交流
答案　不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W=0，绝热Q=0，故内能不发生变化。
2.如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活
答案　Q2大些
塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。则Q1和Q2哪个大些？
　　　把活塞和汽缸固定，使空气升温，属于等容升温过程，W=0，空气内能的变化等于吸收的热量Q1，即ΔU=Q1。如果让活塞可以自由滑动，汽缸内空气做等压升温变化，气体体积增加，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律知ΔU=Q2+W，由于空气升高相同的温度，两种情况中内能增量相同，则Q2=ΔU-W>Q1(W<0)。
　　　(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
√
　　　瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及与外界交换热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程=C可知，气体压强减小。故选D。
针对训练　压缩空气储能是一种新型储能技术，其中涉及了空气的绝热膨胀和等温压缩过程，对一定质量的理想气体，下列说法正确的是
A.绝热膨胀过程，气体的内能增大
B.绝热膨胀过程，外界对气体做功
C.等温压缩过程，气体的压强不变
D.等温压缩过程，气体的内能不变
√
　　　绝热膨胀过程，理想气体与外界没有热量的交换，即Q=0，理想气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知ΔU<0，即气体的内能减小，A、B错误；
等温压缩过程，由玻意耳定律pV=C，可知气体的压强变大，C错误；
等温压缩过程，气体的温度保持不变，则内能不变，D正确。
　　　(2026·江苏南京市检测)一个绝热汽缸，用活塞封闭一定质量理想气体，活塞压缩气体前缸内气体压强为p，体积为V。用力将活塞推进，使缸内气体体积减小到原来的一半，则此时理想气体压强为
A.等于2p B.大于2p
C.小于2p D.等于
√
　　　假设温度不变时，根据玻意耳定律知，体积减小到原来的一半，压强变为原来的2倍，实际上由于汽缸绝热，与外界无热量交换，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q知，内能增加，温度升高，则压强比温度不变时还要大，即压强大于2p，故B正确，A、C、D错误。
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热力学第一定律与图
像的综合应用
考点二
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。
　　　(2025·江苏南京市两校联合体期中)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过程中气体放热
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负功
√
　　　a→b过程中pV乘积增加，可知温度升高，不是等温过程，A错误；
a→b过程中体积变大，气体对外做功，W<0；温度升高，内能增加，则ΔU>0，由热力学第一定律可知，Q>0，即气体吸热，B错误；
a→c过程状态b的pV乘积最大，可知状态b的温度最高，C错误；
a→c过程中气体体积变大，则外界对气体做负功，D正确。
拓展　
1.从例3图像中可知，a→c的过程中，气体对外界做的功为　　　，气体　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　。
4p0V0
吸收
4p0V0
　　　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.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　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　。
　　　整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd的面积，即W'=× 2p0×2V0=2p0V0，又因ΔU=0，故气体吸收的热量Q=2p0V0。
吸收
2p0V0
　　　(2025·江苏高邮市检测)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是
A.C→A的过程中外界对气体做功600 J
B.B→C的过程中气体对外界做功600 J
C.整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D.整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
√
　　　在C→A过程中，图线为过原点的直线，根据理想气体状态方程可知压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA=p·ΔV，解得WCA=300 J，故A错误；
由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，故B错误；
A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU=0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W=WBC+WCA=-600 J，Q=ΔU-W=600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，故C正确，D错误。
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热力学第一定律与气体
实验定律的综合应用
考点三
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
　　　(2025·江苏常州市二模)“声致发光”是悬浮于液体中的气泡受到强声波的激发，气泡膨胀后迅速塌缩并发出极短暂亮光的现象。设气泡内气体最初的压强p0=100 kPa，温度T0=300 K，气泡半径r0=5.0 μm。当气泡周围流体中的压强降低时，气泡等温膨胀，半径变为r1=25.0 μm，接着由于声波的作用，压强突然爆增，气泡迅速塌缩，半径变为r0。已知气泡在膨胀过程吸收0.24×10-9 J的热量，在塌缩过程中内能增加了3.6×10-9 J。求：
(1)气泡膨胀后的压强；
答案　0.8 kPa　
　　　气泡等温膨胀，
根据玻意耳定律p0V0=p1V1
且V0=π，V1=π
解得气泡膨胀后的压强p1=0.8 kPa
(2)在一次膨胀和塌缩的过程中外界对气泡所做的总功。
答案　3.36×10-9 J
　　　根据热力学第一定律，
膨胀过程ΔU1=W1+Q1
塌缩过程ΔU2=W2+Q2
其中ΔU1=0，ΔU2=3.6×10-9 J，Q1=0.24×10-9 J，Q2=0
解得W=W1+W2=3.36×10-9 J。
　　　(2021·江苏卷·13)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为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、热力学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，
(1)内能的增加量ΔU；
答案　Q-(p0S+Ff)L　
　　　活塞缓慢移动时受力平衡，
由平衡条件得p1S=p0S+Ff
气体对外界做功，则W=-p1SL
根据热力学第一定律ΔU=Q+W
解得ΔU=Q-(p0S+Ff)L。
(2)最终温度T。
