习题课二 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
要点一 热力学第一定律和热学图像的综合
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＝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）由温度变化判断理想气体内能变化：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＝Q＋W判断气体是吸热还是放热。
（4）外界对理想气体做功或理想气体对外界做功时，若恒压膨胀，即压强不变时，功的计算公式为W＝pΔV（p为理想气体的压强、ΔV为理想气体体积的变化量）。在p-V图像中，图像与坐标轴所围面积表示功W，再结合体积变化确定功的正、负。
【典例1】 （多选）一定质量的密闭气体，可视为理想气体。开始处于状态a，经过ab过程可到达状态b，经过ac过程可到达状态c，b、c状态温度相同，如p-T图像所示。设该气体在状态b和状态c的体积分别为Vb和Vc，则（ ）
A.Vb＜Vc
B.Vb＞Vc
C.ab过程中气体一定吸热
D.ac过程与ab过程，气体吸收热量相同
尝试解答：
【典例2】 一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
尝试解答
1.（2024·安徽蚌埠高二期中）一定质量的理想气体沿状态 a→b→c→a变化的p-V图像如图所示，其中c→a为双曲线。下列判断错误的是（ ）
A.气体在状态b时比在状态a时的内能大
B.气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数可能比在状态c时少
C.气体从状态c 变化到状态a，内能不变
D.气体从状态a经过状态b到状态c，从外界吸热
2.如图所示，一定质量的理想气体经历A→B的等压过程，B→C的等容过程，则（ ）
A.A→B过程，气体吸收热量
B.A→B过程，气体内能不变
C.B→C过程，气体压强减小
D.B→C过程，外界对气体做功
要点二 热力学第一定律和气体实验定律的综合
此类问题的一般解题思路
【典例3】 如图所示，一个开口向下内壁光滑的汽缸竖直吊在天花板上，汽缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3 m2，质量m＝4 kg，活塞只能在汽缸内活动，活塞距汽缸底部h1＝20 cm，距缸口h2＝10 cm。汽缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境温度为T1＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，汽缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至T2＝900 K时。
（1）求此时气体压强；
（2）在此过程中气体从外界吸收Q＝30 J的热量，求气体内能的增加量ΔU。
尝试解答
1.如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞静止，处于平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体的分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（ ）
A.气体A吸热，对外做功，内能不变
B.气体B吸热，对外做功，内能不变
C.气体A和气体B内每个分子的动能都增大
D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少
2.气压升降椅的核心部件是气压棒，充气压力管中封闭着一定量的空气（可近似看成理想气体）。把充气压力管简化成直径为d、内壁光滑的均匀圆管，上方用活塞（质量不计）密封，质量为m的座椅与活塞固定，如图所示。已知没有人坐在座椅上时，充气压力管内空气的长度为h，重力加速度大小为g。
（1）求没有人坐在座椅上时充气压力管内、外气体的压强差Δp；
（2）若质量为M的人坐在座椅上，稳定时充气压力管内气体温度与外界温度相同，此过程充气压力管内气体向外界散发的热量为Q，外界大气压强为p0，求稳定时座椅下降的距离Δh及此过程活塞对管内气体做的功W。
1.（多选）（2024·湖北孝感高二期中）如图，一定质量的理想气体从状态A经热力学过程AB、BC、CA后又回到状态A。下列说法正确的是（ ）
A.过程AB气体分子平均动能增大
B.过程BC气体分子的数密度不变
C.过程CA气体向外界放热
D.过程CA气体从外界吸热
2.（2024·江苏扬州高二期末）一定质量的理想气体从状态a经半圆弧abc，再从状态c回到原状态，已知b是半圆弧的最低点，直线ac平行于T轴，其p-T图像如图。下列说法错误的是（ ）
A.在过程ab中气体一定吸热
B.在过程bc中气体可能吸热
C.在过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D.在a、b、c三个状态中，状态c气体内能最大
