2025高考物理总复习热力学定律与能量守恒定律

第十五章热学第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。内容索引考点一

热力学第一定律能量守恒定律考点二

热力学第二定律考点三

热力学第一定律与图像的综合应用课时精练考点四

热力学第一定律与气体实验定律的综合应用><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)

；(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

与外界对它所做的功的和。(2)表达式：ΔU＝

。做功热量Q＋W符号

WQΔU＋

对

做功物体

热量内能_____－

对

做功物体

热量内能_____(3)表达式中的正、负号法则：外界物体吸收增加物体外界放出减少(4)解题时特殊字眼翻译：①绝热：

(___＝0)；②等容：

不变，不

(

＝0)；③膨胀：体积

，物体对外界做功(W

0)；④等温：分子平均动能

，理想气体内能不变(理想气体

＝0)；⑤等压，体积变化ΔV：做功W＝

。没有传热体积做功W变大＜不变ΔUpΔVQ3.能量守恒定律(1)内容能量既不会凭空

，也不会凭空消失，它只能从一种形式

为其他形式，或者从一个物体

到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量

。(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了

。产生转化转移保持不变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20J，气体的内能一定减少20J。(

)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√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，例2

(2023·山东卷·9改编)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是A.初始状态下，气体的体积为6LB.等压过程中，气体对外做功400JC.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300J√等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400J，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400J，D错误；等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200J，即做功的大小为W＝p0(－V0)＝200J，解得V0＝6L，A正确，B错误。返回热力学第二定律><考点二1.热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：

。(2)开尔文表述：________________________________________________

或表述为“

永动机是不可能制成的”。热量不能自发地从低温物体传到高温物体不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响第二类(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。3.两类永动机的比较

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√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。返回热力学第一定律与图像的综合应用><考点三1.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

(2024·江苏镇江市开学考)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态A→B→C→A的过程。下列判断正确的是A.气体在状态C时压强为3p0B.从状态A到状态B的过程中，气体分子的数密

度减小C.从状态C到状态A的过程中，气体可能放出热量D.从状态C到状态A的过程中，气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少√从状态A到状态B的过程中，气体体积减小，气体分子的数密度增大，故B错误；从状态C到状态A的过程中，温度升高，内能增大，即ΔU>0，体积增大，气体对外做功，即W<0，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收热量，故C错误；从状态C到状态A的过程中，体积增大，压强不变，气体单位时间内单位面积分子撞击次数减少，故D正确。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√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______。4p0V0吸收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_______。吸收2p0V0返回热力学第一定律与气体实验定律的综合应用><考点四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·江苏徐州市模拟)如图所示，内壁光滑、体积为V的圆柱形绝热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，初始时汽缸内密封有温度为T0、压强为p0、体积为0.5V的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度。现对气体缓慢加热，当缸内气体压强达到1.2p0时停止加热，气体内能增量为U。求：(1)缸内气体压强达到1.2p0时的温度T1；答案2.4T0

(2)气体吸收的热量Q。答案0.5p0V＋U根据热力学第一定律有U＝W＋Q解得Q＝0.5p0V＋U。例7

(2021·江苏卷·13)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、热力学温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中，(1)内能的增加量ΔU；答案Q－(p0S＋Ff)L

活塞缓慢移动时受力平衡，由平衡条件得p1S＝p0S＋Ff气体对外界做功，则W＝－p1SL根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU＝Q－(p0S＋Ff)L。(2)最终温度T。返回课时精练1.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.自发的传热是不可逆的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.气体向真空膨胀不具有方向性√123456789101112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，自发的传热是不可逆的，B正确；由热力学第二定律可知，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，C错误；气体可自发地向真空膨胀，具有方向性，D错误。1234567891011122.(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9032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√1234567891011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。123.(2023·江苏省南京外国语学校模拟)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，从高空客舱到机场地面A.瓶内气体的分子平均动能不变B.瓶内气体吸收热量C.瓶内气体的压强不变D.瓶内气体的密度不变√123456789101112机场地面温度与高空客舱内温度相同，则瓶内气体的分子平均动能不变，故A正确；瓶内气体的分子平均动能不变，内能不变，矿泉水瓶变瘪，外界对气体做功，W>0，根据ΔU＝W＋Q，Q<0，瓶内气体放出热量，故B错误；根据

＝C，瓶内气体的压强变大，故C错误；瓶内气体体积减小，密度增大，故D错误。1234567891011124.(2021·山东卷·2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。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。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量√123456789101112由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程

＝C，可知气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。1234567891011125.(2024·江苏省百师联盟开学考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”在某个工作过程中，一定质量的理想气体的p－T图像如图所示，ab与横轴平行。下列说法错误的是A.a→b过程中，气体分子在单位时间内对单位面积

