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第 6 课时 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，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。
考点一 热力学第一定律 能量守恒定律
1.改变物体内能的两种方式
(1)做功；(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：
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
(4)解题时特殊字眼翻译：
①绝热：没有传热(Q＝0)；
②等容：体积不变，不做功(W＝0)；
③膨胀：体积变大，物体对外界做功(W＜0)
④等温：分子平均动能不变，理想气体内能不变(理想气体 Δ U ＝0)
⑤等压，体积变化ΔV：做功W＝ p Δ V 。
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)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
思考 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？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。
1．做功和传热改变物体内能的实质是相同的。( × )
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。( √ )
例1 (2023·天津卷·2)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，
温度减小，则气体( )
A．对外做功 B．内能减小
C．吸收热量 D．压强不变
答案 B
解析 由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故 A错误；爬山过程中温度减
小，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体
不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、
质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。
例2 (多选)(2023·山东卷·9)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
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p＝p，V＝V，T＝300 K，等容过
1 0 1 0 1
程为状态二V ＝V ＝V ，T ＝400 K，等压过程为状态三p ＝p ，V ＝？，T ＝400 K，由理
2 1 0 2 3 0 3 3
想气体状态方程可得，＝＝，解得p ＝p ，V ＝V ，等压过程中，气体体积增加了原体积的，
2 0 3 0
C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初
末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为 400 J，D正确；等压过程内能增加了400J，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，即做功的大小为W＝
p(V－V)＝200 J，解得V＝6 L，A正确，B错误。
0 0 0 0
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，而不产生其他影响或表述
为“第二类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。
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V气体体积V(较大)。
1 2
(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
不需要任何动力或燃料，却 从单一热源吸收热量，使之完全变
设计要求
能不断地对外做功的机器 成功，而不产生其他影响的机器
不违背能量守恒定律，违背热力学
不可能制成的原因 违背能量守恒定律
第二定律
1．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。( √ )
2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化。( × )
3．热量不可能从低温物体传给高温物体。( × )
例3 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 热力学第一定律与图像的综合应用
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。
例4 (多选)(2022·全国乙卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，
其过程如T－V图上的两条线段所示，则气体在( )
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
答案 AB
解析 根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T－V图像的斜率为，故有p ＝p>p，故A正
a b c
确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋
W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界
吸收的热量大于其增加的内能，故D错误。
例5 (2022·湖北卷·3)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过程中气体吸热
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正功
答案 B
解析 根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体
积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体
吸热，A错误，B正确；
根据理想气体的状态方程＝C，可知p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的
坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则 a→c过程的温度先升高后降低，且
状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做
负功，D错误。
拓展 (1)从 例 5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________。
答案 4pV 吸收 4pV
0 0 0 0
解析 p－V图像与V轴所围的面积表示气体对外界做的功W ＝＝4pV；
ac 0 0
由图像知T＝T，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
a c
知，Q>0，即气体要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4pV。
0 0
(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______________。
答案 吸收 2pV
0 0解析 整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd的面积，即W′＝×2p×2V ＝2pV ，
