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第33 讲 热力学定律与能量守恒
目录
考点一 热力学第一定律的理解及应用.......................................................................................1
考点二 热力学第二定律的理解...................................................................................................6
考点三 热力学定律与气体实验定律综合问题.........................................................................10
练出高分.........................................................................................................................................13
考点一 热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量
和做功与热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W 符号的规定
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
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝Δ U ，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，即W＝0，则Q＝Δ U ，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(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．
[例题1] 一定质量的理想气体经历a→b、b→c、c→d 三个变化过程，其体积V 随
热力学温度T 变化的关系图像如图所示，图中从a 到b 过程的图像反向延长线过原点，
从b 到c 过程图线与纵轴平行，a、c、d 在与横轴平行的直线上，则下列说法中正确的
是（ ）
A．从a→b 过程，气体内能的增量小于气体放出热量
B．从a→b 过程，气体分子运动的平均速率增大
1
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C．从b→c 过程，单位时间内容器壁单位面积上受到分子的平均作用力减小
D．从a→d 过程，气体对外做功为零
【解答】解：根据一定质量的理想气体状态方程可得：pV
T =C，解得：V= C
p ⋅T，所
以图像上某一点与坐标原点的连线的斜率越大、压强p 越小。
A、从a→b 过程，气体做等压变化，体积增大、温度升高、内能增大，气体对外做功，
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知，气体吸收热量，且气体内能的增量小于气体吸收
的热量，故A 错误；
B、从a→b 过程，气体温度升高、平均动能增大、则气体分子运动的平均速率增大，故
B 正确；
C、从b→c 过程，气体做等温变化，体积减小、压强增大，单位时间内容器壁单位面积
上受到分子的平均作用力增大，故C 错误；
D、从a→b 过程中的压强小于b 到c 过程的平均压强，则a 到b 过程中气体对外做的功
小于b 到c 过程中外界对气体做的功，c 到d 过程中气体不做功，所以从a→d 过程，外
界对气体做正功，故D 错误。
故选：B。
[例题2] （2023•石家庄一模）如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙
所示的模型。挤压气囊时，可把气囊中的气体全部挤入下方的水桶中，下方气体压强
增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，桶内液面距细管口高度差为h，细管
内外液面相平，压水3 次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压气囊过程中，气体的温
度始终不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为ρ，重力加速度
为g，关于此次取水过程下列说法正确的是（ ）
A．桶内气体的内能不变
B．桶内气体需从外界吸热
C．压水3 次后桶内气体压强为ρgh
D．每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同
【解答】解：A．在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，但桶内气体的质量增加了，
气体的分子数增加了，因此在温度不变的情况下，桶内气体的内能增加了，故A 错误；
B．以气囊内待压入气体和桶内原有气体为整体作为研究对象，在挤压气囊过程中，气
囊内的气体进入桶中，外界对气囊内气体和桶内原有气体做功，被压入的气体和桶内原
2
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有气体都被压缩，而气体的温度不变，
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，则ΔU＝0，气体的内能不变，W＞0，则Q＜0，故气
体要向外放热，故B 错误；
