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第3讲　热力学定律与能量守恒定律
学习目标
1.知道热力学第一定律，知道改变内能的两种方式，并能用热力学第一定律解决相关问题。
2.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。
3.了解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
4.知道第一类永动机和第二类永动机不可能制成及其原因。
1.
2.
3.
基础自测
1.(人教版选择性必修第三册P53T1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，汽缸里空气的内能改变了(　　)
A.900 J B.210 J
C.690 J D.1 110 J
答案　C
解析　由热力学第一定律有ΔU=W+Q得ΔU=900 J-210 J=690 J，故C正确。
2.(人教版选择性必修第三册P64A组T3改编)如图所示，一绝热容器(与外界没有热交换)被隔板K隔开成a、b两部分，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。在此过程中(　　)
A.气体对外界做功，内能减少
B.气体对外界做功，内能增加
C.气体不做功，内能不变
D.外界对气体做功，内能增加
答案　C
解析　稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0;绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0。根据热力学第一定律得知内能不变，故C正确。
考点一　热力学第一定律的理解和应用
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积变化: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。
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
2.热力学第一定律的应用
(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。
例1 (2025·江苏徐州模拟)1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖，如图所示，云室里封闭一定质量的气体。现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体(　　)
A.温度升高 B.压强减小
C.向外放出热量 D.分子的数密度增大
答案　B
解析　迅速向下拉动活塞，时间极短，故看作绝热过程，Q=0，气体体积增大，对外做功，W<0，根据ΔU=Q+W知气体内能减少，故温度降低，A、C错误;被封气体体积增大，温度降低，由=C可知压强减小，B正确;气体体积增大，总分子数不变，则数密度减小，D错误。
“绝热”说明没有热交换，“体积增大”说明外界对气体做负功，“体积减小”说明外界对气体做正功;对一定质量的理想气体而言，内能增加(或减小)则温度升高(或降低)。
1. (2025·江苏南京二模)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内温度始终保持不变，则罐内气体(　　)
A.压强变大 B.内能减少
C.对外做功 D.对外放热
答案　C
解析　喷水过程中气体体积增大，根据pV=C可知罐内气体压强减小，故A错误;温度不变，内能不变，故B错误;气体体积增大，气体对外做功，故C正确;根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体吸收热量，故D错误。
考点二　热力学第二定律
1.热力学第二定律的含义
(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
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。
3.热力学过程的方向性
(1)高温物体低温物体。
(2)功热。
(3)不同气体A和B混合气体AB。
4.两类永动机的比较
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，但违背热力学第二定律
例2 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
答案　B
解析　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。
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解题思路
例3 (2025·江苏徐州市模拟)如图所示，内壁光滑、体积为V的圆柱形绝热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，初始时汽缸内密封有温度为T0、压强为p0、体积为0.5V的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度。现对气体缓慢加热，当缸内气体压强达到1.2p0时停止加热，气体内能增量为U。求:
(1)缸内气体压强达到1.2p0时的温度T1;
(2)气体吸收的热量Q。
答案　(1)2.4T0　(2)0.5p0V+U
解析　(1)活塞到达汽缸顶部前气体压强始终为p0，可知当缸内气体压强达到1.2p0时，活塞已经位于汽缸顶部，根据理想气体状态方程有
=，解得T1=2.4T0。
(2)根据热力学第一定律有U=W+Q
活塞上升过程，气体对外做功，则有
W=-p0(V-0.5V)=-0.5p0V
解得Q=0.5p0V+U。
例4 (2025·江苏扬州二模)内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体，活塞的横截面积为S。给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动了，此时速度减为零。已知大气压强为p0，不计密封气体温度的变化。求:
(1)活塞速度为零时，密封气体的压强p;
(2)该过程放出的热量Q放。
答案　(1)p0　(2)p0LS+m
解析　(1)根据玻意耳定律有p0LS=pS
解得p=p0。
(2)对活塞，根据动能定理有p0S-W=0-m
解得W=p0LS+m
因气体温度不变，故ΔU=0
由热力学第一定律得Q放=W=p0LS+m