器壁的碰撞次数减少B.a→b过程中，气体从外界吸收的热量大于气体对

外界做的功C.b→c过程中，气体温度降低，体积增大D.b→c过程中，每个气体分子的动能都减少√123456789101112由图像知a→b过程中压强不变，根据压强的微观意义可得，温度升高，分子的平均动能增大，为保持压强不变，分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数应减少，A正确；1234567891011由图像知a→b过程中气体压强不变，温度升高，由

＝C，可得气体体积增大，气体对外界做功，W<0，理想气体的内能只与温度有关，故内能因温度升高而增大，ΔU>0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q>0，即气体一定从外界吸收热量，且吸收的热量大于气体对外界做的功，B正确；12由图像知b→c过程中，气体压强减小，温度降低，图线上各点与原点连线的斜率逐渐减小，又由p＝可得图像中的状态点与原点连线的斜率与体积大小成反比，所以b→c过程中，气体体积逐渐增大，C正确；1234567891011温度是分子平均动能的标志，b→c过程中气体温度降低，表明分子的平均动能减少，但并不是每个分子的动能都减少，D错误。126.(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√123456789101112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；1234567891011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。127.(2024·江苏省六校联合体调研)如图所示，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＝1m。质量M＝2kg、横截面积S＝10cm2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1＝0.8×105Pa、温度为T1＝300K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p0＝1×105Pa保持不变，重力加速度g取10m/s2。(1)求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2；1234567891011答案450K121234567891011当活塞刚要离开卡槽时，根据平衡条件有p2S＝p0S＋Mg，解得p2＝1.2×105Pa气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝450K12(2)若活塞离开卡槽后继续上升了h＝0.2m，该过程中气体吸收了Q＝100J的热量，求该过程中气体内能的变化量ΔU。1234567891011答案76J活塞离开卡槽上升过程中发生等压变化，气体对外做功，则有W＝

－p2Sh由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W代入数据解得此过程中气体内能的变化量ΔU＝76J。128.(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则A.状态a的内能大于状态bB.状态a的温度高于状态cC.a→c过程中气体吸收热量D.a→c过程中外界对气体做正功√123456789101112由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc，根据查理定律有

可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，故B错误；因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。1234567891011129.如图甲所示为一个气压式电脑椅，其简易构造如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m。横截面积为S的柱状汽缸杆与底座固定连接，可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体。设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0，重力加速度为g。则下列说法正确的是A.人迅速坐下时，缸内气体的温度可能不变B.人坐在椅子上不动，打开空调，环境温度

降低时，椅面会下降C.人离开椅子后，足够长时间内，汽缸内的

气体放出热量D.若质量为M的人盘坐在椅面上，则缸内气体的压强为1234567891011√121234567891011人迅速坐下时，外界对气体做功，气体还没来得及与外界充分发生热交换，即Q＝0，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则ΔU>0，所以缸内气体的温度升高，故A错误；人坐在椅子上不动，由于人处于平衡状态，可知气体的压强不发生变化，由理想气体状态方程

＝C，可知，环境温度降低时，缸内气体体积减小，椅面会下降，故B正确；121234567891011人离开椅子后，经过足够长时间，气体的温度和外界温度相等，可知气体的内能不变，气体体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知汽缸内的气体吸收热量，故C错误；质量为M的人盘坐在椅面上，由平衡条件有(M＋m)g＋p0S＝pS，解得p＝p0＋

故D错误。1210.(2023·江苏南通市期末)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是热机的“卡诺循环”，则A.B→C过程气体压强减小仅是因为气体分子的数密度

减小B.B→C过程速率大的分子比例在增加C.B→C过程气体对外做功大于D→A过程外界对气体做功D.C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量1234567891011√12由于B→C过程为绝热过程(Q＝0)，由图像知气体体积增大，气体对外做功(W<0)，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，则温度降低，气体分子平均动能减小，根据气体1234567891011压强的微观解释可知，气体压强减小不仅是因为气体分子的数密度减小，还因为气体分子平均动能也减小了，故A错误；由选项A分析可知，B→C过程中气体的温度降低，气体分子平均动能减小，则速率大的分子比例在减少，故B错误；12由于A→B为等温过程，所以气体在A状态的内能等于B状态的内能，由于B→C和D→A为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，B→C过程气体对外做功等于D→A过程外界对气1234567891011体做功，故C错误；12由图像知气体在C→D过程等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放热；气体A→B过程等温膨胀，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热；由于p－V图像与坐标1234567891011轴围成的面积表示气体做的功，由图像可知，一个“卡诺循环”中，气体对外做的功大于外界对气体所做的功，即W<0，由于一个“卡诺循环”气体的内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律可知，则一个“卡诺循环”中气体吸收的热量Q>0，即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，故D正确。1211.(2023·浙江1月选考·17)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积