C．压水3 次后桶内气体压强应为大气压强与ρgh 之和，故C 错误；
D．由题意知，气囊内气体压强为大气压强p0，设每次待压入桶内的气体体积为V0，出
水前桶内气体体积为V1且不变，由题意知，取水前桶内气体压强为大气压强p0，以每
次气囊内待压入气体和桶内气体为整体作为研究对象，根据道尔顿分压原理（或进行等
温变换，但较麻烦）可知
p0V0+p0V1＝p1V1，（p1为挤压气囊1 次后，桶内气体压强）
则Δp1＝p1﹣p0
整理得Δp1= p0V 0
V 1
同理可得
p0V0+p1V1＝p2V1，（p2为挤压气囊2 次后，桶内气体压强）
则Δp2＝p2﹣p1
整理得Δp2= p0V 0
V 1
同理可得
Δp3= p0V 0
V 1
即每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同，故D 正确。
故选：D。
[例题3] （多选）（2023•福建模拟）中国制造的列车空气弹簧实现了欧洲高端铁
路市场全覆盖，空气弹簧安装在列车车厢底部，可以起到有效减震、提升列车运行平
稳性的作用。空气弹簧主要由活塞、气缸及密封在气缸内的一定质量气体构成。列车
上下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动。上下乘客时气缸内气体的体积变化较慢，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。若外界温度恒定，气缸内气体视为理想气体，则（ ）
A．乘客上车造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体对外界放热
B．乘客上车造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体对外界做正功
C．剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体的内能增加
D．剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，空气弹簧内气体分子的平均动能减小
3
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【解答】解：AB．乘客上车造成气体压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能不变，
则空气弹簧内气体对外界放热，故A 正确，B 错误；
CD．剧烈颠簸造成气体压缩的过程中，因为时间很短，所以气体与外界来不及热交换，
外界对气体做功，则空气弹簧内气体的内能增加，气体分子的平均动能增大，故C 正确，
D 错误。
故选：AC。
[例题4] 一个密闭容器内封闭有m＝20g 可视为理想气体的氧气，氧气从状态A
变化到状态B 再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V 图像如图中带箭头的实线所
示，已知氧气的摩尔质量为M＝32g/mol，阿伏加德罗常数为N A =6.02×10
23mol
−1，
一个标准大气压为1.0×105Pa。求：
（1）密闭容器中所封闭氧气分子的个数n 及每个氧气分子的质量m′（结果保留2 位
有效数字）；
（2）由状态A 到C 的整个过程中，被封闭氧气与外界间传递的热量Q。
【解答】解：（1）封闭氧气分子的个数n= m
M NA= 20
32 ×6.02×1023（个）＝3.8×1023
（个）
每个氧气分子的质量为m′= M
N A
=
32
6.02×10
23g＝5.3×10﹣26kg
（2）设状态A 对应氧气的热力学温度为TA，压强为pA＝1atm，体积为VA＝4L，状态C
对应氧气的热力学温度为TC，压强为pC＝4atm，体积为VC＝1L，由理想气体状态方程
得：
pAV A
T A
= pAV A
T A
代入数据解得：TA＝TC
即初末位置氧气的温度相同，则整个过程中被封氧气的内能变化量ΔU＝0
由图像得，整个过程中外界对气体做功为W= (1+ 4)×10
5
2
×2×10﹣3J+4×105×1×10﹣3J＝
900J
由热力学第一定律得：ΔU＝Q+W
代入数据解得：Q＝﹣900J
即被封闭氧气将向外界释放900J 的热量。
答：（1）密闭容器中所封闭氧气分子的个数n 为3.8×1023（个），每个氧气分子的质量
4
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m′为5.3×10﹣26kg；
（2）由状态A 到C 的整个过程中，被封闭氧气将向外界传递900J 的热量。
[例题5] （2023•宁波一模）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插
入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果
不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是358cm3，吸管内部
粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K 时，油柱离
管口10cm。已知大气压强为105Pa。（结果保留到小数点后一位）
（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K 缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J 的
热量，则此过程中气体内能增加了多少？
【解答】解：（1）根据题意可知，封闭气体做等压变化，根据V 0
T 0
= V
