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第 3 讲 热力学定律与能量守恒定律
知识排查
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增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：
物理量
意义 W Q ΔU
符号
＋ 外界对物体做
物体吸收热量 内能增加
功
物体对外界做
－ 物体放出热量 内能减少
功
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另一种形式，
或者是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。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”。
2．用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．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。
4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
小题速练
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变
B．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
E．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
答案 ABE
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大
B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大
C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量
D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量
E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
解析 分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，A错误；当分子间的作用
力表现为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，分子势能增大，B正确，等
温膨胀，温度不变，气体内能不变，体积增大，对外做功。内能要减小，要保持内能
不变，所以需要从外界吸收热量，C正确，等压膨胀，压强不变，体积增大，根据公
式＝C可得温度升高，内能增大，需要吸收热量，故D错误，熵的物理意义反映了
宏观过程对应的微观状态的多少，标志着宏观状态的无序程度，即熵是物体内分子运动无序程度的量度，E正确。
答案 BCE
3．(多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(
)
A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内
能增大20 J
B．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体
传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
E．热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
解析 根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，故选项A正
确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定
增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，选项B错误；通过做功的方式可以让
热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项C错误；第二类永动机没有违
反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此
第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定
律，故选项D正确；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第
二定律，选项E正确。
答案 ADE
热力学第一定律与能量守恒定律
1．做功和热传递的区别
做功与热传递在改变内能的效果上是相同的，但是从运动形式、能量转化的角度
上看是不同的。做功是其他形式的运动和热运动的转化，是其他形式的能与内能
之间的转化；而热传递则是热运动的转移，是内能的转移。
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量
(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量。(3)若过程的始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)(2018·全国卷Ⅲ，33)如图1，一定质量的理想气体从状态a变化到
状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。在此过程中( )
图1
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知T >T，
b a
即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知
气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所
以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气
体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外
做功，选项E错误。
答案 BCD
【例2】 (多选)[2017·全国卷Ⅱ，33(1)]如图2，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，
隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体
会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来
的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是( )
图2
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
解析 因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散
的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功。根据热力学第一定律可知，气体
自发扩散前后，内能不变，选项A正确，选项C错误；气体被压缩的过程中，外界
对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，
所以气体温度升高，分子平均动能增大 ，选项B、D正确，选项E错误。
答案 ABD
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：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。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，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。
1．(多选)关于能量和能量守恒，下列表述正确的是( )
A．能量可以从一种形式转化为另一种形式
B．能量可以从一个物体转移到另一个物体
C．能量是守恒的，所以能源永不枯竭
D．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行
E．第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律
解析 根据能量守恒定律，能量可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一
个物体转移到另一个物体，A、B正确；能量与能源不同，能量是守恒的，但随着能
量的耗散，能量可以利用的品质会下降，故依然要节约能源，C错误；自然界的宏
观热现象的过程都有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，
D错误；第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，E正确。