3.（2024·山东日照高二期末）如图所示，“凸”形绝热汽缸被a、b两轻质绝热活塞分成A、B、C三部分，a、b两活塞用轻杆连接，D为电热丝，可外接电源。初始时活塞静止，A、B、C三个部分内的气体温度均相同。现利用电热丝D对C部分中的气体加热，使其温度缓慢升高，则在两活塞缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.两活塞向上移动，A中气体温度升高
B.两活塞向下移动，B中气体内能不变
C.两活塞向下移动，B中气体温度升高
D.两活塞向上移动，A中气体内能增大
4.（2024·广东梅州高二期末）干瘪的乒乓球在室外温度为270 K时，体积为V，球内压强0.9p0。为了让乒乓球鼓起来，将其放入温度恒为330 K热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状V，此过程气体对外做功为W0，球内的气体视为理想气体且不漏气，若乒乓球内气体的内能满足U＝kT（k为常量且大于零），求：
（1）恢复原状的乒乓球内气体的压强；
（2）干瘪的乒乓球恢复原状的过程中，乒乓球内气体吸收的热量。
提示：完成课后作业 第三章 习题课二
3 / 4学习讲义部分
第一章 分子动理论
1.分子动理论的基本内容
【基础知识·准落实】
知识点一
1.分子 分子 2.（1）相同 （2）6.02×1023
知识点二
1.（1）进入对方 （2）外界 化学 无规则 （3）扩散
（4）无规则 2.（1）无规则 布朗 （2）不平衡 （3）越小 越高
3.（3）剧烈
情景思辨
1.提示：物体是由大量分子组成的。
2.（1）× （2）× （3）×
知识点三
1.（1）压缩 （2）小 （3）扩散 2.（1）①斥力 ②平衡
③引力 （2）原子内部
知识点四
1.热学性质 宏观 2.（1）大量分子 （2）永不停息
（3）相互作用力
情景思辨
1.提示：不相等。此时玻璃板和液面分子间的作用力表现为引力，所以在使玻璃板离开水面时弹簧测力计的示数要大于玻璃板的重力。
2.（1）× （2）× （3）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）一般分子直径的数量级为10－10 m。
（2）对于水分子，我们按照球形模型来处理。则有π＝V0，解得d＝
（3）18 g。
【典例1】 8.7
解析：将水蒸气分子所占有的空间看作立方体，有Vm＝NAL3，则水蒸气分子的平均间距为L＝＝ m＝3.3×10－9 m，水分子的体积为V0＝，又V0＝πd3，解得d＝＝3.8×10－10 m，水蒸气分子的平均间距与水分子直径之比为＝＝8.7。
素养训练
1.C 知道阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和体积，只能求一个气体分子的质量，要估算出气体分子间的平均距离必须知道摩尔体积及阿伏加德罗常数，所以A、B、D错误；知道阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度，因为摩尔体积可以用气体的摩尔质量和密度求得，所以C正确。
2.A 1 m3铜的质量为ρ kg，相当于 mol，所含原子数为，故A正确；1 kg铜所含原子数目为，故B错误；1个铜原子的质量为，故C错误；1个铜原子占有的体积为＝，故D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：霾的小颗粒做布朗运动。颗粒越小，布朗运动越剧烈。
【典例2】 C 分子的热运动永不停息，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；扩散现象表明分子在做永不停息的热运动，故C正确；微粒越小，液体温度越高，布朗运动就越明显，故D错误。
素养训练
1.BCD 布朗运动是小颗粒的无规则运动，从小颗粒运动到A点计时，每隔30 s，记下小颗粒的一个位置，其CD连线并不是小颗粒运动的轨迹，所以在75 s末时，其所在位置可能在图中任一位置，故选B、C、D。
2.A 气体、液体、固体之间都可以发生扩散现象，故A错误；扩散现象本身就是由分子不停地做无规则运动导致的，故B正确；物体的温度越高，分子的热运动就越剧烈，扩散就越快，故C正确；不同的物质在相互接触时可以彼此进入对方，这就是扩散现象，扩散现象说明分子间存在着间隙，故D正确。本题选错误的，故选A。
要点三
知识精研
【探究】 提示：镜子破了后，断裂处两部分绝大多数分子之间的距离都超出存在分子间作用力距离的范围，所以从物理角度说，破镜不能重圆；两部分物体焊接在一起，是通过熔化的焊条把两部分物体结合处填满，结合处绝大多数的分子之间的距离在分子作用力距离的范围之内，所以可以把两个物体焊接（包括黏接）在一起。
【典例3】 B 当分子间距离为r0时，它们之间的引力与斥力刚好大小相等，分子间的作用力为零，A错误；一般分子直径的数量级为10－10 m，跟分子间的平衡距离r0相当，B正确；当两分子间距离由较远减小到r＝r0的过程中，分子间的作用力先增大后减小，C错误；两分子间距离在小于r0的范围内，分子间的作用力为斥力，D错误。
素养训练