T = V 0+ Sℎ
T
化简得：T = (V 0+ Sℎ)T 0
V 0
温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻度是均匀的。
（2）封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖—
吕萨克定律知
V 1
T 1
= V 2
T 2
可得T 2= V 2
V 1
T 1= 358+0.2×20
358+0.1×20 ×300 K =301.7 K
（3）气体对外做功W＝pΔV＝105×0.1×0.2×10﹣4J＝0.2J
由热力学第一定律知ΔU＝Q﹣W＝0.7J﹣0.2J＝0.5J
答：（1）气温计的刻度是均匀的；
（2）气温计的最大测量值是301.7K；
（3）过程中气体内能增加了0.5J。
考点二 热力学第二定律的理解
1．热力学第二定律的理解
(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．
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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．
特别提醒 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量
可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为
机械能，如气体的等温膨胀过程．
3．热力学过程方向性实例：
①高温物体低温物体
②功热
③气体体积V1气体体积V2(较大)
④不同气体A 和B混合气体AB
4．两类永动机的比较
第一类永动机
第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断
地对外做功的机器
从单一热源吸收热量，使之完全变成
功，而不产生其他影响的机器
违背能量守恒定律，不可能制成
不违背能量守恒定律，但违背热力学
第二定律，不可能制成
[例题6] （2023•天津模拟）如图，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。下列说法错误的是（ ）
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
【解答】解：AC、抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，右方是真空，气
体没有对外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q+W 可知，气体的内能不变，故A 正确，
C 错误；
BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据ΔU＝Q+W 可知，气体内能增大，
故BD 正确。
本题选择错误的，
6
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故选：C。
[例题7] （2022•辽宁模拟）下列说法正确的是（ ）
A．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的
B．一种物质密度为ρ，每个分子的体积为V0，则单位质量的这种物质具有的分子数为
1
ρV 0
C．一定质量的气体，在压强不变时，单位时间内分子与容器内壁的碰撞次数随温度降
低而减少
D．相互接触的两个物体发生热传递．达到热平衡时两物体的内能一定相同
【解答】解：A、根据热力学第二定律，可以使热量从低温物体传向高温物体，但必须
引起其它的一些变化，故A 正确；
B、如果该物质是气体，因为分子之间有间隙，所以ρV0不是每个分子的质量，即单位
质量的这种物质具有的分子数不是1
ρV 0
，故B 错误；
C、由气体压强的微观解释，温度降低，分子平均动能减小，单个分子撞击容器壁产生
的撞击力减小，要保证气体压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必增
加，故C 错误；
D、物体的内能与物质的量、温度、体积、物态等有关，所以相互接触的两个物体发生
热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同，故D 错误。
故选：A。
[例题8] （多选）真空保温杯是由不锈钢加上真空层做成的盛水的容器，顶部有
盖，密封严实，真空绝热层能使装在内部的水等液体延缓散热，以达到保温的目的，
保温杯的真空度（真空状态下气体的稀薄程度）决定了保温杯的保温效果，保温杯外
壳一旦出现裂缝，保温层的气体增多，其保温效果会受到很大的影响。已知杯中气体
可视为理想气体，环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa。关于保温杯，下列说法
正确的是（ ）
A．一个保温杯盛有大半杯100℃的水，第二天杯盖很难打开，是因为杯内气压降低，
低于大气压
B．保温杯可以延缓散热，但杯中水的温度仍然会变化，说明自然界中进行的涉及热现
象的宏观过程都具有方向性，朝着熵减小的方向发展
C．某保温杯保温层夹有少量气体，温度为27℃时压强为1.0×103Pa，保温杯外层出现裂
缝，静止足够长时间，夹层中增加空气质量与原有空气质量的比值为99
1
D．一个保温杯盛有半杯100℃的水，经过一段时间，杯内气体分子对杯壁单位面积的
撞击次数将减少
E．一保温杯中盛有半瓶常温下的水，经过一段时间，瓶内气体达到了饱和气压，则瓶
内的水将停止蒸发
