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第3讲　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分析有关问题。2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。3.会分析热力学第一定律与气体图像的综合问题。
考点一　热力学第一定律
1.改变物体内能的两种方式：做功和传热。
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)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
项目 W Q ΔU
＋ 外界对系统做功 系统吸收热量 内能增加
－ 系统对外界做功 系统放出热量 内能减少
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)能量守恒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。
【正误辨析】
(1)外界对物体做功20 J，同时物体向外界放热10 J，则物体内能变化了30 J。(×)
(2)热量一定从内能大的物体传递到内能小的物体。(×)
(3)做功和传热改变物体内能是等效的，而且实质是相同的。(×)
(4)物体吸收热量，内能一定增加。(×)
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析。
(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；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
(4)因理想气体忽略分子势能，所以当其内能变化时，微观表现为分子动能发生变化，宏观表现为温度发生变化。
2.三种特殊情况
过程 含义 内能变化 物理意义
绝热 Q＝0 ΔU＝W 外界对物体做的功等于物体内能的增加量；物体对外界做的功等于物体内能的减少量
等容 W＝0 ΔU＝Q 物体吸收的热量等于物体内能的增加量；物体放出的热量等于物体内能的减少量
等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功等于物体放出的热量；物体对外界做的功等于物体吸收的热量
(多选)(2023·山东卷·T9)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6 L
B.等压过程中，气体对外做功400 J
学生用书 第297页
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
答案：AD
解析：设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，等容过程的末状态V2＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程的末状态p3＝p0，T3＝400 K，由理想气体状态方程可得，＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即p0(V0－V0)＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误。
针对练1.(2025·重庆卷·T2)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
答案：A
解析：袋内气体视为理想气体，气袋被压缩且绝热(无热交换)，绝热压缩时外界对气体做正功，气体对外界做负功，根据热力学第一定律可知内能增加，温度升高，温度是分子平均动能的标志，则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。
针对练2.(2024·北京卷·T3)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：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，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，气泡内分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体视为理想气体，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。
考点二　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。
【正误辨析】
(1)可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。(√)
(2)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。(×)
(3)第一类永动机违反了热力学第二定律。(×)
(4)第二类永动机违反了能量守恒定律。(×)
1.热力学第二定律的理解
(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。
(2)“不产生其他影响”的含义是指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。
(3)热力学第二定律的每一种表述，都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
2.热力学过程的方向性分析
(1)高温物体低温物体。
(2)功热。
(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A、B。
热力学第二定律的理解
(多选)(2026·福建三明模拟)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.自发的传热过程是不可逆的
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
答案：BD
解析：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，自发的传热过程是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，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。
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(　　)
学生用书 第298页
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，从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的
答案：D
解析：第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，同时做功和传热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。
两类永动机的比较
分类 第一类永动机 第二类永动机
设计初衷 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热库吸收热量，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
考点三　热力学第一定律与气体图像的综合
分析该类问题的一般思路
1.气体在某一过程中的p、V、T的变化情况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、内能的变化及吸放热情况的判断
气体的做 功情况 由体积的变化判断：气体被压缩，外界对气体做功；气体体积膨胀，气体对外做功
气体的内能 变化情况 由温度的变化判断：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小
气体的吸 放热情况 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W判断：Q为正是吸热；Q为负是放热
热力学第一定律与p -V图像的综合
(2025·陕晋青宁卷·T13)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。
答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
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。
热力学第一定律与p -图像的综合
(多选)(2026·湖北黄冈一模)一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p -图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，
学生用书 第299页
图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)
A.d→a过程，气体放出的热量小于内能的减少量
B.b→c过程，气体对外做功，内能减小
C.c→d过程，温度降低，气体一定放出热量
D.a→b过程，温度不变，气体吸热
答案：CD
解析：由理想气体状态方程＝C可知p＝CT，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温度低，b→c过程，温度升高，所以内能增加，故B错误；由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，所以气体对外做功，因为温度不变，所以内能不变，根据ΔU＝Q＋W可知气体从外界吸热，故D正确；c→d过程，气体压强不变而体积变小，所以外界对气体做功，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，根据ΔU＝Q＋W可知，因为W＞0，ΔU＜0，所以Q＜0，即气体放热，故C正确；d→a过程，气体体积不变，压强变小，所以气体做功为零，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，根据ΔU＝Q＋W可知，气体放出的热量等于内能的减少量，故A错误。
热力学第一定律与p -T图像的综合
一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p -T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是(　　)
A.pa＝3p0
B.Vb＝3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功
D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
答案：D
解析：从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得＝，又pb＝p0，Ta＝2T0，Tb＝T0，解得pa＝2p0，故A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，气体温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，所以吸收热量，故D正确。
热力学第一定律与V-T图像的综合
(多选)(2025·甘肃卷·T9)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
答案：ACD
