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第 65 讲 热力学定律与能量守恒定律
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01 模拟基础练
【题型一】热力学第一定律与能量守恒定律
【题型二】热力学第二定律
【题型三】热力学第一定律与气体实验定律的综合
02 重难创新练
【题型一】热力学第一定律与能量守恒定律
1.如图是密闭的汽缸，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
【答案】 A
【解析】 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。
2.一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气
体( )
A.内能增加
B.对外界做正功
C.减少的内能小于放出的热量D.减少的内能大于放出的热量
【答案】 C
【解析】 充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根
据气球内气体压强等于湖水中的压强，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程＝C知，气球体积减小，
对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做正功，根据热力学第一定律ΔU
＝Q＋W，可知减少的内能小于放出的热量，C正确，D错误。
3.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。若在水不断喷出的过程中，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.分子平均动能变化
【答案】 B
【解析】 打开阀门，水不断喷出，封闭气体的体积增大，气体对外界做功，B正确；由于罐内气体温度
始终保持不变，由玻意耳定律知，气体的压强减小，A错误；温度不变，气体分子的平均动能不变，内能
不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体吸热，C、D错误。
【题型二】热力学第二定律
4.(多选)下面说法中正确的是( )
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
【答案】 AD
【解析】 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。
5.(多选)地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出
5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器
是不能制成的，关于其原因，下列说法正确的是( )
A.内能不能转化成机械能
B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化【答案】 CD
【解析】 内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，
也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全
部用来做功，而不引起其他变化，故C、D正确。
【题型三】热力学第一定律与气体实验定律的综合
6.如图所示，一定质量的理想气体，由A状态经历两个不同的变化过程到C状态(A→C，A→B→C)且A、C
处于同一条等温线上，以下说法正确的是( )
A.A→C过程气体吸收的热量大于对外做的功
B.A→C的过程中，气体分子的平均动能一直减小
C.气体在A状态的内能等于在C状态的内能
D.A→C过程气体吸收的热量等于A→B→C过程气体吸收的热量
【答案】 C
【解析】 A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W ，由于A、C处于同一条等温线上，所以
AC AC AC
T ＝T ，气体在A状态的内能等于在C状态的内能，即ΔU ＝0，由气体体积增大知W <0，因此可得
A C AC AC
Q >0，Q ＝，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温
AC AC
线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，
有ΔU ＝Q ＋W ，ΔU ＝0，Q ＝|W |，由p－V图像与横轴所围的面积表示气体对外做的功可知|
ABC ABC ABC ABC ABC ABC
W |>|W |，得到Q >Q ，故D错误。
ABC AC ABC AC
7.一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V、V、V，压强分别为p、p、p。已知p＝p，p＝4p，则下列说法正确的是(
a b c a b c b 0 c 0
)
A.p＝3p
a 0
B.V＝3V
b c
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p ＝p ，得p ＝2p ，A错误；从状
b 0 a 0
态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pV ＝pV，解得V ＝4V，B错误；从状态a到状态b，
b b c c b c气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做
功，所以吸收热量，D正确。
8.(多选)如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面
积为S，与汽缸底部相距L，温度为T 。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离 L后停止
0
加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为p，重力加速度为g。则( )
0
A.初始时，气体压强p＝p
1 0
B.停止加热时，气体的温度T＝2T
0
C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－pSL
0
D.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－pSL
0
【答案】 BC
【解析】 对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上压力，则有 mg＋pS－
0
pS＝0，解得p＝＋p，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律有＝，解得T
1 1 0
＝2T ，故B正确；气体对外做功W＝－pSL＝－mgL－pSL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－pSL，
0 1 0 0
故C正确，D错误。
9.(多选)一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D变化过程的p－V图像如图所示，AB与横轴
平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上，已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320
J的热量，下列说法正确的是( )
A.A状态的内能大于C状态的内能
B.从B状态到C状态的过程中，器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加