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【解答】解：A、杯中气体体积不变，根据查理定律得：p
T =C，第二天温度降低，则杯
中气体压强降低，故A 正确；
B、根据热力学第二定律，可知自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，朝着熵
增大的方向进行，故B 错误；
C、设保温杯夹层的体积为V0，保温杯夹层中的原有气体压强变为大气压时，体积变为
V，由玻意耳定律得：pV0＝p0V，又因为Δm
m0
= V 0−V
V
，可得Δm
m0
= 99
1 ，故C 正确；
D、杯中100℃的水，经过一段时间，气体体积不变，根据查理定律得：p
T =C，温度降
低，压强降低，则杯内气体分子对杯壁单位面积的撞击次数将减少，故D 正确；
E、达到饱和气压后，水蒸发和液化达到动态平衡，蒸发的水分子数目等于液化回到液
体中的水分子数目，并不是停止蒸发，故E 错误。
故选：ACD。
[例题9] （多选）（2022•张家口三模）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
【解答】解：A.根据热力学第一定律，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），故A 正确；
B.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，符合热力学第二定律，故B 正
确；
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C.制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足远离液化的状态，不能看成理想气体，
故C 错误；
D.在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能降低，分子间距从气体过渡到液体，分子
势能降低，故D 正确。
故选：ABD。
[例题10] （多选）下列说法正确的是（ ）
A．温度高的物体内能不一定大
B．液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关，还与液体的体积有关
C．阿伏加德罗常数为NA，密度为ρ、体积为V、摩尔质量为M 的铁所含铁原子数为
ρV
M N A
D．第二类永动机不能制成，是因为它违反了能量守恒定律
E．若一定质量的理想气体，压强不变，体积减小，则它一定向外放出热量
【解答】解：A、物体的内能与物体物质的量、温度、体积、物态都有关，所以温度高
的物体内能不一定大，故A 正确；
B、饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，与液体的体
积无关，故B 错误；
C、阿伏加德罗常数为NA，密度为ρ、体积为V、摩尔质量为M 的铁所含铁原子数为n
= m
M N A = ρV
M N A，故C 正确；
D、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故D 错误；
E、若一定质量的理想气体，压强不变，体积减小，根据理想气体的状态方程：pV
T =C，
可知气体的温度必定降低；一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关，气体的温度降
低，则其内能必定减小；一定质量的理想气体，压强不变，体积减小，外界对气体做功，
根据热力学第一定律可知它一定向外放出热量，故E 正确。
故选：ACE。
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考点三 热力学定律与气体实验定律综合问题
[例题11] 如图，一个质量为m 的T 型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞
体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U 形细管（管内气体的体积忽略不计）。初
始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知
水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加
速度为g，求：
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变
化。
【解答】解：（i）初态时，对活塞受力分析，得气体压强为：P1= P0+ mg
S ⋯①
体积为：V1＝1.5h0S，温度为：T1＝T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强为：P2＝P0，
此时活塞下端一定与气缸底接触，体积为：V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有：P1V 1
T 1
= P2V 2
T 2
⋯②
得：T 2=
4 p0T 0 S
5 p0 S+5mg
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W＝P1△V＝（P0+ mg
S ）×0.3h0S…③
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由热力学第一定律得：△U＝0.3（P0+ mg
S ）h0S﹣Q
答：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为
4 P0T 0 S
5 P0 S+5mg 时两边水银面恰好相
平；