2.如图所示，一定质量的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;
(2)最终温度T。
答案　(1)Q-(p0S+Ff)L　(2)T0
解析　(1)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)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。
考点四　热力学第一定律与图像的综合应用
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、吸放热及内能变化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=Q+W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。
例5 (2025·江苏镇江模拟)如图所示，一定质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，气体向外吸热
答案　A
解析　1→2过程中，没有热交换，气体体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体内能增加，A正确;2→3过程为等压过程，由理想气体状态方程=C，可知体积增大则温度升高，内能增加;体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，该过程中气体吸热，B错误;3→4过程中，没有热交换，气体体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体内能减小，C错误;4→1过程中，气体发生等容变化，由理想气体状态方程=C，可知压强减小，则温度降低，内能减少;气体体积不变，外界没有对气体做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，该过程气体放热，D错误。
3.(2025·江苏镇江模拟)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态A→B→C→A的过程。下列判断正确的是(　　)
A.气体在状态C时压强为3p0
B.从状态A到状态B的过程中，气体分子的数密度减小
C.从状态C到状态A的过程中，气体可能放出热量
D.从状态C到状态A的过程中，气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少
答案　D
解析　根据=C可知，气体从状态C到状态A是等压变化，则气体在状态C时压强为p0，体积增大，则气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少，故A错误，D正确;从状态A到状态B的过程中，气体体积减小，气体分子的数密度增大，故B错误;从状态C到状态A的过程中，温度升高，内能增大，即ΔU>0，体积增大，气体对外做功，即W<0，根据ΔU=Q+W可知，气体吸收热量，故C错误。
A级　基础对点练
对点练1　热力学第一定律的理解和应用
1.某泉池底部，不断有气泡生成，上升至水面破裂。假设水恒温，则气泡在泉水中上升过程中，以下判断正确的是(　　)
A.气泡对泉水做正功，气泡吸收热量
B.气泡对泉水做正功，气泡放出热量
C.泉水对气泡做正功，气泡吸收热量
D.泉水对气泡做正功，气泡放出热量
答案　A
解析　气泡上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q知，气泡必须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功，故A正确。
2.(2025·江苏苏锡常镇二模)如图所示，密闭导热汽缸被活塞分成左、右两室，起初左室气体压强小于右室，现让活塞缓慢移动直至两室气体压强相等，期间环境温度始终不变，则此过程中(　　)
A.左室气体吸热，右室气体放热
B.左室气体放热，右室气体吸热
C.左、右室气体均吸热
D.左、右室气体均放热
答案　B
解析　对于左室气体压强增大，体积减小，W左>0;对于右室气体压强减小，体积增大，W右<0。环境温度始终不变，ΔU=0，根据热力学第一定律可得ΔU=W左+Q左，ΔU=W右+Q右，可得Q左<0，Q右>0，即左室气体放热，右室气体吸热，B正确。
对点练2　热力学第二定律
3.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　　)
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
答案　D
解析　转轮转动的过程中克服摩擦力和空气阻力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，故A、B错误;转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误;根据热力学第二定律可知，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其他变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D正确。
对点练3　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
4.(2024·重庆卷，3)某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内气体视为理想气体。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
答案　D
解析　气囊上浮过程，由玻意耳定律pV=C可知，压强变小，气体对外做功，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，即气体从外界吸热，故C错误，D正确。
5.(2024·北京卷，3)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
答案　D
解析　气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为h，则该位置处气泡内气体压强p=p0+ρgh，其中p0为外界大气压、ρ为水的密度，g为重力加速度，可知上浮过程中气泡内气体压强变小，又恒温水槽温度不变，则由玻意耳定律pV=C(C为常量)可知，上浮过程中气泡内气体体积变大，B、C错误;由于温度是分子平均动能的标志，则气泡在恒温水槽内上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡内气体内能不变，即ΔU=0，气体体积变大，外界对气体做负功，即W<0，结合热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，即上浮过程中气泡内气体从水中吸热，A错误，D正确。