解析：A→B过程，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，即该过程吸热，A正确；B→C过程，气体温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＜0，即该过程为放热过程，B错误；A→B过程，气体体积不变，温度升高，根据理想气体状态方程可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，C正确；对一定量的理想气体，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，D正确。
课时测评73　热力学定律与能量守恒定律
(时间：30分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　热力学第一定律
1.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1 110 J B.减少了1 110 J
C.增加了690 J D.减少了690 J
答案：C
解析：由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加了690 J，C正确。
2.(2025·北京卷·T1)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
答案：D
解析：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B、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；气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。
3.(多选)(2026·江苏宿迁模拟)下列关于能量守恒定律的认识，正确的是(　　)
A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C.对物体做功，物体的内能可能减小
D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明石子的能量消失了
答案：ABC
解析：根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，其他形式的能量一定增加，故A正确；某个物体的能量减少，根据能量守恒定律知，必然有其他物体的能量增加，故B正确；对物体做功，若物体同时向外界放热，物体的内能可能减小，故C正确；石子在运动和碰撞中机械能转化为物体及周围物体的内能，能量并没有消失，故D错误。
4.(2025·安徽卷·T3) 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
答案：A
解析：根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等。故选A。
题组2　热力学第二定律
5.空调的工作原理如图所示，以下表述高温物体正确的是(　　)
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了传热过程的方向性
C.此原理图中的Q1＝Q2
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
答案：B
解析：空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述，A错误；空调的工作原理反映了传热过程的方向性，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但在外界干预下，可以从低温物体传给高温物体，B正确；题示原理图中的Q1＝Q2＋W，C错误；题示原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。
6.(多选)(2026·河北张家口一模)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
答案：ABD
解析：根据热力学第一定律，可知Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，B正确；制冷剂在蒸发器中从液体变为气体，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，状态从气体过渡到液体，分子间距从远大于平衡距离到平衡距离，分子势能降低，D正确。
题组3　热力学第一定律与气体图像的综合
7.(2024·山东卷·T6)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
答案：C
解析：a→b过程，气体做等压变化且体积增大，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，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ΔU＝Q＋W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；根据热力学第一定律结合上述分析可知，a→b→c→a过程，ΔU＝0，气体对外做功，由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。故选C。
8.(多选)(2024·海南卷·T11)如图，一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过坐标原点O，下列说法正确的是(　　)
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
答案：AC
解析：由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确；根据＝C(C为常量)可得V＝T，根据题图可知，ca过程，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则压强减小，B错误；ab过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，即W＞0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＜0，即气体放出热量，C正确；ca过程，气体温度升高，内能增大，D错误。
9.(多选)(2024·河北卷·T9)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
答案：ACD
解析：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，其不受弹簧弹力作用，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＜V右，又活塞左右两侧气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相等，由m＝ρV可知，活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量，B错误；气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相比，活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加，C正确；结合A项分析可知，与初始时相比，气体的体积增大，总分子数不变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。
10.(2026·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T -V图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
答案：D
解析：根据理想气体的状态方程可得＝，代入数据得pa∶pb＝6∶1，故A错误；b→c过程气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；c→a过程气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，等温变化，内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＜0，气体向外界放热，故C错误；设状态b压强为p0，将T -V图像转化为p -V图像如图所示，易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，气体做功为0，c→a过程体积减小，外界对气体做功，图中阴影部分的面积等于外界对气体做的功，即W＞0，回到原状态a，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体一定放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
11.(20分)(2024·贵州卷·T13)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图a所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。
(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积；
(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图b中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比；
(3)图b中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图b中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)
答案：(1)3V0 　(2)　(3)吸热
解析：(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有p0V0＋p0V＝4p0V0
解得V＝3V0。
(2)容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得＝
解得＝。
(3)由p -V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程比从M到N'的过程对外做功更多，N和N'都是从状态M变化而来，应该相同，可得TN＞TN'
可知从M到N的过程内能减少的更少。
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N'的过程绝热，内能减少量等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能减少量反而更少，则气体必然吸热。(共65张PPT)
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
高三总复习讲义　新高考
第十五章 热学
1.理解热力学第一定律，会用热力学第一定律分析有关问题。
2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
3.会分析热力学第一定律与气体图像的综合问题。
学习目标
考点一　热力学第一定律
考点二　热力学第二定律
考点三　热力学第一定律与气体图像的综合
课时测评
内容索引
热力学第一定律
考点一
1.改变物体内能的两种方式：______和传热。
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____。
(2)表达式：ΔU＝________。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