答案 ABE2．(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，
其p－T图象如图3所示。下列判断正确的是( )
图3
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
解析 对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T
升高，则为吸热过程，选项A正确；b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，
对外做功，则可能为吸热过程，选项B错误；c→a过程为等压变化，温度T降低，
内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功
小于气体所放的热，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，T＜T ＝T，故选
a b c
项D正确；同种气体的压强由气体的分子数密度ρ和温度T决定，由题图可知T
b
＝T，p ＞p ，显然选项E正确。
c b c
答案 ADE
3．(多选)一定质量的理想气体分别在T 、T 温度下发生等温变化，相应的两条等
1 2
温线如图4所示，T 对应的图线上A、B两点表示气体的两个状态，则( )
2
图4
A．温度为T 时气体分子的平均动能比T 时大
1 2
B．A到B的过程中，气体内能增加
C．A到B的过程中，气体从外界吸收热量
D．A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少E．A到B的过程中，外界对气体做功
解析 由图可知．当体积相同时，有p >p ，根据＝得，T ＞T ，故A正确；对理想
1 2 1 2
气体，其内能仅由温度决定，A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不
变，内能不变，故B错误；A到B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不
变，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确，
E错误；A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变，而气体的
体积增大，分子密度减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减
少，故D正确。
答案 ACD热力学第二定律的理解
1．对热力学第二定律关键词的理解
在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义。
(1)“自发地”指明了热传递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”的涵意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
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如
3．两类永动机的比较
分类 第一类永动机 第二类永动机
从单一热源吸收热量，使之完全
不需要任何动力或燃料，却能不
设计要求 变成功，而不产生其他影响的机
断地对外做功的机器
器
不可能制 不违背能量守恒，违背热力学第
违背能量守恒
成的原因 二定律
【例3】 (多选)下列说法正确的是( )
A．两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能就相等
B．在自然界能量的总量是守恒的，所以不存在能源危机
C．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
E．1 kg的0 ℃的冰比1 kg的0 ℃的水的内能小些
解析 温度是分子热运动平均动能的标志，两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能相等，A正确；虽然在自然界能量的总量是守恒的，但能量
的转化和转移具有方向性，B错误；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不
可能制成，C正确；热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到
高温物体，而不引起其他的变化”，D错误；1 kg的0 ℃的冰变成1 kg的0 ℃的水
要吸收热量，E正确。
答案 ACE
1．(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是( )
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来
做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
E．热运动的宏观过程有一定的方向性
解析 符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A
错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可
以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，但内能无法全部用来做功而转
化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运
动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确。
答案 BCE
2．(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是 ( )
A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到
－293 ℃
D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科
技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来
E．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热量可以逆向传递
解析 机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过
程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；尽管科技不断进步，热
机的效率仍不能达到 100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能接近－
273.15 ℃，却不可能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动
机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制
造出来，D错误；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到
低温物体，但在不自发的条件下，能从低温物体传递到高温物体，E正确。
答案 ABE
热力学定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路
【例4】 如图5所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在
水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定
质量的理想气体，开始时，气体的温度为T ＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞
0
与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞与汽缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p
0
＝1.0×105 Pa。
图5
(1)求此时桌面对汽缸的作用力F ；
N
(2)现通过电热丝将气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值。
解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F ＋pS＝p S，
N 0
解得F ＝(p －p)S＝(1.0×105 Pa－0.5×105 Pa)×10×10－4 m2＝50 N。
N 0
(2)设温度升高至T时活塞距离汽缸底距离为H，则气体对外界做功W＝p ΔV＝
0
p S(H－h)，
0
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12 cm。
气体温度从T 升高到T的过程，由理想气体状态方程得＝，
0
解得T＝T ＝×300 K＝720 K。
0
答案 (1)50 N (2)720 K
有关热力学定律与气体实验定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，弄清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，
