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2024高考物理大一轮复习讲义 第十五章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律
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这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第十五章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律，共15页。试卷主要包含了能量守恒定律，0×104 J，气体内能减少1，0×105 J，0×104 J等内容，欢迎下载使用。
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)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：
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)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．(例如：机械能守恒)
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．
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．( √ )
1．热力学第一定律的理解
(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析．
(2)做功情况看气体的体积：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．
(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0.
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，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．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)；
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)；
(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量．
例1 一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
答案 B
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确．
例2 (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
答案 ACD
解析 根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W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”．
2．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度增大的方向进行．
3．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．
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．( × )
1．热力学第二定律的含义
(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eq \(,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\d5(热量Q不能自发传给))低温物体．
(2)功eq \(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\d5(不能自发地完全转化为))热．
(3)气体体积V1eq \(,\s\up7(能自发膨胀到),\s\d5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)．
3．两类永动机的比较
例3 (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容器膨胀，具有方向性，D正确．
考点三 热力学第一定律与图像的综合应用
1．气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程eq \f(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 根据理想气体的状态方程eq \f(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；根据理想气体的状态方程eq \f(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，气体对外界做功，即外界对气体做负功，D错误．
例5 (多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
答案 AC
解析 在C→A过程中，压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
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 (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f，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；
(2)最终温度T.
答案 (1)Q－(p0S＋f)L (2)eq \f(2p0S＋f,p0S)T0
解析 (1)活塞缓慢移动时受力平衡，
由平衡条件得p1S＝p0S＋f
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＋f)L.
(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化，则有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，活塞向右移动L，气体发生等压变化，则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T)，且V2＝2V1.解得T＝eq \f(2p0S＋f,p0S)T0.
例7 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
答案 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
解析 (1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)，解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)，在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU＝a(T0－T1)，由热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
课时精练
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案 AD
解析 第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，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eq \f(pV,T)＝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.(2022·山东卷·5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
答案 C
解析 初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．
4．(多选)(2021·天津卷·6)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、汽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，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若汽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，气体的内能不变
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
答案 AC
5.(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
答案 B
解析 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eq \f(pV,T)＝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．
6．(多选)(2022·湖南卷·15(1)改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离．如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成．高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位．气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出．下列说法正确的是( )
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
答案 AB
解析 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端，B端为热端，故A正确．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误．
7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
答案 大于 ①
解析 对活塞受力分析有p＝eq \f(mg,S)，因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB，则根据ΔU＝W＋Q，因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB，即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
8.(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＝eq \f(p,C)·V，即T－V图像的斜率为eq \f(p,C)，故有pa＝pb>pc，故A正确，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．
9.(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eq \f(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．
10．(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b
B．状态a的温度高于状态c
C．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
答案 C
解析 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pb11．(2023·江苏通州区月考)真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入抽气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V0，抽气腔的容积为nV0，初始时刻气体压强为p0.
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p；
(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p随体积V变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU.
答案 (1)eq \f(p0,n＋1) (2)－0.8np0V0
解析 (1)抽气过程等温变化，第一次抽气有p0V0＝p(V0＋nV0)，解得p＝eq \f(p0,n＋1).
(2)该过程为绝热过程，可知Q＝0，又有W＝－eq \x\t(p)ΔV＝－eq \f(p0＋0.6p0,2)·(nV0)＝－0.8np0V0，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝W＝－0.8np0V0.
12.(2023·江苏省丹阳高级中学月考)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，横截面积S＝100 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h＝0.3 m，周围环境温度为t0＝27 ℃，当环境温度上升，活塞上移Δh＝0.01 m时，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，求：
(1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度；
(2)若上述过程气体吸收的热量为30 J，则此过程气体内能的增加量为多少．
答案 (1)37 ℃ (2)20 J
解析 (1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，得eq \f(hS,300 K)＝eq \f(h＋ΔhS,t2＋273 K)，代入数据解得t2＝37 ℃.
(2)气体等压膨胀对外做功，则W＝－p0·ΔV＝－p0(S·Δh)，代入数据得W＝－10 J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，代入数据得ΔU＝－10 J＋30 J＝20 J.
13．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示．已知活塞横截面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量．
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)，解得VQ＝6×10－4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比有eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)
解得UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律有UQ－UP＝Q＋W
可得气体吸收的总热量为Q＝60 J.物理量
＋
－
W
外界对物体做功
物体对外界做功
Q
物体吸收热量
物体放出热量
ΔU
内能增加
内能减少
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
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：
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)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．(例如：机械能守恒)
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．
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．( √ )
1．热力学第一定律的理解
(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析．
(2)做功情况看气体的体积：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．
(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0.