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，气体内能的变化
为0.3（P0+ mg
S ）h0S﹣Q。
[例题12] 如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M 的绝热活塞在气缸内封闭一定
质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底
部连接一U 形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T，活塞
距离气缸底部为h0．细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为
p0，气缸横截面积为S，重力加速度为g。
（i）求U 形细管内两侧水银柱的高度差；
（ii）通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降△h0，求此时的温度；此加热过程中，
若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。
【解答】解：（i）设封闭气体的压强为p，对活塞分析：p0S＝pS+Mg
用水银柱表示气体的压强：p＝p0﹣ρgΔh
解得：Δh= M
Sρ
（ii）加热过程中气体发生等压变化，有：
ℎ0 S
T
= (ℎ0+ Δℎ0)S
T '
解得：T′= ℎ0+ Δℎ0
ℎ0
T
气体对外做功为：W＝pSΔh0＝（p0S﹣Mg）Δh0
根据热力学第一定律，则气体内能的变化：ΔU＝Q﹣W
所以：ΔU＝Q﹣（p0S﹣Mg）Δh0
答：（i）U 形细管内两侧水银柱的高度差Δh 为M
Sρ ；
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（ii）通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h，此时的温度为ℎ0+ Δℎ0
ℎ0
T，此加
热过程中，气体内能的变化为Q﹣（P0S﹣Mg）Δh0。
[例题13] 如图甲所示，一圆柱形导热气缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质
量的理想气体，此时封闭气体的绝对温度为T．活塞与气缸底部相距L；现将气缸逆
时针缓慢转动直至气缸处于竖直位置，如图乙所示，此时活塞与气缸底部相距3
4 L；
现给气缸外部套上绝热泡沫材料（未画出）且通过电热丝缓慢加热封闭气体，当封闭
气体吸收热量Q 时，气体的绝对温度上升到16
15T．已知活塞的横截面积为S，外界环
境温度恒为T，大气压强为p0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸的摩擦。求：
（i）活塞的质量m
（ii）加热过程中气体内能的增加量。
【解答】解：（i）气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压，即 p1＝p0。
气缸处于竖直位置时，封闭气体的压强 p2＝p0+ mg
S
根据玻意耳定律有 p1LS＝p2•3
4 LS
联立解得 m= p0 S
3 g
（ii）设气体的绝对温度上升到16
15T 时活塞到气缸底部的距离为L′。
对于加热过程，由吕萨克定律得
16
15 T
T
= L' S
3
4 LS
解得 L′= 4
5 L
所以气体对外做功为 W＝p2•S（L′−3
4 L）
根据热力学第一定律得：△U＝Q﹣W
由上有 p2= 4
3 p0
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解得：△U＝Q−1
15 p0 LS
答：（i）活塞的质量m 是p0 S
3 g 。
（ii）加热过程中气体内能的增加量是Q−1
15 p0 LS。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．热量不可以从低温物体传到高温物体
B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C．吸收了热量的物体，其内能一定增加
D．压缩气体总能使气体的温度升高
【解答】解：A.根据热力学第二定律可知，热量不可以从低温物体传到高温物体而不引
起其它变化，也就是说在引起其它变化的情况下热量是可以从低温物体传到高温物体的，
例如电冰箱，故A 错误；
B.根据热力学第二定律可知，物体不可以从单一热源吸收的热量全部用于做功而不产生
其他影响，也就是说在引起其它变化的情况下，物体可以从单一热源吸收的热量可全部
用于做功，故B 正确；
C.根据热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知，吸收了热量的物体，同时对外做功，物体的内
能不一定增加，故C 错误；
D.若在压缩气体的同时气体放出热量，内能变化情况不确定，温度不一定升高，故D 错
误。
故选：B。
2．煤气罐是部分家庭的必需品，安全使用煤气罐是人们比较关注的话题.煤气罐密封性良
好，将一定量的天然气封闭在罐中，假设罐内的气体为理想气体，当罐内气体温度升高
时（ ）
A．罐内气体的压强增大，内能减小
B．罐内气体从外界吸收热量，内能增加
C．罐内气体的压强减小，气体的分子平均动能增加
D．罐内气体对外界做功，气体的分子平均动能减小
【解答】解：煤气罐中气体体积不变，气体不对外做功，当温度升高时，根据p
T =C 可
知罐内气体压强增大，气体内能增大，气体的分子平均动能增大；由热力学第一定律
