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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，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.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性.3.知道第一类永动机和第二类永动
机不可能制成．
考点一 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＝ Q ＋ W .
(3)表达式中的正、负号法则：
物理量 ＋ －
W 外界对物体做功 物体对外界做功
Q 物体吸收热量 物体放出热量
ΔU 内能增加 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)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．
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．
1．做功和热传递的实质是相同的．( × )
2．绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J．( × )
3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．( √ )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：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，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．
2．三种特殊情况
(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．
例1 (多选)(2021·湖南卷·15(1))如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热
活塞(截面积分别为S 和S)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞
1 2
上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，
用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强 p 保持
0
不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(pSh＋mgh)
0 1
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
答案 BDE
解析 根据做功的两个必要因素，力和在力的方向上发生位移，由于活塞S 没有移动，可
2
知整个过程，外力F做功等于0，A错误；
根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的
分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；
由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝WpV ＝pV，根据理想气体状态方程＝C，可知
0 0 b b c c
bc过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误，E正确．
例 5 (多选)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300 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
答案 AC
解析 在C→A过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据 W ＝p·ΔV，得W ＝300
CA CA
J，A正确；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，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＝W ＋W ＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过
CA BC
程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．考点四 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
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
例6 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量 m＝10 kg，横
截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离 L ＝11
1
cm，到汽缸口的距离L ＝4 cm.现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内
2
气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平．已知g＝10 m/s2，外界气温为27 ℃，大
气压强为1.0×105 Pa，活塞厚度不计，则：
(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350 J的热量，则气体增
加的内能ΔU多大？
答案 (1)450 K(或177 ℃) (2)295 J
解析 (1)当汽缸水平放置时，p＝1.0×105 Pa，V＝LS，T＝(273＋27) K＝300 K.
0 0 1 0
当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，
根据平衡条件有pS＝pS＋mg
1 0
V＝(L＋L)S
1 1 2由理想气体状态方程得＝
解得T＝450 K(或177 ℃)
1
(2)当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得
pLS＝pLS
0 1 1
加热后，气体做等压变化，气体对外界做功
则W＝－p(L＋L－L)S
1 1 2
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得ΔU＝295 J.
例7 如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为 S＝
1×10－4 m2，质量为m＝1 kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气．汽缸内密封有一定质量的
理想气体，气柱高度h＝0.2 m．已知大气压p＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.
0
(1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的，请计算砂子质量，此过
程理想气体吸热还是放热？
(2)如果在(1)的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热
量为5 J，请计算气体内能的增量．
答案 (1)1 kg，放热 (2)3 J
解析 (1)因为细砂是缓慢放置的，所以气体发生等温变化，据玻意耳定律可得
pV＝pV
1 1 2 2
其中p＝p＋，p＝p＋
1 0 2 0
V＝hS，V＝hS
1 2
联立解得砂子质量为
m＝1 kg
0
因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可
知，此过程理想气体放热．
(2)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为
W＝－p(V－V)＝－2 J
2 1 2
据ΔU＝W＋Q
代入数据解得，气体内能的增量为
ΔU＝3 J.课时精练
1．(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是( )
A．外界对物体做功，物体的内能一定增加
B．外界对物体传递热量，物体的内能一定增加
C．物体对外界做功，物体的内能可能增加
D．物体向外界放热，物体的内能可能增加
答案 CD
解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知，当外界
对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一
定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功，物体的内能可能增加，
同理物体向外界放热，物体的内能可能增加，故C、D正确．
2．(多选)对于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能实现，因为违背了能量守恒定律
B．热力学第一定律指出，可以达到绝对零度
C．热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它
所做功的和
D．热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响
E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
答案 ACD
解析 第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可
能制成，故A正确；绝对零度无法达到，故B错误；据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，
一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；
热力学第二定律指出不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其他影响，故 D正确；
电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违
背热力学第二定律，故E错误．
3．(2020·全国卷Ⅱ·33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，
不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案 B C解析 A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一
个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一
定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发
到温度较高的室内，不违背热力学第一、第二定律．
4.(2020·天津卷·5)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图．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，水即从枪口
喷出．若水在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
答案 B
解析 储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV＝CT可知，压强
变小，故A错误；气体体积增大，对外界做功，故B正确；由于一定质量的某种理想气体
的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU＝0，由于气体对外界做功，即
W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，因此气体从外界吸热，故C错误；温度
不变，分子平均动能不变，故D错误．