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，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．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)；
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)；
(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量．
例1 一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
答案 B
解析 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确．
例2 (多选)(2021·湖南卷·15(1)改编)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变．整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
B．整个过程，理想气体的内能增大
C．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)
D．左端活塞到达B位置时，外力F等于eq \f(mgS2,S1)
答案 ACD
解析 根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，A正确，B错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝W
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．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度增大的方向进行．
3．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．
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．( × )
1．热力学第二定律的含义
(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eq \(,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\d5(热量Q不能自发传给))低温物体．
(2)功eq \(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\d5(不能自发地完全转化为))热．
(3)气体体积V1eq \(,\s\up7(能自发膨胀到),\s\d5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)．
3．两类永动机的比较
例3 (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容器膨胀，具有方向性，D正确．
考点三 热力学第一定律与图像的综合应用
1．气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程eq \f(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 根据理想气体的状态方程eq \f(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；根据理想气体的状态方程eq \f(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，气体对外界做功，即外界对气体做负功，D错误．
例5 (多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是( )
A．C→A的过程中外界对气体做功300 J
B．B→C的过程中气体对外界做功600 J
C．整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D．整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
答案 AC
解析 在C→A过程中，压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据WCA＝p·ΔV，得WCA＝300 J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900 J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900 J；C→A的过程中外界对气体做功300 J，故W＝WCA＋WBC＝－600 J，Q＝ΔU－W＝600 J，则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量，C正确，D错误．
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 (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f，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；
(2)最终温度T.
答案 (1)Q－(p0S＋f)L (2)eq \f(2p0S＋f,p0S)T0
解析 (1)活塞缓慢移动时受力平衡，
由平衡条件得p1S＝p0S＋f
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＋f)L.
(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化，则有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，活塞向右移动L，气体发生等压变化，则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T)，且V2＝2V1.解得T＝eq \f(2p0S＋f,p0S)T0.
例7 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度．已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量．
答案 (1)0.5V (2)eq \f(1,2)p0V＋aT0
解析 (1)在气体压强由1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得eq \f(1.2p0,2.4T0)＝eq \f(p0,T1)，解得T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，气体体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V1,T0)，解得V1＝0.5V.
(2)活塞下降过程中，外界对气体做的功为
W＝p0(V－V1)，在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU＝a(T0－T1)，由热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝－aT0－eq \f(1,2)p0V，
故汽缸内气体放出的热量为eq \f(1,2)p0V＋aT0.
课时精练
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案 AD
解析 第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，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eq \f(pV,T)＝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.(2022·山东卷·5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
答案 C
解析 初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．
4．(多选)(2021·天津卷·6)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、汽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，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若汽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，气体的内能不变
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
答案 AC
5.(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
答案 B
解析 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eq \f(pV,T)＝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．
6．(多选)(2022·湖南卷·15(1)改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离．如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成．高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位．气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出．下列说法正确的是( )
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
答案 AB
解析 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端，B端为热端，故A正确．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误．
7．(2021·河北卷·15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图甲所示．现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能，图乙为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线________(填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
答案 大于 ①
解析 对活塞受力分析有p＝eq \f(mg,S)，因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有pA>pB；所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB，则根据ΔU＝W＋Q，因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB，即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律．
8.(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＝eq \f(p,C)·V，即T－V图像的斜率为eq \f(p,C)，故有pa＝pb>pc，故A正确，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．
9.(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eq \f(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．
10．(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b
B．状态a的温度高于状态c
C．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
答案 C
解析 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
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p；
(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p随体积V变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU.
答案 (1)eq \f(p0,n＋1) (2)－0.8np0V0
解析 (1)抽气过程等温变化，第一次抽气有p0V0＝p(V0＋nV0)，解得p＝eq \f(p0,n＋1).
(2)该过程为绝热过程，可知Q＝0，又有W＝－eq \x\t(p)ΔV＝－eq \f(p0＋0.6p0,2)·(nV0)＝－0.8np0V0，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝W＝－0.8np0V0.
12.(2023·江苏省丹阳高级中学月考)某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，横截面积S＝100 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h＝0.3 m，周围环境温度为t0＝27 ℃，当环境温度上升，活塞上移Δh＝0.01 m时，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，求：
(1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度；
(2)若上述过程气体吸收的热量为30 J，则此过程气体内能的增加量为多少．
答案 (1)37 ℃ (2)20 J
解析 (1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，得eq \f(hS,300 K)＝eq \f(h＋ΔhS,t2＋273 K)，代入数据解得t2＝37 ℃.
(2)气体等压膨胀对外做功，则W＝－p0·ΔV＝－p0(S·Δh)，代入数据得W＝－10 J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，代入数据得ΔU＝－10 J＋30 J＝20 J.
13．绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能UP＝72 J，如图甲所示．已知活塞横截面积S＝5×10－4 m2，其质量为m＝1 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V－T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量．
答案 (1)6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有
eq \f(VP,TP)＝eq \f(VQ,TQ)，解得VQ＝6×10－4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比有eq \f(UP,UQ)＝eq \f(TP,TQ)
解得UQ＝108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
外界对气体做功W＝－p(VQ－VP)＝－24 J
由热力学第一定律有UQ－UP＝Q＋W
可得气体吸收的总热量为Q＝60 J.物理量
＋
－
W
外界对物体做功
物体对外界做功
Q
物体吸收热量
物体放出热量
ΔU
内能增加
内能减少
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
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