找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决。
(3)对理想气体，通常只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)要做功，如果是
等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
1．(多选)(2019·辽宁六校联考)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再
变化到状态C，其状态变化过程的p－V 图象如图6所示，已知气体处于状态A时
的温度为300 K，则下列判断正确的是( )
图6
A．气体处于状态B时的温度为900 K
B．气体处于状态C时的温度为300 K
C．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大D．从状态A变化到状态B过程气体放热
E．从状态B变化到状态C过程气体放热
解析 由题知T ＝300 K，A→B过程为等压变化，则根据＝，解得T ＝T ＝×300
A B A
K＝900 K，故A正确；B→C过程为等容变化，则有＝，得T ＝T ＝×900 K＝300
C B
K，故B正确；从状态A变化到状态C的过程，气体的温度先升高后降低，则气体
的内能先增大后减小，故C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，
气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，故D错误；B→C过
程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU
＝W＋Q知，气体放热，故E正确。
答案 ABE
2.如图7所示，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，
外界对气体做功15 J，橡皮塞的质量为20 g，橡皮塞被弹出的速度为10 m/s，若橡
皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体可视为理想气体。则瓶内气
体的内能变化量为________J，瓶内气体的温度________(选填“升高”“不变”
或“降低”)。
图7
解析 由题意可知，气体对外做的功
W ＝＝ J＝10 J，由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，可认为气体与
对外
外界没有热交换，即Q＝0，则气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝15 J－10 J＋0＝5
J，气体内能增加，温度升高。
答案 5 升高
3．如图8所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间
摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h ＝0.50 m，气体的温度t ＝27 ℃。
1 1
给汽缸缓慢加热至t ＝207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 处，此过
2 2
程中缸内气体增加的内能ΔU＝300 J，已知大气压强p ＝1.0×105 Pa，活塞横截
0面积S＝5.0×10－3 m2。求：
图8
(ⅰ)活塞距离汽缸底部的高度h ；
2
(ⅱ)此过程中缸内气体吸收的热量Q。
解析 (ⅰ)气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
＝，解得h ＝0.80 m。
2
(ⅱ)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为
W ＝p ·ΔV＝[1.0×105×(0.80－0.50)×5.0×10－3] J＝150 J。
0 0
根据热力学第一定律可得气体内能的变化为
ΔU＝－W ＋Q，得Q＝ΔU＋W ＝450 J。
0 0
答案 (ⅰ)0.80 m (ⅱ)450 J
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(多选)关于内能，下列说法中正确的是( )
A．物体内所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能
B．一个物体的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化
C．若外界对系统做的功为W，则系统的内能增加W
D．若系统从外界吸收的热量为Q，则系统的内能增加Q
E．做功和热传递在改变物体内能方面是等效的
解析 在分子动理论中，我们把物体内所有分子的动能与分子势能的总和定义为
物体的内能，A正确；内能与机械能是两个不同的物理概念，如物体的速度增加
了，机械能可能增加，但物体的内能可能不变，故B正确；只有当系统与外界绝热
时，外界对系统做的功才等于系统内能的增加量，同理，只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的增加量(或减少量)，故C、D错
误；做功和热传递在改变物体内能方面是等效的，我们可以用做功的方式使一个
物体的内能增大，温度升高，也可以用热传递的方式使它升高到相同的温度，E正
确。
答案 ABE
2．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是( )
A．电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而
不引起其他变化的机器
D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能
全部转化为机械能
E．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
解析 热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进
行，选项A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热
量，选项B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，
故选项C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，
热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故选项D正确；对能源的过
度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故选项E错误。
答案 ABD
3．(多选)关于系统的内能，下列说法正确的是( )
A．系统的内能是由系统的状态决定的
B．分子动理论中引入的系统内能和热力学中引入的系统内能是一致的
C．仅对系统做功可以改变系统的内能，但单纯地对系统传热不能改变系统的内
能
D．气体做绝热膨胀时对外界做了功，系统的内能要减少
E．一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，故与外界不发生热交换
解析 系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，由系统的状态决定，
选项A正确；因为内能是由系统的状态决定的，所以分子动理论中引入的内能和
热力学中引入的内能是一致的，选项B正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，选项C错误；气体做绝热膨胀时对外界做了功，与外界没有热交换，所以系统
的内能要减少，故选项D正确；一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可能是吸收热量的同时对外做了功，也可能
是放出热量的同时外界对其做了功，故选项E错误。
答案 ABD
4．(多选)[2017·全国卷Ⅲ，33(1)]如图1，一定质量的理想气体从状态a出发，经过
等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到
初态a。下列说法正确的是( )
图1
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
解析 在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增
加，故选项A正确，C错误；在过程ca中，气体的体积缩小，外界对气体做功，压
强不变，温度降低，内能变小，气体向外界放出热量，故选项B正确，E错误；在过
程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可
知，气体要从外界吸收热量，故选项D正确。
答案 ABD
5．(多选)下列各说法正确的是( )
A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大