答案　T0
　　　活塞发生移动前，气体发生等容变化，
则有=，活塞向右移动L，气体发生等压变化，
则有=，且V2=2V1，
解得T=T0。
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考点四
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：_____________________________________。
(2)开尔文表述：________________________________________________
______________或表述为“_______永动机是不可能制成的”。
(3)说明：
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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
热量不能自发地从低温物体传到高温物体
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
第二类
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
(1)高温物体　　　　　　　　低温物体。
(2)功　　　　　　　　热。
(3)气体体积V1　　　　　　气体体积V2(较大)。
(4)不同气体A和B　　　　　　混合气体AB。
3.两类永动机的比较
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
　　　(2025·江苏南通市检测)如图所示，两种不同的金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流计发生偏转，这是温差电现象。假设此过程电流做功为W，接触头1从热水中吸收的热量为Q1，冷水从接触头2吸收的热量为Q2，根据热力学第二定律可得
A.Q1=W B.Q1>W
C.Q1√
　　　根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之全部用来做功，而不产生其他影响；所以从热水中吸收的热量Q1应该大于电流做的功W，即Q1>W，根据能量守恒定律和热力学第二定律，从热水中吸收的热量转化成了两部分，一部分是电能W，另一部分是冷水吸收的热量Q2。故选B。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 　6
答案 C A D C C (1)T0　(2)-W
题号 7 8 　9 　10 答案 C B (1)300 K　(2)36 J (1)34 cm3　 (2)从外界吸收热量　2.22 J 答案
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1.(2025·江苏宿迁市三模)“覆水难收”意指泼出去的水不能自发回到原来的状态，其蕴含的物理规律是
A.热平衡定律 B.热力学第一定律
C.热力学第二定律 D.机械能守恒定律
√
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答案
基础落实练
2.(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
√
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答案
　　　气袋被绝热压缩时气体体积减小，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子热运动的平均动能增加，故A正确，B、D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。
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答案
3.(2025·江苏南通市检测)已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，气体分子间的作用力忽略不计，则
A.A中气体体积膨胀，对外做功
B.A中气体分子势能减少，内能增加
C.A中气体体积变大，温度降低
D.B中气体不可能自发地全部退回到A中
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答案
　　　打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，A错误；
气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，气体的温度也不变，B、C错误；
由热力学第二定律知，在无外界作用时，B中气体不可能自发地全部退回到A中，D正确。
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答案
4.(2025·江苏南京市期中)瓶子吞鸡蛋的实验过程如下：先将敞口的玻璃瓶中的空气加热，再将剥皮的熟鸡蛋放于瓶口，过一会发现鸡蛋被缓慢吸入瓶中，如图所示。鸡蛋被吸入还未落下的过程中，瓶中气体可视为理想气体，质量不变。鸡蛋被吸入一半时相比刚放上时，关于瓶中气体，下列说法正确的是
A.每个气体分子的动能都减小
B.此过程气体从外界吸热
C.气体压强和热力学温度的比值增大
D.气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变大
√
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答案
　　　刚开始鸡蛋放于瓶口，瓶内气体温度大于环境温度，由于传热，瓶内气体温度逐渐降低，气体分子平均动能减小，并不是每个气体分子的动能都减小，故A错误；
根据热力学第一定律ΔU=W+Q，瓶中气体温度降低，内能减小，瓶中气体体积减小，外界对气体做正功，则气体向外界放热，故B错误；
根据理想气体状态方程可得=C，瓶中气体体积减小，可知气体压强和热力学温度的比值增大，故C正确；
瓶中气体压强减小，则气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力减小，故D错误。
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答案
5.(2026·江苏南京市第二十九中学模拟)一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c后又回到状态a，在该过程中气体体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A.a→b过程中气体的压强减小
B.b→c过程中单位时间内碰撞单位面积器壁的分
　子数不变
C.a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中
　气体对外界做的功
D.c→a过程中气体放出的热量大于其内能减少量
√
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答案
　　　根据=C，变形得V=T，可知V-T图像上的点与原点连线的斜率为，由题图可知a→b过程中V-T图像上的点与原点连线的斜率减小，则气体压强增大，A错误；
由题图可知，b→c过程中图像上的点与原点连线的斜率不变，则压强相等，故此过程是等压变化，温度升高，体积增大，分子数密度减小，分子平均动能变大，分子平均撞击力变大，但压强不变，则在单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，B错误；
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答案
　　　因pac→a过程中，V不变，则有W=0，根据ΔU=W+Q，可知气体放出的热量等于其内能减少量，D错误。
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答案