C.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了240 J
D.D状态的温度为225 K
【答案】 CD
【解析】 根据理想气体状态方程＝C可知，由于A、C两状态的pV乘积相等，则两状态的温度相同，所
以A状态的内能等于C状态的内能，故A错误；
由图可知，从B状态到C状态的过程中，气体的体积不变，压强减小，根据压强的微观解释可知，器壁单
位面积在单位时间内受到撞击的分子数减少，故 B错误；从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功，因p－V图像的面积表示功，可得W ＝－0.4×105×2×10－3 J＝－80 J，根据热
AB
力学第一定律可得ΔU＝Q＋W ＝320 J－80 J＝240 J，故C正确；由图可知D状态的压强为p ＝3× Pa，
AB D
根据＝，可得T ＝T＝225 K，故D正确。
D A
10.一只篮球的体积为V ，球内气体的压强为p ，温度为T 。现用打气筒对篮球充入压强为 2p 、温度为
0 0 0 0
T 、体积为V(大小未知)的气体，使球内气体压强变为3p ，同时温度升至1.5T 。已知气体内能U与温度
0 1 0 0
的关系为U＝kT(k为正常数)，充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变。求：
(1)充入气体的体积V 的大小；
1
(2)充气过程中打气筒对气体做的功。
【答案】 (1) (2)Q＋kT
0
【解析】 (1)充入气体的体积为V，根据理想气体状态方程有
1
＋＝
解得V＝。
1
(2)由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋(－Q)
根据气体内能U与温度的关系表达式有
ΔU＝k·1.5T－kT ＝kT
0 0 0
解得W＝Q＋kT 。
0
11.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热汽缸中有加热装置，汽缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高
度H＝2 m。质量M＝10 kg、横截面积S＝5×10－3 m2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p
1
＝0.8×105 Pa、温度为t ＝17 ℃的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p
1 0
＝1×105 Pa保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系T＝t＋273 K，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T；
2
(2)若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2 m，该过程中气体吸收了Q＝370 J的热量，求该过程中气体内能的
变化量ΔU。
【答案】 (1)435 K (2)250 J
【解析】 (1)已知p＝0.8×105 Pa，T＝290 K
1 1
当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有
pS＝pS＋Mg
2 0
解得p＝1.2×105 Pa
2
气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有＝
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T＝435 K。
2
(2)活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，
则有W＝－pSh＝－120 J
2由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
代入数据解得此过程中气体内能的变化量
ΔU＝250 J。
1．某同学从重庆去西藏旅游，路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所带的坚果，发现包装坚果
的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体(可视为质量不变的理想气体)说法正确的是( )
A．压强增大 B．分子平均动能不变
C．一定从外界吸收热量 D．对外做功，内能减小
【答案】D
【解析】： 根据题意，气体温度降低，体积增大，根据理想气体状态方程可得，气体压强减小，故 A错
误；气体温度降低，所以分子平均动能减小，故B错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，气体体积增大，
气体对外做功，即W为负值，温度降低，内能减小，即ΔU为负值，但Q可能为正，也可能为负，即气体
可能从外界吸收热量，也可能放热，故C错误，D正确。
2．压缩空气储能是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并
将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动
发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是( )
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作时，气体对外做功，内能增大
【答案】B
【解析】： 绝热压缩空气，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体内能增大，温度升高，分子平
均动能增大，选项A错误，选项B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何热运动的
能量做功转换过程效率都不可能达到100%，选项C错误；压缩空气膨胀推动发电机工作时，气体体积增
大对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减小，选项D错误。
3．如图所示，一定质量的理想气体经历两个不同的过程，分别由体积—温度(V-t)图像上的两条直线Ⅰ和Ⅱ
表示，V 和V 分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t 是两直线的延长线与横轴交点的横坐标，t ＝－273.15
1 2 0 0
℃；a、b为直线Ⅰ上的两点，c为直线Ⅱ上的一点。下列说法正确的是( )A．理想气体沿直线Ⅰ从状态a变化到状态b，压强变大
B．理想气体在状态b比在状态c的压强大
C．理想气体沿直线Ⅰ从状态a变化到状态b，气体吸热
D．理想气体在a、b、c状态的内能关系为U>U>U
b c a
【答案】C
【解析】：由体积—温度(V-t)图像和理想气体状态方程＝C可知，直线Ⅰ、Ⅱ均为等压线，则气体在a、b
两状态压强相等，A错误；从状态b到状态c是等温变化，V>V，根据玻意耳定律可知p<p，B错误；理
b c b c
想气体沿直线Ⅰ从状态a变化到状态b，气体体积变大，气体对外界做功，W<0，而温度升高，ΔU>0，由
热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，所以Q>0，气体吸热，C正确；气体在b、c两状态的温度相同，则U ＝
b
U，理想气体从状态a变化到状态b温度升高，则U<U，故U<U＝U，D错误。
c a b a b c
4．(多选)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)，将一个热敏电阻(电阻值随
温度升高而减小)置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。下列