6.(2025·江苏南京一模)气压式电脑桌的简易结构如图所示。导热性能良好的汽缸与活塞之间封闭一定质量的理想气体，活塞可在汽缸内无摩擦运动。设气体的初始状态为A，将电脑放在桌面上，桌面下降一段距离后达到稳定状态B。打开空调一段时间后，桌面回到初始高度，此时气体状态为C。对缸内气体下列说法正确的是(　　)
A.从A到B的过程中，内能减小
B.从A到B的过程中，气体会从外界吸热
C.从B到C的过程中，气体分子平均动能增大
D.从B到C的过程中，气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变多
答案　C
解析　因为汽缸导热性能良好，所以从A到B的过程中，气体温度不变，内能不变，但体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律知气体向外界放热，故A、B错误;从B到C的过程中，压强不变，但气体体积增大，由=C知温度升高，气体分子平均动能增大，其平均速率增大，而气体压强不变，可知气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变少，故C正确，D错误。
对点练4　热力学第一定律与图像的综合应用
7.(2022·江苏卷，7)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
答案　C
解析　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pb8.(2025·江苏苏锡常镇一模)一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则(　　)
A.a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
B.a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大
C.a→b过程中，气体既不吸热也不放热
D.b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
答案　D
解析　由题图可知，b→c过程为等压变化，由=C知Tb>Tc，则Ta=Tb>Tc，所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误;由题图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态分子数密度最大，故B错误;a→b是等温过程，内能不变，但体积增大，对外做功，所以为吸热过程，故C错误;b→c过程中，体积减小，外界对气体做正功，同时温度降低，内能减少，所以气体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。
9.(2025·江苏泰州一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。下列判断正确的是(　　)
A.气体在a→b过程中做等温变化
B.气体在b→c过程中内能增加
C.气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等
D.气体在一次循环过程中会向外界放出热量
答案　C
解析　气体在a→b过程中因pV乘积变大，可知温度升高，A错误;气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减少，B错误;在p-V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等，C正确;气体在一次循环过程中对外做功，且内能不变，故气体会从外界吸收热量，D错误。
B级　综合提升练
10.(2025·江苏苏州模拟)如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置，汽缸内用质量为m、横截面积为S的活塞密封一定质量气体。起初气体的温度为T0，活塞与汽缸底的距离为h，外界环境温度恒为T=T0。经过足够长时间后缸内气体与外界环境达到热平衡，在此过程中密闭气体的内能变化量为ΔU。已知外界大气压为p0，重力加速度大小为g。求:
(1)活塞移动的距离Δh;
(2)气体与外界交换的热量Q。
答案　(1)h　(2)ΔU+(p0S+mg)h
解析　(1)根据盖-吕萨克定律得
活塞与缸底的距离为h'=h=h
则活塞向上移动的距离为Δh=h'-h=h。
(2)气体压强为p=p0+
活塞上升过程中，外界对气体做功W=-pΔV
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
联立解得Q=ΔU+(p0S+mg)h。
11.(2025·江苏南京期中)对于一定质量的密闭理想气体，若用N表示单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数，分子的质量为m，速率为v，假设分子与容器壁的碰撞都是垂直容器壁方向，且碰撞前后速率不变。
(1)请通过计算写出气体对容器壁的压强表达式;
(2)在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环，它由两个等压过程和两个绝热过程组成，图示为一定质量的某理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)。已知某些状态的部分参数如图所示。若已知A→B过程放热Q=80 J，求B→C过程外界对气体做的功。
答案　(1)p=2Nmv　(2)20 J
解析　(1)时间t内垂直物体表面运动并与面积S的器壁碰撞的分子数为Q=NtS
一个粒子每与器壁撞击一次动量变化的大小为2mv，故由动量定理得Ft=2Qmv
又F=pS整理得p=2Nmv。
(2)根据理想气体状态方程=C知状态A和C的温度相同，内能相等
A→B过程外界对气体做功
WAB=p1ΔV=1×105×0.6×10-3 J=60 J
从A到C过程根据热力学第一定律有
ΔU=WAB-Q+WBC
又ΔU=0
代入数据解得B→C过程外界对气体做的功
WBC=20 J。

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