1.A 分子间的引力和斥力是同时存在的，实际表现出来的分子力是分子引力和斥力的合力。当分子间距离减小时，分子引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快；当分子间距离增大时，分子引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快。综上分析可知，A正确，B、C、D错误。
2.AC 由图像可知乙分子从r3到r1一直受甲分子的引力作用，且分子间作用力先增大后减小，分子力和运动方向相同，说明乙分子一直做加速运动，故A、C正确，B错误；乙分子距甲最近时一定在r1的左侧，说明乙分子从r3到距离甲最近的位置过程中，分子间作用力先增大（r3到r2）后减小（从r2到r1）再反向增大（r1向左），故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 分子直径大小的数量级一般为10－10 m，A正确；扩散现象说明物质分子永不停息地做无规则运动，B正确；悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动就越明显，C错误；分子之间同时存在着引力和斥力，且都随距离的增大而减小，D正确。
2.B 扩散现象是分子的无规则运动，布朗运动是微小颗粒的无规则运动，故A错误；扩散现象能说明分子在永不停息的运动，布朗运动间接反映了分子的无规则运动，故B正确；扩散现象能在液体、固体和气体中发生，故C错误；液体中的悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，所受撞击越均衡，布朗运动越不明显，故D错误。
3.D 分子引力与分子斥力方向相反，x＝x0时分子引力与分子斥力恰好平衡，分子间作用力为零，x＜x0的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子间作用力表现为斥力，x越小，分子间作用力越大，选项A、B错误；x＞x0的情况下，分子间作用力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子间作用力先增大后减小，选项C错误；x＞x0的情况下，x增大，因分子间作用力表现为引力，故分子间作用力做负功，选项D正确。
4.（1）4.8×10－26 kg （2）6.5×10－4 kg （3）1.3×1022个
解析：（1）空气分子的平均质量m＝＝ kg≈4.8×10－26 kg。
（2）一瓶纯净空气的物质的量为n＝ mol
则瓶中气体的质量m＝nM＝×29×10－3 kg＝6.5×10－4 kg。
（3）分子数N＝nNA＝NA＝≈1.3×1022个。
2.实验：用油膜法估测油酸分子的大小
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）④①②⑤③ （2）②将油膜看成单分子层
解析：（1）用“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制溶液（④）→倒水撒粉（①）→滴油（②）→盖板，画轮廓（⑤）→计算分子直径（③）。故正确顺序为④①②⑤③。
（2）本实验中做了三点理想化假设：①将油酸分子视为球形；②将油膜看成单分子层；③油酸分子紧密排列无间隙。
素养训练
（1）D （2）1×10－10 5×10－10
解析：（1）油酸酒精溶液滴入水中后，应让油膜尽可能地散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后利用坐标纸计算油膜的面积，由于油膜不规则，无法用刻度尺测量油膜的面积，故A、B、C错误，D正确。
（2）1滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V＝× cm3＝1×10－4 cm3＝1×10－10 m3，油酸分子的直径d＝＝ m＝5×10－10 m。
【典例2】 （1）BC （2）8×10－12 292 2.7×10－10
解析：（1）本实验不可直接将纯油酸滴在水面上测量，如果不稀释，在水面形成的油膜不是单分子油膜，故A错误。本实验将稀释的油酸在水面上尽可能的展开，形成单分子油膜，本实验忽略了分子间的间隙，根据d＝来计算直径，故B、C正确。测量油膜面积时，不足一格的正方形采用“多于半格的按一格来计算，少于半格的舍去”的方式进行处理，故D错误。
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝× mL＝8×10－6 mL＝8×10－12 m3。根据“多于半格按一格来计算，少于半格的舍去”的方法，可得油膜所占格数为73格，则油膜的面积是S＝73×4 cm2＝292 cm2，油酸分子的直径d＝＝ m≈2.7×10－10 m。
素养训练
1.8×10－6 2×10－10 大
解析：1 mL溶液中含有纯油酸的体积为 mL，则1滴溶液中含有纯油酸的体积为V＝× mL＝8×10－6 mL；油酸分子的直径d＝＝ m＝2×10－10 m；若发现爽身粉撒得过多，则油膜面积偏小，所以实验中得到的油酸分子的直径比油酸分子的真实直径大。
2.AC