知识梳理
项目 W Q ΔU
＋ 外界对系统做功 系统______热量 内能______
－ 系统对外界做功 系统______热量 内能______
做功
和
热量
Q＋W
吸收
增加
放出
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，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体______到别的物体，在转化或______的过程中，能量的总量保持不变。
(2)能量守恒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______________。
转移
转移
量守恒定律
正误辨析
(1)外界对物体做功20 J，同时物体向外界放热10 J，则物体内能变化了
30 J。 ( )
(2)热量一定从内能大的物体传递到内能小的物体。 ( )
(3)做功和传热改变物体内能是等效的，而且实质是相同的。 ( )
(4)物体吸收热量，内能一定增加。 ( )
×
×
×
×
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析。
(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；体积减小，外界对气体做功，W为正。
(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
(4)因理想气体忽略分子势能，所以当其内能变化时，微观表现为分子动能发生变化，宏观表现为温度发生变化。
核心突破
2.三种特殊情况
过程 含义 内能变化 物理意义
绝热 Q＝0 ΔU＝W 外界对物体做的功等于物体内能的增加量；物体对外界做的功等于物体内能的减少量
等容 W＝0 ΔU＝Q 物体吸收的热量等于物体内能的增加量；物体放出的热量等于物体内能的减少量
等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功等于物体放出的热量；物体对外界做的功等于物体吸收的热量
(多选)(2023·山东卷·T9)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6 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
例1
√
√
设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，等容过程的末状态V2＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程的末状态
p3＝p0，T3＝400 K，由理想气体状态方程可得，＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错
误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝
400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热
力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即p0(V0－V0)＝200 J，解得
V0＝6 L，A正确，B错误。
针对练1.(2025·重庆卷·T2)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
√
袋内气体视为理想气体，气袋被压缩且绝热(无热交换)，绝热压缩时外界对气体做正功，气体对外界做负功，根据热力学第一定律可知内能增加，温度升高，温度是分子平均动能的标志，则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。
针对练2.(2024·北京卷·T3)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
√
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，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，气泡内分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体视为理想气体，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。
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热力学第二定律
考点二
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______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。
知识梳理
自发地
单一
正误辨析
(1)可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 ( )
(2)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。 ( )
(3)第一类永动机违反了热力学第二定律。 ( )
(4)第二类永动机违反了能量守恒定律。 ( )
√
×
×
×
1.热力学第二定律的理解
(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。
(2)“不产生其他影响”的含义是指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。
(3)热力学第二定律的每一种表述，都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
核心突破
2.热力学过程的方向性分析
(1)高温物体 低温物体。
(2)功 热。
(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A、B。
热量能自发传给
热量不能自发传给
能自发地完全转化为
不能自发地转化为
能自发膨胀到
不能自发收缩到
能自发混合成
不能自发分离成
考向1 热力学第二定律的理解
(多选)(2026·福建三明模拟)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.自发的传热过程是不可逆的
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
例2
√
√
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，自发的传热过程是不可逆的，B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，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。
考向2 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，从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的
例3
√
第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，传热也不一定改变内能，同时做功和传热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。
两类永动机的比较
总结提升
分类 第一类永动机 第二类永动机
设计初衷 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热库吸收热量，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
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热力学第一定律与气体图像的综合
考点三
分析该类问题的一般思路
1.气体在某一过程中的p、V、T的变化情况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、内能的变化及吸放热情况的判断
气体的做 功情况 由体积的变化判断：气体被压缩，外界对气体做功；气体体积膨胀，气体对外做功
气体的内能 变化情况 由温度的变化判断：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小
气体的吸 放热情况 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W判断：Q为正是吸热；Q为负是放热
考向1 热力学第一定律与p -V图像的综合
(2025·陕晋青宁卷·T13)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；
例4
答案：3.3×105 Pa
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)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。
答案：6.6×104 J
根据p -V图像与横轴所围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。
考向2 热力学第一定律与p -图像的综合
(多选)(2026·湖北黄冈一模)一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p -图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中
A.d→a过程，气体放出的热量小于内能的减少量
B.b→c过程，气体对外做功，内能减小
C.c→d过程，温度降低，气体一定放出热量
D.a→b过程，温度不变，气体吸热
例5
√
√
由理想气体状态方程＝C可知p＝CT，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温度低，b→c过程，温度升高，所以内能增加，故B错误；由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，所以气体对外做功，因为温度不变，所以内能不变，根据ΔU＝Q＋W可知气体从外界吸热，故D正确；
c→d过程，气体压强不变而体积变小，所以外界对气体做功，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，根据ΔU＝Q＋W可知，因为W＞0，ΔU＜0，所以Q＜0，即气体放热，故C正确；d→a过程，气体体积不变，压强变小，所以气体做功为零，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，根据ΔU＝Q＋W可知，气体放出的热量等于内能的减少量，故A错误。
考向3 热力学第一定律与p -T图像的综合
一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p -T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是
A.pa＝3p0
B.Vb＝3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功
D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
例6
√