5．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹
簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧
烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热
交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若气缸内气体视
为理想气体，在气体压缩的过程中( )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
答案 AC
6.(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、
导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；
松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体( )A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
答案 B
解析 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度
升高，内能增加，A错误；
在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程
＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内
能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收
的热量大于增加的内能，C、D错误．
7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞
封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若 A中细沙的质
量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”
或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图象，
其中曲线________(填图象中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
答案 大于 ①
解析 对活塞受力分析有p＝
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有p >p ；
A B
所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有W>W
A B
则根据ΔU＝W＋Q
因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔU >ΔU
A B
即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度
较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
8.(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对
此气体，下列说法正确的是( )
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE
解析 过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；过程②中，
气体由b到c，体积V变大，对外界做功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，
内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气
体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相同，D项正确；作过状态b、d的
等压线，分析可得p>p，E项正确．
b d
9．(多选)一定质量的理想气体，其内能与温度成正比．在初始状态 A时，体积为V ，压强
0
为p，温度为T，该理想气体从状态A经一系列变化，最终回到原来状态A，其变化过程的
0 0
p－T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，AB在同一竖直线上，BC在同一水平直线
上．下列说法正确的是( )
A．由C到A的过程中，气体的体积没有发生变化B．从B到C的过程中，理想气体的每个气体分子的动能都增大
C．由A到B的过程，气体对外界放热
D．从B经过C到A的过程，气体的内能一直在增加
E．从B经过C到A的过程，气体从外界吸热为2pV
0 0
答案 ACE
解析 从C到A过程，由理想气体状态方程可得＝
代入数据可得V ＝V ＝V ，故C到A过程中气体体积不变，A正确；从B到C过程，温度
C A 0
升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，个别分子动能也可能减小或不
变，B错误；A到B过程为等温变化，由玻意耳定律可得p V＝p V ，解得V ＝＝，体积减
A A B B B
小，外界对气体做功，即W>0，气体内能不变，由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W知，Q<0，
即气体对外界放热，C正确；B经过C到A的过程，气体的温度先升高后降低，则内能先增
大后减小，A、B状态气体的内能相等，由A的解析可知，V ＝V ，由C的解析可知，V
C 0 B
＝，从B到C的过程中，气体对外界做功，则W＝3p(－V)＝－2pV ，所以从B经过C到
0 0 0 0
A的过程中，气体吸收的热量为2pV，D错误，E正确．
0 0
10.(2020·山东卷·6)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图象如图所示．已知三个状态的坐标分别为 a(V ，2p)、 b(2V ，
0 0 0
p)、c(3V，2p)．以下判断正确的是( )
0 0 0
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C
解析 p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程
中，气体对外界做的功相等，故A错误．由＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU
＝0，由ΔU＝W＋Q知，Q ＝－W；由＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过
ab
程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Q >|W|，即Q >Q ，故B错误．由＝C知，c状态温度高
bc bc ab
于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，
由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程中内能的减少
量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误．
11.(2021·重庆市1月适应性测试·15(2))如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V ，A、B
0
浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p ，温度为T ，B内为真空，将A中的气体视
0 0为理想气体．打开活栓C，A中部分气体进入B.
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
(2)若密闭气体的内能与温度的关系为 ΔU＝k(T －T)(k为大于0的已知常量，T 、T 分别为
2 1 1 2
气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T ，重新达到平衡时，求气
0
体的压强及所吸收的热量．
答案 (1)p (2)0.6p 0.2kT
0 0 0
解析 (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
pV＝p·2V
0 0 0
解得此时气体压强
p＝p.
0
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p
0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，
所以W＝0；升高温度，内能增量为
ΔU＝k(1.2T－T)＝0.2kT
0 0 0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT .
0
12．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与
汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能 U ＝72 J，如图甲所示．已知活塞面积 S＝5×10－4
P
m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p ＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热
0
丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图象
如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量．
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
＝解得V ＝6×10－4 m3
Q
(2)由气体的内能与热力学温度成正比＝
解得U ＝108 J
Q
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝pS＋mg
0
解得p＝p＋＝1.2×105 Pa
0
外界对气体做功W＝－p(V －V )＝－24 J
Q P
由热力学第一定律U －U ＝Q＋W
Q P
得气体吸收的总热量为Q＝60 J.
13.如图所示装置中两玻璃泡的容积均为V ＝0.5 L，玻璃管的容积忽略不计，开始时阀门K
0
关闭，将上面玻璃泡抽成真空，下面玻璃泡中有一定质量的理想气体，外界大气压强为p＝
0
1.0×105 Pa，温度为t ＝27 ℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密
0
度(假设不随温度改变)为13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)如果外界大气压强保持不变，玻璃管中水银面上升2 cm，则环境温度改变了多少摄氏度；
(2)如果在环境温度急剧升高到t＝40 ℃的过程中，打开阀门，改变外界大气压使玻璃管中
的水银面高度几乎不发生变化，则玻璃泡中气体的压强变为多少？在此过程中吸收了 200 J
热量，则气体的内能增加了多少？
答案 (1)9.7 ℃ (2)4.37×104 Pa 200 J
解析 (1)设玻璃泡中气体初态压强为p，有
1
p＝p＋ρ gh
0 1 水银
解得p≈8.37×104 Pa
1
温度T＝t＋273 K＝300 K
1 0
设末态压强为p，则p＝p＋ρ g(h＋Δh)
2 0 2 水银
故p≈8.10×104 Pa
2
根据查理定律有＝
代入数据解得T≈290.3 K
2
则环境温度降低了Δt＝T－T＝9.7 ℃
1 2(2)打开阀门前有p＝8.37×104 Pa，V＝V＝0.5 L，T＝300 K
1 1 0 1
打开阀门后有V＝2V＝1.0 L，T′＝t＋273 K＝313 K
2 0 2
根据理想气体状态方程有＝
代入数据解得p′≈4.37×104 Pa
2
根据题设条件，由于上部容器原来是真空，气体发生自由膨胀，故气体膨胀过程对外做的功
为零，即W＝0
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
故ΔU＝0＋200 J＝200 J.