解析：计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，所以选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜，故A正确；计算油酸分子直径的公式是d＝，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积，水面上爽身粉撒得较多，油膜没有充分散开，则测量的面积S偏小，导致计算结果偏大，故B错误；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；计算时在向量筒中滴入1 mL油脂酒精溶液时，滴数少数了几滴，油酸体积偏大，导致计算结果偏大，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.ACD 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，故A正确。根据d＝可以粗略地测量油酸分子的直径，并不是酒精分子的直径，故B错误。依据实验原理，要形成单分子膜，而油酸的物理性质恰好有助于油酸在水面上形成单分子膜，故C正确。实验需配制一定浓度的油酸酒精溶液，其中的酒精可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓，故D正确。
2.（1）64 8×10－10 （2）9.5×10－10
解析：（1）由题图甲求出油膜的面积，油膜的面积S＝64×1×1 cm2＝64 cm2。
根据题意求出1滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积
V＝1×× mL＝×10－5 mL＝5×10－6 cm3。
求出油膜的厚度，即油酸分子的直径
d＝＝cm≈8×10－8 cm＝8×10－10 m。
（2）48个铁原子组成一个圆，圆的周长等于48个铁原子直径之和。
铁原子的直径d'＝＝＝ m
≈9.5×10－10 m。
3.（1）115 （2）4.0×10－10 （3）BC
解析：（1）根据大于半个方格的算一个，小于半个方格的舍去，油膜形状占据的方格数大约为115个。
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V0＝× mL＝2×10－5 mL，油膜的面积为S＝NS0＝4.6×104 mm2，油酸分子的直径为d＝≈4.0×10－10 m。
（3）计算油酸分子直径时是根据d＝，粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积S测量值偏大，所以导致直径测量值偏小，故A错误；粉末太厚导致油酸未完全散开，S偏小，则导致直径的测量值偏大，故B正确；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S偏小，则导致直径测量值偏大，故C正确；计算每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了几滴，导致V0偏小，则直径测量值偏小，故D错误。
3.分子运动速率分布规律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）必然 （2）不可能 （3）不出现 （4）随机事件
2.（1）10
知识点二
剧烈 中间多、两头少
知识点三
2.单位 压力
情景思辨
1.提示：不是，是分子频繁地撞击器壁产生的。
2.（1）× （2）√ （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）落入中央狭槽的小钢珠较多，落入两边狭槽的小钢珠较少。
（2）中间多、两头少的规律。
（3）抛硬币时硬币出现正反面的次数，掷骰子时我们想要得到某一点数的概率等。
【典例1】 B 温度越高，速率大的所占百分比较大，故温度升高，曲线峰值向右移动，实线对应的气体温度较高，A错误，B正确；虚线对应的气体温度较低，则其分子平均速率较小，C错误；图中两条曲线下的面积为各个速率间隔的分子数占总分子数的百分比之和，即等于1，故两条曲线下面积相等，D错误。
素养训练
1.BC 气体分子速率呈“中间多、两头少”的统计规律分布，故C错误，D正确。由于分子之间频繁地碰撞，分子随时都会改变自己的运动情况，因此在某一时刻，一个分子速度的大小和方向完全是偶然的，故A正确。某一温度下，每个分子的速率仍然是随时变化的，只是分子运动的平均速率不变，故B错误。
2.D 同一温度下，速率较小或速率较大的氧气分子个数占总分子数的比例较低，中间速率的氧气分子个数占总分子数的比例较高，所以A、B错误；随着温度的升高，氧气分子的平均速率增大，但并不是每个氧气分子的速率都增大，所以C错误，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）由题意，吹气口反扣在瓶口上，可知气球与瓶子之间封闭着一定质量的空气，空气分子总数不变。当气球稍吹大时，气球与瓶子之间空气的体积缩小，空气分子的数密度变大。
（2）温度不变，气球与瓶子之间空气分子的平均速率不变，某个分子速率可能增大可能减小。
（3）由于分子的平均速率不变，空气分子的数密度变大，所以单位时间内气球与瓶子之间空气分子对单位面积瓶壁的碰撞次数增加。
（4）气球与瓶子之间空气分子的数密度变大，分子的平均速率不变，所以气球与瓶子之间空气压强变大。