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ΔU＝W+Q 可知，气体一定吸热。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．如图所示，内壁光滑的绝热气缸竖直固定在水平面上，用质量为m 的绝热活塞把缸内
空间分成两部分。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体，活塞用销钉K 固定，
已知P 部分的气体体积小于Q 部分的气体体积，活塞能上、下自由移动。现拔掉销钉，
活塞移动一小段距离后再将其固定。下列说法正确的是（ ）
A．活塞上升
B．P 部分气体温度不变
C．两部分气体内能之和不变
D．两部分气体内能之和增大
【解答】解：A、活塞的质量为m，初始两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气
体，所以拔掉销钉后活塞下移；故A 错误；
BCD、根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，已知两部分气体都是绝热的，Q 为零，既不吸
热也不放热；P 对Q 做功，W＜0，因此P 内能减小，温度降低；Q 内能增加，温度升高，
因为活塞的重力势能减小，根据能量守恒定律可知，活塞重力势能的减少量之和等于
P、Q 部分气体内能的增加量，两部分气体的内能之和增大，故BC 错误，D 正确；
故选：D。
4．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，气体的内能变大
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
【解答】解：AB、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，则气体温度不变、内能不变，即ΔU＝0；在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，
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即W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得Q＜0，所以气体对外放出热量，故
AB 错误；
CD、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，即Q＝0，在
气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，
可得ΔU＞0，即气体的内能增加，温度升高，故C 正确，D 错误；
故选：C。
5．如图是斯特林循环的V﹣t 图象。一定质量的理想气体按图线从状态a 经b、c 和d 后再
回到a，图中ab、cd 和横轴平行，bc 和ad 与纵轴平行。下列说法不正确的是（ ）
A．从a 到b，气体从外界吸收热量
B．从b 到c 过程中气体对外界做的功，小于从d 到a 过程中外界对气体做的功
C．从c 到d，气体的压强减小，向外放热
D．从d 到a，单位体积内的气体分子数目增多
【解答】解：A、由图示图象可知，从a 到b 过程气体体积不变而温度升高，气体内能
增大，外界对气体不做功，ΔU＞0，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知：Q＝
ΔU﹣W＝ΔU＞0，气体从外界吸收热量，故A 正确；
B、由图示可知，从b 到c 与从d 到a 的过程，气体的体积变化量相等，从b 到c 气体压
强变化量大于从d 到a 过程气体压强变化量大，从b 到c 过程中气体对外界做的功大于
从d 到a 过程中外界对气体做的功，故B 错误；
C、由图示图象可知，从c 到d 过程气体体积V 不变而温度T 降低，外界对气体不做功，
气体内能减小，W＝0，ΔU＜0，由理想气体状态方程pV
T =C 可知，气体压强p 减小，
由热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知：Q＝ΔU﹣W＝ΔU＜0，气体向外放出热量，故C 正
确；
D、从d 到a 过程气体体积减小，气体分子数不变而体积减小，单位体积内的气体分子
数目增多，故D 正确；
本题选不正确的，
故选：B。
6．如图所示，A、B 两装置均由一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组
成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖
直插入水银槽中，插入过程没有空气进入管内，且插入水银槽的深度相同。经过一段较
长时间后，水银柱均上升至玻璃泡上方位置后达到稳定状态，如图所示，则关于两管中
水银内能的增量，下列说法正确的是（ ）
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A．A 中水银的内能增量大于B 中水银的内能增量
B．B 中水银的内能增量大于A 中水银的内能增量
C．A 和B 中水银体积增量相同，故内能增量相同
D．A 和B 中水银上升高度不能确定，故无法比较
【解答】解：两种情况下大气压对水银槽内的水银做相同的功，因为玻璃管内吸进的水
银一样多，所以水银槽内的液面下降相同的高度，外界大气压力对水银做功，使水银进
入试管内，大气压力对水银做的功一部分增加了管内水银的重力势能，另一部分增加了
水银的内能；由于A 管中的水银重心高，故A 管中水银的重力势能增量大，则A 管中
水银内能的增量小，即B 中水银的内能增量大于A 中水银的内能增量，故B 正确，
ACD 错误；
故选：B。
7．一定质量的理想气体，从初状态A 经状态B、C、D 再回到状态A，其体积V 与温度T