从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得＝，又pb＝p0，Ta＝2T0，Tb＝T0，解得pa＝2p0，故A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，故B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，故C错误；从状态c到状态a，气体温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，所以吸收热量，故D正确。
考向4 热力学第一定律与V-T图像的综合
(多选)(2025·甘肃卷·T9)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
例7
√
√
√
A→B过程，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，即该过程吸热，A正确；B→C过程，气体温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＜0，即该过程为放热过程，B错误；A→B过程，气体体积不变，温度升高，根据理想气体状态方程可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，C正确；对一定量的理想气体，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，D正确。
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课 时 测 评
题组1　热力学第一定律
1.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1 110 J B.减少了1 110 J
C.增加了690 J D.减少了690 J
√
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，即内能增加了690 J，C正确。
2.(2025·北京卷·T1)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
√
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B、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；气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。
3.(多选)(2026·江苏宿迁模拟)下列关于能量守恒定律的认识，正确的是
A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C.对物体做功，物体的内能可能减小
D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明石子的能量消失了
√
√
√
根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，其他形式的能量一定增加，故A正确；某个物体的能量减少，根据能量守恒定律知，必然有其他物体的能量增加，故B正确；对物体做功，若物体同时向外界放热，物体的内能可能减小，故C正确；石子在运动和碰撞中机械能转化为物体及周围物体的内能，能量并没有消失，故D错误。
4.(2025·安徽卷·T3) 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
√
根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等。故选A。
题组2　热力学第二定律
5.空调的工作原理如图所示，以下表述高温物体正确的是
A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述
B.空调的工作原理反映了传热过程的方向性
C.此原理图中的Q1＝Q2
D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体
√
空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述，A错误；空调的工作原理反映了传热过程的方向性，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但在外界干预下，可以从低温物体传给高温物体，B正确；题示原理图中的Q1＝Q2＋W，C错误；题示原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。
6.(多选)(2026·河北张家口一模)如图所示，电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从
√
√
√
冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
根据热力学第一定律，可知Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，B正确；
制冷剂在蒸发器中从液体变为气体，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，状态从气体过渡到液体，分子间距从远大于平衡距离到平衡距离，分子势能降低，D正确。
题组3　热力学第一定律与气体图像的综合
7.(2024·山东卷·T6)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
√
a→b过程，气体做等压变化且体积增大，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，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ΔU＝Q＋W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；根据热力学第一定律结合上述分析可知，a→b→c→a过程，ΔU＝0，气体对外做功，由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。故选C。
8.(多选)(2024·海南卷·T11)如图，一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过坐标原点O，下列说法正确的是
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
√
√
由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确；根据＝C(C为常量)可得V＝T，根据题图可知，ca过程，图线上的点与坐标原点
连线的斜率增大，则压强减小，B错误；ab过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，即W＞0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＜0，即气体放出热量，C正确；ca过程，气体温度升高，内能增大，D错误。
9.(多选)(2024·河北卷·T9)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
√
√
√
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，其不受弹簧弹力作用，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＜V右，又活塞左右两侧气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相等，由m＝ρV可知，活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量，B
错误；
气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相比，活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加，C正确；结合A项分析可知，与初始时相比，气体的体积增大，总分子数不变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。
10.(2026·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T -V图像如图所示。下列说法正确的是
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
√
根据理想气体的状态方程可得＝，代入数据得pa∶pb＝6∶1，故A错误；b→c过程气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；c→a过程气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，等温变化，内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＜0，气体向外界放热，故C错误；
设状态b压强为p0，将T -V图像转化为p -V图像如图所示，易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，气体做功为0，c→a过程体积减小，外界对气体做功，图中阴影部分的面积等于外界对气体做的功，即W＞0，回到原状态a，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体一定放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
11.(20分)(2024·贵州卷·T13)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图a所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。
(1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积；
答案：3V0
设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有p0V0＋p0V＝4p0V0
解得V＝3V0。
(2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图b中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度
之比；
答案：
容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得＝
解得＝。
(3)图b中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图b中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)
答案：吸热
由p -V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程比从M到N'的过程对外做功更多，N和N'都是从状态M变化而来，应该相同，可得TN＞TN'
可知从M到N的过程内能减少的更少。
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，从M到N'的过程绝热，内能减少量等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能减少量反而更少，则气体必然吸热。
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第3讲 热力学定律与能量守恒定律

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