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第82 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：外界对物体做的功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。
1.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？
1
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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。
2.如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气
升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使
汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。则Q1和Q2哪个大些？
答案 Q2大些
解析 把活塞和汽缸固定，使空气升温，属于等容升温过程，W＝0，空气内能的变化等于吸收的热量
Q1，即ΔU＝Q1。如果让活塞可以自由滑动，汽缸内空气做等压升温变化，气体体积增加，气体对外界做
功，W<0，由热力学第一定律知ΔU＝Q2＋W，由于空气升高相同的温度，两种情况中内能增量相同，则
Q2＝ΔU－W>Q1(W<0)。
4.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。
5.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V1
气体体积V2(较大)。
(4)不同气体A 和B
混合气体AB。
6.两类永动机的比较
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
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
不可能制成的原因
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
2
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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1 (多选)(2025·山东烟台市开学考)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。
例2 如图是小魔术“浮沉子”的模型，在密封的矿泉水瓶中，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，可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿
泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A.体积不变，内能不变
B.体积不变，压强不变
C.对外界做正功，并放出热量
D.体积增大，对外界做正功
答案 D
解析 上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据pV＝C 可知气体体积变大，气体对外界做功，
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，其中ΔU＝0，W<0，可知Q>0，可知瓶内气体从外界吸热。故选D。
例3 (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
3
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C.等压过程中，气体体积增加了原体积的1
4
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p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，等容过程为状态二V2
＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程为状态三p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K，由理想气体状态方程可得，
p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
＝p3V 3
T 3
，解得p2＝4
3 p0，V3＝4
3 V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的1
3，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400 J，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＝p0(4
3 V0－V0)＝200 J，解得V0＝6 L，A 正确，B 错误。
考点二 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pV
T ＝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 (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 根据理想气体状态方程pV
T ＝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
4
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据理想气体状态方程pV
T ＝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4 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 4p0V0 吸收 4p0V0
解析 p－V 图像与V 轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac＝(3 p0＋p0)·2V 0
2
＝4p0V0；
由图像知Ta＝Tc，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 知，Q>0，即气
体要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4p0V0。
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 2p0V0
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'＝1
2×2p0×2V0＝2p0V0，又因ΔU＝0，
故气体吸收的热量Q＝2p0V0。
考点三 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
5
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例5 如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热汽缸
内，气体温度为300 K，气柱的高度为h，在汽缸内壁有固定的小卡环，卡环到汽缸底的高度差为5
9h。
现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为5
6h 时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降
温，温度降低到180 K，此时活塞已经与卡环接触，降温过程气体放出热量为Q。已知大气压强为p0，
全过程气体未液化。汽缸的横截面积为S。重力加速度为g，求：
(1)堆放细沙的质量；
(2)温度降为180 K 时气体的压强；
(3)降温过程气体内能的变化量。
答案 (1) p0 S
5 g (2)1.08p0 (3)1
3p0hS－Q
解析 (1)乙状态的平衡方程p0S＋mg＝p1S
从甲状态到乙状态经历等温过程p0hS＝p1·5h
6 S
解得m＝p0 S
5 g
(2)从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得p0hS
T 0
＝
p2· 5
9 hS
T 2
，得p2＝1.08p0
(3)从乙状态到刚接触卡环，经历等压过程，外界对气体做功
W＝p1(5
6h－5
9h)S＝1
3p0hS
即整个降温过程外界对气体做功为W，由热力学第一定律ΔU＝W－Q
解得ΔU＝1
3p0hS－Q。
课时精练
(分值：60 分)
1~4 题每小题4 分，5 题12 分，共28 分
6
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1.(2024·北京卷·3)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数
不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A.内能变大
B.压强变大
C.体积不变
D.从水中吸热
答案 D
解析 上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A 错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ 水gh，故上浮过
程气泡内气体的压强减小，故B 错误；由玻意耳定律pV＝C 知，气体的体积变大，故C 错误；上浮过程气