的关系如图所示。图中TA、VA和TD为已知量，则下列说法正确的是（ ）
A．从A 到B 的过程中，气体向外放热
B．从B 到C 的过程中，气体吸热
C．从D 到A 的过程中，单位时间撞击到单位面积器壁上的分子数增多
D．气体在状态D 时的体积V D= T DV A
T A
【解答】解：A、从A 到B 的过程中，一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则气
体内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W 可知，气体从外界吸热，故A 错误；
B、从B 到C 的过程中，气体的温度不变，体积减小，外界对气体做正功，根据热力学
第一定律ΔU＝Q+W 可知，气体向外放热，故B 错误；
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C、从D 到A 的过程中，压强不变，气体温度升高，体积增大，单位时间内撞击到单位
面积器壁上的分子数减小，故C 错误；
D、从D 到A 的过程中压强不变，根据一定质量的理想气体的状态方程可得：
V A
T A
= V D
T D
解得：V D= T DV A
T A
，故D 正确；
故选：D。
8．如图所示，容器A、B 各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，
大气压强恒定。A、B 的底部由带有阀门K 的管道相连，整个装置与外界绝热。起初，
A 中水面比B 中的高，打开阀门，使A 中的水逐渐流向B 中，最后达到平衡。在这个过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．大气压力对水做功，水的内能减小
B．水克服大气压力做功，水的内能减小
C．大气压力对水不做功，水的内能增加
D．大气压力对水不做功，水的内能不变
【解答】解：打开阀门K 后，据连通器原理，最后A、B 两管中的水面将相平。
设A 管截面积为S1，水面下降距离为h1，B 管截面积为S2，水面上升距离为h2，由于水
的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2
A 管中大气压力对水做的功：W1＝p0S1h1
B 管中大气压力对水做的功：W2＝﹣p0S2h2
大气压力对水做的总功：W＝W1+W1＝p0S1h1﹣p0S2h2＝0
即大气压力对水不做功；
打开阀门K 后，A 中的水逐渐向B 中流，即A 中水的重力做正功，B 中水的重力做负功，
但从最后的效果看，是A 管中高度为h1的水移至较低的B 管中高度为h2的地方，水的
重心下降，所以在这个过程中水的重力做正功；同时，整个装置是绝热的，根据热力学
第一定律ΔU＝Q+W，式中Q＝0，W 为正值，所以ΔU 为正值，即水的内能增加；
故C 正确，A、B、D 错误；
故选：C。
9．风能是可再生资源中发展最快的清洁能源，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机
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替代定桨距控制风力发电机，来提高风力发电的效率。具体风速对应的功率如图所示，
设如图中风力发电机每片叶片长度为30 米，所处地域全天风速均为7.5m/s，空气的密
度为1.29kg/m3，圆周率π 取3.14，下列选项不正确的是（ ）
A．变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为52%
B．用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制发电机后，每台风力发电机每天能多发电
7200kW•h
C．无论采用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转
化的空气动能均为7.69×105J
D．若煤的热值为3.2×107J/kg，那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完
全燃烧45 千克煤所产生的内能相当
【解答】解：AC、在一秒钟内空气所走的路程是：L＝7.5m；
此时该部分空气的体积为V＝SL＝πR2•L＝3.14×302×7.5m3＝21195m3，
故此时吹过叶片的空气的质量是：m＝ρV＝1.29kg/m3×21195m3＝27342kg；
每秒钟通过风力发电机叶片的空气的动能：Ek= 1
2 mv
2
代入数据可得：Ek＝7.69×105J
由图可知，当风速为7.5m/s 时，变桨发电机的发电功率为400kW＝4×105W，所以其发
电效率：η= P
Ek
×100%=
4×10
5
7.69×10
5 ×100%≈52%．故AC 正确；
B、由图可知在风速为7.5m/s 时，定桨发电机发电的功率为100kW，则变桨距控制风力
发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电：
W＝ΔP•t＝（400﹣100）kW×24h＝7200kW•h.故B 正确；
D、一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为：E＝Ek×3600＝7.69×105×3600J＝
2.77×109J
需要消耗煤的质量：m'= E
Q = 2.77×10
9
3.2×10
7 kg＝86.6kg。故D 错误；
本题选择不正确的
故选：D。
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10．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，热传递也不一定改变内能，但同时做