0 0 0 0
又因ΔU＝0，故气体吸收的热量Q＝2pV。
0 0
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 (2023·安徽合肥市第二次质检)蔬菜大棚通常靠通风来调节温度，某研究小组设计了
一款温控报警装置，其原理如图所示。将导热汽缸竖直悬挂在大棚内，缸内通过活塞封闭了
一定质量的空气。当棚内温度为7 ℃时，活塞静止于距汽缸顶部70.0 cm的C处；当棚内温
度缓慢升高，活塞下移5 cm至D处，此时涂有导电物质的活塞下表面恰与a、b触点接触，
蜂鸣器报警。已知活塞质量m＝0.5 kg、横截面积S＝25 cm2、厚度不计，活塞与汽缸之间的
摩擦不计，大气压强p＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。求：
0
(1)蜂鸣器刚报警时棚内温度；
(2)活塞由C至D过程，若缸内空气的内能增加了37 J，缸内空气吸收的热量。
答案 (1)300 K或27 ℃ (2)49.25 J
解析 (1)根据盖—吕萨克定律得＝
可得T ＝300 K，即27 ℃
D
(2)汽缸内空气在等压膨胀过程中压强恒为p，活塞受力如图由平衡条件得pS＝mg＋pS
0
解得p＝9.8×104 Pa，该过程中外界对气体做功W＝－pΔV＝－12.25 J，根据热力学第一定
律ΔU＝W＋Q，
可得Q＝49.25 J。
例7 (2023·广东广州市检测)如图甲所示，导热汽缸开口向右水平放置，缸内活塞密闭效
果良好且能无摩擦滑动。开始时活塞在虚线位置静止(状态Ⅰ)，封闭气体体积为V＝1 L，通
过给缸体缓慢加热，气体膨胀至体积加倍(状态Ⅱ)，此时汽缸内壁的卡销自动开启，同时停
止加热，待汽缸慢慢冷却至环境温度(状态Ⅲ)。若封闭气体可视为理想气体，环境温度为27
℃，外界大气压强为p＝1.0×105 Pa。求：
0
(1)请在图乙坐标图上画出封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像，并通过计算说明
作图所需的关键状态参量；
(2)若给缸体缓慢加热的过程，气体吸收的热量为Q＝220 J，则在汽缸冷却的过程气体放出
的热量是多少？
答案 (1)见解析 (2)120 J
解析 (1)状态Ⅰ状态参量：体积V＝1 L，
温度T＝(273＋27)K＝300 K，
1
压强p＝p＝1.0×105 Pa
1 0
状态Ⅱ状态参量：体积V＝2 L；
2
由于等压膨胀p＝p＝1.0×105 Pa
2 1
由等压变化规律＝，解得T＝2T＝600 K
2 1
状态Ⅲ状态参量：T＝300 K，体积V＝V＝2 L
3 3 2
由等容变化可知＝，
可得p＝p＝0.5×105 Pa
3 2
封闭气体的压强p随热力学温度T的变化图像为(2)加热过程由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
1 1 1
外界对气体做功W＝－pΔV＝－1.0×105×1×10－3 J＝－100 J
1 1 1
又Q＝Q＝220 J，可得ΔU＝120 J，
1 1
汽缸冷却过程是等容变化，则W＝0
2
内能变化ΔU＝－ΔU＝－120 J，
2 1
由ΔU＝W＋Q，可得Q＝－120 J，则在汽缸冷却的过程气体放出的热量为120 J。
2 2 2 2
课时精练
1．(多选)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．自发的热传导是不可逆的
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，自发的热传导是不可逆的，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。
2．(2022·重庆卷·15(1))2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了
海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，
体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)( )
A．吸收热量 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
答案 C
解析 由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温度
降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据 ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选
C。
3.(多选)(2024·广州市六校开学考)在飞机起飞的过程中，由于高度快速变化，会引起机舱内气压变化，乘客小周同学观察发现，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起，如图所示。
若起飞前后桶内气体的温度保持不变，则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法中正确
的是( )
A．桶内气体压强p增大
B．桶内气体分子平均动能E 不变
k
C．桶内气体从外界吸收热量
D．桶内气体对外做功，内能减小
答案 BC
解析 依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸
起，桶内气体体积增大，根据pV＝C可知，压强p减小，故A错误；由于桶内气体温度不
变，则分子平均动能E 不变，故B正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，体积
k
增大，气体对外做功，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知，桶内气体从外界吸收热量，
故C正确，D错误。
4.一同学将针筒的针拔除后，将该端封闭一定质量的理想气体做成弹射玩具，该同学先缓慢
推动推杆将针筒内气体进行压缩，然后松开推杆，压缩气体膨胀将推杆弹射，若推杆缓慢压
缩气体过程中针筒内气体温度不变，推杆弹射过程中针筒内气体与外界无热交换，则下列说
法中正确的是( )
A．推杆压缩气体过程，针筒内气体吸热
B．推杆压缩气体过程，针筒内气体压强减小
C．推杆弹射过程，针筒内气体内能增加
D．推杆弹射过程，针筒内气体分子平均动能减小
答案 D
解析 推杆压缩气体过程，对气体做功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外
界放热，故A错误；推杆压缩气体过程，气体体积变小，根据玻意耳定律可知，针筒内气
体压强变大，故B错误；推杆弹射过程，针筒内气体对外做功且外界无热交换，内能减小，
故C错误；推杆弹射过程，内能减小，温度降低，针筒内气体分子平均动能减小，故 D正
确。5.(多选)(2022·全国甲卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T
图上从a到b的线段所示。在此过程中( )
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其内能的增加量
答案 BCD
解析 因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由＝C，可知从a到b气体的体积不变，
则从a到b气体不对外做功，选项A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，
选项B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸
热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C、D正确。
6．(2022·辽宁卷·6)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变