体体积变大，气体对外做功，理想气体温度不变，则内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 知，气体从
水中吸热，故D 正确。
2.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。
3.(2025·山东济南市校考)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定
压强后，关闭充气口。现将阀门M 打开，水立即从枪口喷出。若在水快速喷出的过程中，罐内气体来不及
与外界进行热交换，则喷水时( )
A.气体压强变大
B.外界对气体做正功
C.气体内能不变
D.气体内能减小
答案 D
7
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解析 阀门M 打开，水立即从枪口喷出，气体膨胀，则气体对外界做正功，即有W<0，故B 错误；水被
快速喷出，罐内气体来不及与外界进行热交换，即有Q＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，结合上
述可知ΔU<0，即气体内能减少，故C 错误，D 正确；结合上述，气体内能减少，则气体温度降低，根据
理想气体状态方程有pV
T ＝C，由于V 增大，T 减小，可知压强减小，故A 错误。
4.(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pV
T ＝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。
5.(12 分)(2025·山东聊城市百师联盟期末)如图所示，一导热性能良好的球形容器内部不规则，某兴趣小组
为了测量它的容积，在容器上竖直插入一根两端开口的长玻璃管，接口密封，玻璃管内部横截面积S＝0.2
cm2，一长为h＝15 cm 的静止水银柱封闭了一定质量的气体，其下方玻璃管内空气柱的长度l1＝10 cm，此
时外界温度t1＝27 ℃。现把容器浸在77 ℃的热水中，水银柱缓慢上升30 cm 后稳定。实验过程中认为大气
压没有变化，大气压p0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高汞柱压强)。
(1)(5 分)容器的容积为多少？
(2)(7 分)若实验过程中管内气体的内能增加了1.5 J。判断气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量，并
计算热量的大小。
答案 (1)34 cm3 (2)吸收热量 2.22 J
解析 (1)设容器的容积为V，封闭气体等压膨胀，升温前温度为T1＝(27＋273) K＝300 K
8
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升温后温度为T2＝(77＋273) K＝350 K
由盖—吕萨克定律
V ＋l1S
T 1
＝V ＋l2S
T 2
其中l2＝l1＋30 cm＝40 cm
联立解得V＝34 cm3
(2)气体压强为p＝p0＋ρgh＝1.2×105 Pa
因为气体膨胀，外界对气体做的功为
W＝－p(l2－l1)S＝－0.72 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得Q＝2.22 J，气体从外界吸收热量。
6~8 题每小题6 分，9 题14 分，共32 分
6.(多选)(2024·新课标卷·21)如图，一定量理想气体的循环由下面4 个过程组成：1→2 为绝热过程(过程中气
体不与外界交换热量)，2→3 为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1 为等容过程。上述四个过程是四冲程柴
油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A.1→2 过程中，气体内能增加
B.2→3 过程中，气体向外放热
C.3→4 过程中，气体内能不变
D.4→1 过程中，气体向外放热
答案 AD
解析 1→2 为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可
知气体内能增加，故A 正确；2→3 为等压过程，由V
T ＝C 知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体
积增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 知气体吸收热量，故B 错误；3→4 为绝
热过程，此过程气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C 错误；
4→1 为等容过程，根据p
T ＝C 知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W＝0，由热力学第一定
律ΔU＝W＋Q，可知气体向外放热，故D 正确。
7.(九省联考·安徽·6)一定质量的理想气体从状态a 开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程
到状态c，再经等容过程到状态b。p－V 图像如图所示。则( )
9
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A.c→b 过程气体从外界吸热
B.a→c→b 过程比a→b 过程气体对外界所做的功多
C.气体在状态a 时比在状态b 时的分子平均动能小
D.气体在状态a 时比在状态c 时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
答案 B
解析 c→b 过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。该过程气体
对外不做功，故气体向外界放热，A 错误；
p－V 图像与横轴围成的面积表示气体做功的多少，由题图可知，a→c→b 过程比a→b 过程气体对外界所做
的功多，B 正确；
a→b 过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度
是分子平均动能的标志，故气体在状态a 时比在状态b 时的分子平均动能大，C 错误；
a→c 过程，气体的压强相等，体积变大温度升高，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变
大。由气体压强的微观解释可知，在状态a 时比在状态c 时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D
错误。
8.(多选)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S 的轻
活塞A 和面积为S 的轻活塞B，活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示，活塞A 与汽缸右端相距
L1，处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A，最终如图乙所示，活塞B 和液体上升L2。已知大气压强
为p0，液体密度为ρ、高度为h，弯管中的气体体积可忽略，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.初始时封闭气体压强大于p0
B.图中液体浸润竖直管道
C.最终活塞B 上升的高度为L2＝2 p0 L1
p0＋ρgh
D.该过程中外界对封闭气体做功为W，则W＝(2p0＋ρgh)(L1－1
2L2)S
答案 BC
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解析 初始时，活塞A 静止，封闭气体的压强为p1＝p0，故A 错误；液面呈凹状，图中液体浸润竖直管道，
故B 正确；最终封闭气体的压强大小为p2＝p0＋ρgh，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳
定律可得p1L1×2S＝p2L2S，解得L2＝
2 p0 L1
p0＋ρgh，故C 正确；该过程中，气体发生等温变化，p－V 图像如
图所示，外界对气体做正功，且功的大小等于图中阴影部分面积，则W<(2p0＋ρgh)(L1－1
2L2)S，故D 错误。
9.(14 分)(2024·湖北卷·13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分
理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容
器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升1
5h 再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU 与温度变化
量ΔT 的关系式为ΔU＝CΔT，C 为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学
温度。求：
(1)(7 分)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)(7 分)此过程中容器内气体吸收的热量。
答案 (1)6
5T0 (2)1
5h(p0S＋mg)＋1
5CT0
解析 (1)气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得
V 0
T 0
＝V 1
T 1
，即hS
T 0
＝
(h＋1
5 h)S
T 1
解得T1＝6
5T0
(2)此过程中气体内能增加量ΔU＝CΔT＝1
5CT0
气体对外做功，W＝－pSΔh＝－1
5h(p0S＋mg)
此过程中容器内气体吸收的热量
Q＝ΔU－W＝1
5h(p0S＋mg)＋1
5CT0
11
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12