功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的
【解答】解：A.第二类永动机不违反热力学第一定律，违反热力学第二定律，故A 错误；
B、第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，故B 错误；
C、改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，根据ΔU＝W+Q
可知，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D、由热力学第二定律可知，如果引起其它变化，热量从低温物体传到高温物体是可能
的，例如电冰箱，故D 正确。
故选：D。
二．计算题（共2 小题）
11．如图所示为一电风扇自动控制装置，用轻质活塞和导热性能良好的气缸密封一定质量
的理想气体，活塞的横截面积S＝50cm2，上表面有一轻质金属触片。当环境温度t1＝
27℃时，活塞距气缸底部h1＝30cm，当环境温度升高到t2＝32℃时，活塞上升到恰使金
属触片与导线触点接通的位置，电风扇开始工作。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，T＝
（t+273）K，不计活塞与气缸间的摩擦，在环境温度由27℃升高到32℃的过程中，求：
（1）活塞上升的高度；
（2）气体对外做的功；
（3）若该过程中气体从外界吸收的热量为3.0J，求气体内能的增加量。
【解答】解：（1）气体做等压变化，初态：T1＝300K，V1＝h1S，
末态：V2＝（h1+Δh）S，T2＝305K，
根据
V 1
T 1
= V 2
T 2
，
解得Δh＝0.5cm。
（
2
）
压
强
不
变
，
气
体
对
外
做
的
功
为
：
W = p0⋅ΔV =1×10
5×50×10
−4×5×10
−3J =2.5 J，
（3）根据热力学第一定律ΔU＝Q﹣W，
可得ΔU＝0.5J。
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答：（1）活塞上升的高度为0.5cm；
（2）气体对外做的功为2.5J；
（3）若该过程中气体从外界吸收的热量为3.0J，气体内能的增加量为0.5J。
12．（1）（多选）关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是
ADE
。
A．对气体做功可以改变其内能
B．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
C．热量不可能从低温物体传到高温物体
D．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，一定吸收热量
E．一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大
（2）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，其横截面积为S＝
1×10﹣4m2，质量为m＝1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的
理想气体，气柱高度h＝0.2m。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。
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2
3，求砂子的质量m 砂；
②如果在①基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量
5J，求气体内能的增量ΔU。
【解答】解：（1）改变内能的方式有两种：做功和热传递，可知对气体做功可以改变
其内能，故A 正确；
B、质量和温度都相同的气体，分子数不一定相同，内能不一定相同，故B 错误；
C、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，在外界影响下，热量可以从低温物体
传到高温物体，如空调机，故B 错误；
D、一定量的理想气体在等温膨胀过程中，内能不变，气体对外做功，由热力学第一定
律可知一定吸收热量，故D 正确；
E、一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体分子的平均动能越大，
气体内能越大，故E 正确。
故选：ADE.
（2）①因为在活塞上缓慢放置砂子，导热汽缸中气体发生等温变化。
放置砂子前有：p1＝p0+ mg
S ，V1＝hS
放置砂子后有：p2＝p0+ (m+m砂)g
S
，V2= 2
3hS
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根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立以上各式代入数据解得：m 砂＝1kg
②由①可得，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＝﹣p2ΔV＝﹣p2（hS−2
3hS）=−1
3 p2
S
ℎ
代入数据解得W＝2﹣J
由热力学第一定律得：ΔU＝W+Q
解得气体内能的增量为ΔU＝3J。
故答案为：（1）ADE；（2）①砂子的质量m 砂为1kg；②气体内能的增量ΔU 为3J。
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