化图像如图所示，此过程中该系统( )
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
答案 A
解析 理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由
题图可知，V＝V ＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T增大，p增
0
大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从
状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气
体从外界吸收热量，C错误。
7.(2024·山东济南市开学考)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→A的变化过程。
已知气体在状态B时的温度为600 K。
(1)气体在状态A时的温度为____________；
(2)请说明在该理想气体经历的A→B→C→A的变化过程中，气体向外界__________(填“吸收”或“放出”)热量，该过程中传递的热量为________。
答案 (1)150 K (2)吸收 30 J
解析 (1)根据＝
代入数据得T＝150 K
A
(2)整个过程内能不变ΔU＝0
p－V图像与V轴围成的面积代表做的功，整个过程气体对外做功为
W＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J
1
根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q
其中W＝－W＝－30 J，ΔU＝0，可得Q＝30 J
1
可知气体从外界吸收热量，吸收的热量为30 J。
8.(多选)如图所示，某医用氧气生产工厂要将氧气瓶M中氧气分装到瓶N中，两瓶的容积相
同，阀门K打开前瓶N已抽成真空。现将阀门K打开，当两瓶内氧气的压强相等时再关闭
阀门。两瓶、阀门及连接管都看作绝热，瓶中的氧气看作理想气体且不计连接管的容积，对
此次分装过程以下说法正确的是( )
A．氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的
B．分装完毕后M中氧气的压强为分装前的
C．分装完毕后氧气分子热运动的平均速率减小
D．分装完毕后两瓶内氧气的总内能减小
答案 AB
解析 由热力学第二定律知，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；绝热
过程中Q＝0，从M到N过程中W＝0，故内能不发生变化，所以理想气体温度不变，分装
完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C、D错误；分装过程温度不变，由玻意耳定律知，
气体体积变为两倍，压强减小为原来的一半，B正确。
9．(2023·浙江6月选考·17改编)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
A
态B，此时体积V ＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态 C，此时压强p ＝
B C
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；从状态B到状态C，
气体内能增加ΔU＝25 J；大气压p＝1.01×105 Pa，重力加速度g取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)气体在状态C的温度T ＝____________ K；
C
(3)气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W＝__________ J。
答案 (1)不变 增大 (2)350 (3)11
解析 (1)圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分
子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，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，
A 0
温度T＝300 K，体积V＝600 cm3；
A A
状态C时的压强p ＝1.4×105 Pa，温度为T ，体积V ＝500 cm3；根据＝，解得T ＝350 K
C C C C
(3)从B到C气体进行等容变化，则W ＝0，
BC
因从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外界吸热25 J，
而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J，从A到B气体内能不变，
可知从A到B外界对气体做功11 J。
10.(2023·广东广州华南师大附中三模)气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚酯薄
膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，气球就可以携带
仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为 p。从早上至中午，由于
阳光照射，气球内气体的内能增加了ΔU，气球有微小膨胀，半径由R 膨胀到R，已知早上
1 2
气球内气体温度为T 。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体
1
的温度T 和早上至中午气球内气体吸收的热量Q。
2
答案 T ΔU＋πp(R3－R3)
1 2 1
解析 早上气球体积V＝πR3
1 1
中午气球体积V＝πR3
2 2
从早上至中午，气球内的气体做等压变化，
则有＝，得T＝T
2 1气球膨胀过程，气体压强为p，外界对气体做功W＝－p(V－V)，由热力学第一定律ΔU＝Q
2 1
＋W
解得Q＝ΔU＋πp(R3－R3)。
2 1
11．单级水火箭可以简化为如图(a)所示的下方开口的容器。容器中气体体积V＝3 L，压强
p＝1×105 Pa，下方水的深度h＝50 cm。单向气阀(不计质量)是一个只能朝一个方向通入气
0
体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。
单向气阀与容器口摩擦力的最大值F＝91.5 N。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次地
f
充入压强p ＝1×105 Pa、V ＝300 mL的气体。当容器内的气体压强达到一定值时单向气阀
0 1
和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度 g＝10 m/s2，
容器口的横截面积S＝3×10－4 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3。假设容器中的气体为理想气
体，充气和喷水时忽略温度的变化。
(1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p；
(2)求水火箭刚好喷水时的充气次数；
(3)水火箭喷水过程中，容器内气体的p－V图像如图(b)所示，试估算容器内气体从状态a到
状态b从外部吸收的热量。
答案 (1)4×105 Pa (2)30 (3)900 J
解析 (1)对单向气阀受力分析pS＋F＝mg＋pS，又m＝ρSh，联立可得p＝p＋－ρgh
0 f 0
代入数据得p＝4×105 Pa
(2)气体做等温变化，有pV＋Np V＝pV，解得充气次数N＝30
0 0 1
(3)由p－V图像可知，外界对气体做功W＝－225×4 J＝－900 J，喷水过程内能不变，由热
力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，所以气体吸收热量Q＝900 J。