说法正确的是( )
A．若发现欧姆表读数变大，则汽缸内气体内能一定减小
B．若推动活塞使汽缸内气体体积减小，则汽缸内气体内能减小
C．若推动活塞使汽缸内气体体积减小，则汽缸内气体压强减小
D．若推动活塞使汽缸内气体体积减小，则欧姆表读数将变小
【答案】AD
【解析】： 若发现欧姆表读数变大时，热敏电阻阻值变大，说明热敏电阻的温度降低，则气体内能减小，
故A正确；若推动活塞使汽缸内气体体积减小，外界对气体做功，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能，由
热力学第一定律知，气体的内能增大，故B错误；汽缸内气体体积减小，气体的内能增大，温度升高，根
据＝C可知汽缸内气体压强增大，故C错误；汽缸内气体体积减小时，气体的温度升高，则知热敏电阻阻
值变小，即欧姆表读数将变小，故D正确。
5．如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b→c→a的过程，其状态变化的p-V图像如图所示，各个状
态参量已在图中标出，已知c点的温度为T。求：
0
(1)一次循环过程中气体放出的热量；
(2)整个循环过程中的最高温度。
【答案】：(1)pV (2)1.125T
0 0 0【解析】：(1)a→b→c→a一个循环过程中，三角形abc的面积等于放出的热量
Q＝＝pV。
0 0
(2)由题图可知a→b温度降低，b→c温度升高，a→b→c的过程中b点温度最低；
c→a的过程中，温度先升高后降低，故温度最高点对应的状态在直线ca上，由图像知
p＝－V＋3p
0
又＝
将p代入求极值得T ＝1.125T。
max 0
6．肺活量是常用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压p ＝1 atm下人一次尽力吸气
0
后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活
量。首先他测量了自己的体温为37 ℃，环境温度为27 ℃，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力
向气球内吹气，吹气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径d＝20 cm，气球稳定的
过程中，气球向外界散失了2.8 J的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强Δp＝，其中σ为薄膜的等效
表面张力系数，R为气球充气后的半径。如图为该气球的等效表面张力系数σ随气球半径R的变化曲线。
吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强p ＝1.0×105 Pa，1 cmHO＝100 Pa。
0 2
求：
(1)该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式U＝0.5T来计算，气球稳定的过程中外界对气球
做了多少功？
(2)该同学的肺活量为多少毫升(保留到整数位)?
【答案】：(1)－2.2 J (2)4 500 mL
【解析】：(1)由ΔU＝0.5ΔT＝－5 J
ΔU＝W＋Q
得W＝－2.2 J。
(2)由图像可知气球半径R＝10 cm时，气球橡胶薄膜的等效表面张力系数
σ＝200 cm·cmH O＝2×104 cm·Pa
2
吹气后稳定时气球内气体的压强
p＝p＋
0
解得p＝1.04p
0
设该同学的肺活量为V，气球体积为V，由理想气体状态方程
1 2
＝
V＝π3
2
解得V≈4 500 mL。
1
7．(2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞封
闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度 300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积V＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积V ＝500 cm3。固定活塞，升高热源温
A B
度，气体达到状态C，此时压强p ＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；
C
从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J；大气压p＝1.01×105Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
0
(1)气体从状态 A 到状态 B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单
位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求气体在状态C的温度T ；
C
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【答案】：(1)不变 增大 (2)350 K (3)11 J
【解析】：(1)圆筒导热良好，则缓慢推动活塞使气体从状态A到状态B，气体温度不变，则气体分子平均
动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)状态A时的压强 p ＝p －＝1.0×105 Pa，温度T ＝300 K，体积V ＝600 cm3，状态C时的压强 p ＝
A 0 A A C
1.4×105 Pa，体积V ＝500 cm3，根据＝，解得T ＝350 K。
C C
(3)从B到C气体进行等容变化，则W ＝0，从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外界吸热25 J，而
BC
气体从A到C，从外界吸热14 J，可知从A到B气体放热11 J，从A到B气体内能不变，根据热力学第一
定律可知从A到B外界对气体做功W＝11 J。
8．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关闭，将上面
0
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 ＝1.0×105 Pa，温度为t ＝27
0 0
℃时，玻璃管中水银面高出水银槽内水银面h＝12 cm，水银密度(假设不随温度改变)为13.6×103kg/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？
(3)在(2)过程中吸收了200 J热量，则气体的内能增加了多少？
【答案】：(1)9.8 ℃ (2)4.4×104 Pa (3)200 J
【解析】：(1)设玻璃泡中气体初态压强为p，有
1p＝p＋ρ gh
0 1 水银
解得p＝8.368×104 Pa
1
温度T＝t＋273 K＝300 K
1 0
设末态压强为p，则
2
p＝p＋ρ g
0 2 水银
故p＝8.096×104 Pa
2
因玻璃管的容积忽略不计，故认为气体做等容变化，根据查理定律有
＝
代入数据解得T≈290.2 K
2
则环境温度降低了
Δt＝T－T≈9.8 ℃。
1 2
(2)打开阀门前有
p＝8.368×104 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′≈4.4×104 Pa。
2
(3)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
气体吸热Q＝200 J
根据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q
故ΔU＝0＋200 J＝200 J。