C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D．用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界
放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 JE．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关
解析 气体扩散现象表明气体分子在做无规则运动，选项A错误；由于温度是分
子平均动能的标志，故对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项B
正确；分子的平均动能大，则说明物体的温度高，热量总是自发地从高温物体传
递到低温物体，选项C正确；用活塞压缩汽缸内的理想气体，根据热力学第一定
律，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体
内能增加了1.5×105 J，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而
增大，选项E错误。
答案 BCD
6．(多选)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )
A．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V ，则阿伏伽德罗常数N ＝
0 A
B．第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律
C．根据热力学第二定律可知，一个孤立系统的总熵一定不会减小
D．当两分子间的距离小于平衡位置的距离r 时，分子间的斥力大于分子间的引
0
力
E．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
解析 因为气体分子不是紧密靠在一起的，对于气体，不能通过N ＝求出阿伏伽
A
德罗常数，故A错误；第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了热力学第二
定律而不违背能量守恒定律，选项B错误；用熵的概念对热力学第二定律的表述，
选项C正确；当两分子间的距离小于r 时，分子间的斥力大于分子间的引力，D
0
正确；气体温度每升高1 K，气体内能增加一定，可通过不同的变化过程，所以气
体吸收的热量与气体经历的过程有关，E正确。
答案 CDE
7．(多选)一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图2所示，下列说法正确
的是( )
图2A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小
E．c→a过程中，气体从外界吸热，内能增大
解析 b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C得知，体
积应减小，故A错误；a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，
压强减小，根据玻意耳定律pV＝C得知，体积增大，故B正确；c→a过程中，由图
可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，故C正确，D错误；一定质
量的理想气体的内能与气体温度有关，并且温度升高气体的内能增大，则知c→a
过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有
对气体做功，所以气体一定吸收热量，故E正确。
答案 BCE
8．(多选)[2016·全国卷Ⅰ，33(1)]关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼
此之间也必定达到热平衡
解析 气体内能的改变ΔU＝Q＋W，故对气体做功可改变气体内能，选项B正确
气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度的变化，选项
A错误；理想气体等压膨胀，W<0，由理想气体状态方程＝C，p不变，V增大，气体
温度升高，内能增大，ΔU>0，由ΔU＝Q＋W，知Q>0，气体一定吸热，选项C错误
由热力学第二定律，选项D正确；根据热平衡原理，选项E正确。
答案 BDE
综合提能练
9．(多选) (2019·黑龙江哈三中模拟)我国航天员漫步太空已变成现实。已知飞船在
航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，飞船
专门用来完成此功能的舱叫“气闸舱”，其原理图如图3所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热
交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡。若将此气体近似看成
为理想气体，则下列说法正确的是( )
图3
A．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
B．气体体积变大，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将变少
C．气体并没有对外做功，气体内能不变
D．B中气体不可能自发地全部退回到A中
E．气体温度变小，体积增大，压强减小
解析 气体自由膨胀，没有对外做功，故内能不变，温度也不变，故A、E错误，C
正确；一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中
故D正确；根据＝C可知当T不变、V增大时，p减小，故气体分子单位时间对舱
壁单位面积碰撞的次数将变少，B正确。
答案 BCD
10．(2018·山西联考)如图4所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，质
量m＝5 kg，横截面积S＝50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在
汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时活
塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300 K。现通过内部电热丝
缓慢加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p ＝1.0×105 Pa，g
0
取10 m/s2。
图4
(1)求加热后汽缸内气体的温度；
(2)继续加热汽缸内的气体，使活塞缓慢上升H＝0.1 m(活塞未滑出汽缸)，若气体
的内能的变化量为18 J，则此过程中气体是吸热还是放热？传递的热量是多少？解析 (1)气体的状态参量为
T ＝300 K，p ＝p ＝1.0×105 Pa
1 1 0
对活塞，由平衡条件得p S＝p S＋mg
2 0
解得p ＝1.1×105 Pa
2
由查理定律得＝
解得T ＝330 K。
2
(2)继续加热时，气体等压变化，体积增大，则温度升高，内能增大。
气体膨胀，对外界做功，则外界对气体做的功
W＝－p SH＝－55 J
2
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
Q＝ΔU－W＝73 J，气体吸收热量。
答案 (1)330 K (2)吸热 73 J
11．如图5所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S＝0.10 m2，活塞的质量忽略
不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽
缸内封闭了一段高为80 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温
度为27 ℃，U形管内水银面高度差h ＝15 cm。已知大气压强p ＝1.0×105 Pa，水
1 0
银的密度ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
图5
(1)让汽缸缓慢降温，直至U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，
直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm，求整个过程中气体与外界交换的热量。
解析 (1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化
由查理定理可知，＝
p ＝p ＋ρgh ＝1.2×105 Pa，p ＝p ＝1.0×105 Pa，
1 0 1 2 0
T ＝300 K
1
解得T ＝250 K
2(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体压强
p ＝1.0×105 Pa
0
由盖—吕萨克定律知＝
解得T ＝300 K
3
因为T ＝T ＝300 K，所以初状态与末状态气体内能相等，而第一个变化过程是等
3 1
容变化，气体不对外做功，第二个变化过程中气体膨胀对外做功，故气体应从外
界吸收热量，吸收的热量等于第二个变化过程中气体膨胀对外做的功，即Q＝
p ΔV＝1 600 J。
0
答案 (1)250 K (2)1 600 J