6.(2025·江苏盐城市三模)汽车搭载空气悬挂有助于提升汽车的舒适性，某国产汽车的空气悬挂由空气弹簧与避震桶芯所组成。某次测试中，空气弹簧内密封有一定质量的理想气体，其压缩和膨胀过程可简化为如图所示的p-V图像。气体从状态A(p0，1.5V0，T0)等温压缩到状态B(2p0，V0，T0)，然后从状态B绝热膨胀到状态C(p0，1.5V0，TC)，B到C过程中气体对外界做功为W，已知p0、V0、T0和W。求：
(1)状态C的温度TC；
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答案
答案　T0　
　　　从B到C过程，根据理想气体状态方程可知=
解得TC=T0
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答案
(2)A到C全过程，空气弹簧内的气体内能变化量。
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答案
答案　-W
　　　根据热力学第一定律可知，A到B过程ΔU1=0
B到C过程ΔU2=-W+Q
由于Q=0
故A到C过程气体内能增加ΔU=ΔU1+ΔU2
联立解得ΔU=-W。
7.(2025·天津卷·4)如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则
A.AC和ADC过程，外界对气体做功相同
B.ABC和ADC过程，气体放出的热量相同
C.在状态A时和在状态C时，气体的内能相同
D.在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同
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答案
能力综合练
　　　根据p-V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，可知AC过程外界对气体做功较多，故A错误；
根据理想气体状态方程=C结合题图可知气体在状态A时和状态C时温度相等，则气体内能相同，故C正确；
由题图可知ABC过程外界对气体做功比ADC过程做功多，又ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知ABC过程气体放出的热量多，故B错误；
根据理想气体状态方程=C，可知状态B的温度高于状态D的温度，则状态B气体分子热运动的平均动能大，故D错误。
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答案
8.(2025·江苏南京市模拟)如图所示为卡诺循环过程的图像，该循环可以简化为一定质量理想气体由A→B、C→D两个等温过程和B→C、D→A两个绝热过程组成。下列说法正确的是
A.气体在状态A的温度低于状态D的温度
B.在A→B→C→D→A的过程中，气体从外界吸收热量
C.B→C过程气体单位体积内分子数增多
D.B→C过程气体对外界做的功大于D→A过程外界对气体做的功
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答案
　　　B→C过程，体积增大，气体对外做功，由于绝热过程，没有热交换，根据热力学第一定律，内能减少，温度降低，所以TB>TC，又因为A→B、C→D都是等温过程，则有TA=TB>TC=TD，故A错误；
p-V图像封闭区域面积表示全程气体对外做功大小，又内能不变，故气体从外界吸收热量，故B正确；
由B→C过程中，气体总分子数不变，体积变大，单位体积内分子数减小，故C错误；
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答案
　　　从A→B温度不变，内能不变，从B→C温度降低，内能减小，从C→D温度不变，内能不变，从D→A温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，则B→C过程内能减少量等于D→A过程内能增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故D错误。
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答案
9.(2025·江苏宿迁市模拟)如图所示，有一高为0.30 m的内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端设有挡板，使厚度不计的绝热活塞不能离开汽缸，活塞的质量为4.0 kg，横截面积为8.0 cm2。汽缸内封闭着一定质量的理想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为0.20 m。现对汽缸加热，活塞缓慢上升，一段时间后停止加热，当封闭气体的温度达到600 K时，压强变为2.0×105 Pa。已知大气压强为1.0×105 Pa，求：
(1)气体原来的温度；
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答案
答案　300 K
　　　活塞未到达上端挡板时，气体压强为p1，
根据平衡条件有p1S=p0S+mg
代入数据解得p1=1.5×105 Pa
此时气体压强p2=2.0×105 Pa>p1，
因此活塞已经压到挡板上
对封闭气体，根据理想气体状态方程有=
又h=0.20 m，H=0.30 m，T2=600 K
代入解得T1=300 K
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答案
(2)若气体在整个过程中吸收的热量为48 J，气体内能的增加量。
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答案
答案　36 J
　　　活塞缓慢上升过程，外界对气体做功为
W=-p1ΔV=-p1(H-h)S=-12 J
故气体内能的增加量为
ΔU=W+Q=-12 J+48 J=36 J。
10.(2025·江苏南京市检测)如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组为了测量它的容积，在容器上竖直插入一根两端开口的长玻璃管，接口密封，玻璃管内部横截面积S=0.2 cm2，一长为h=15 cm的静止水银柱封闭了一定质量的气体，其下方玻璃管内空气柱的长度l1=10 cm，此时外界温度t1=27 ℃。现把容器浸在77 ℃的热水中，水银柱缓慢上升30 cm后稳定。实验过程中认为大气压没有变化，大气
压p0=1.0×105 Pa(相当于75 cm高汞柱压强)。
(1)容器的容积为多少？
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答案
答案　34 cm3　
　　　设容器的容积为V，封闭气体等压膨胀，
升温前温度为T1=(27+273) K=300 K
升温后温度为T2=(77+273) K=350 K
由盖—吕萨克定律=
其中l2=l1+30 cm=40 cm
联立解得V=34 cm3
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答案
(2)若实验过程中管内气体的内能增加了1.5 J。判断气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量，并计算热量的大小。
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答案
答案　从外界吸收热量　2.22 J
　　　气体压强为p=p0+ρgh=1.2×105 Pa
因为气体膨胀，外界对气体做的功为
W=-p(l2-l1)S=-0.72 J
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可得Q=2.22 J，气体从外界吸收热量。
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