【典例2】 C 气体压强是由于大量分子持续撞击器壁而形成的，决定气体压强大小的微观因素是气体分子的数密度和分子的平均速率，分子的平均速率宏观上体现在温度上，温度越高，气体分子的平均速率越大，故选C。
【典例3】 C 甲容器中压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器中压强产生的原因是分子撞击器壁产生的，故A、B错误；液体产生的压强p＝ρgh，由hA＞hB可知pA＞pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，所以pC＝pD，故C正确；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，故D错误。
素养训练
1.C 气体的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁产生的，故A错误，C正确；气体分子的平均速率减小，若气体体积减小，气体的压强不一定减小，故B错误；当某一容器自由下落时，容器中气体分子的运动不受影响，气体的压强不为零，故D错误。
2.A 大气压强是由地球表面空气重力产生的，而被密封在某种容器中的气体，其压强是由大量的做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞而产生的，它的大小不是由被封闭气体的重力所决定，故A错误；密闭容器内的气体压强是由大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，故B正确；气体压强取决于分子的密集程度与分子的平均速率，即为单位体积内分子数和分子的平均速率，故C正确；根据公式p＝可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均压力的大小在数值上等于气体对器壁的压强的大小，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 某一时刻具有任一速率的分子数目并不相等，根据分子平均速率分布图可知，呈现“中间多、两头少”的分布规律，故A错误；温度升高分子的平均动能增加，平均速率增加，但并不是所有分子的速率都增加，故B错误；大量的分子存在着统计规律，某一时刻向任意一个方向运动的分子数目只有很小的差别，可认为基本相等，故C正确；同一分子之间频繁地碰撞，分子随时都会因为碰撞而改变速度的大小，因此某一温度下每个气体分子的速率完全是偶然的，故D错误。
2.B 气体压强的大小与分子平均速率和分子数密度有关，故A错误；单位体积内的分子数越多，分子平均速率越大，压强就越大，故B正确；一定质量的气体，体积越小，温度越高，压强就越大，故C错误；气体膨胀且温度降低，气体的压强一定变小，故D错误。
3.B 由图像知，气体速率均呈“中间多、两头少”的分布规律，但是最大比例的速率区间是不同的，故A正确；气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越多，所以TⅠ＜TⅡ＜TⅢ，故B错误，C正确；气体温度越高，气体分子中速率大的分子所占的比例增大，分子运动越剧烈，故D正确。本题选错误的，故选B。
4.D 步骤①和②都从相同的高度下落，不同的是豆粒的个数，故它们模拟的气体压强与分子密集程度的关系，也说明大量的豆粒连续地作用在盘子上能产生持续的作用力，即反映了气体压强产生的原因，A错误，D正确；步骤②和③的豆粒个数相同，让它们从不同的高度落下，豆粒撞击的速率不同，所以它们模拟的是气体压强与分子的速率的关系，或者说是气体的分子压强与气体平均动能的关系，B、C错误。
5.AD 100 ℃时有部分氧气分子速率大于900 m/s，选项A正确；100 ℃时，部分氧气分子的速率比较大，不能说明内部有温度较高的区域，选项B错误；因图线与横轴围成的“面积”表示该速率区间对应的分子数占气体总分子数的比例，则由题图可知100 ℃时，速率在400～500 m/s区间内的分子数比速率在0～400 m/s区间内的分子数少，选项C错误；温度降低时，氧气分子平均速率减小，则氧气分子单位速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值将向速率小的方向移动，选项D正确。
4.分子动能和分子势能
【基础知识·准落实】
知识点一
1.热运动 2.平均值 3.平均动能
知识点二
1.无关 势能 2.（1）引力 增大 （2）斥力 增大
（3）最小 3.（1）距离 （2）体积
知识点三
1.所有分子 动能 分子势能 2.（1）温度
（2）体积 温度 体积
情景思辨
1.提示：不对。铁球的速度变大，是指其机械运动的速度，即其机械运动的动能变大，而分子平均动能是指分子热运动的动能，与温度有关，与铁球的速度无关。
2.（1）√ （2）× （3）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）无关。（2）有关；不是。
【典例1】 CD 单个分子的动能、速率是不断变化的，因而讨论单个分子的动能、速率是没有意义的，温度对单个分子也是没有意义的，A、B错误；设氧气分子与氢气分子的平均动能分别为、，质量分别为m1、m2，氧气与氢气的温度相同，分子的平均动能相等，即＝，又因为分子质量m1＞m2，则＜，C项正确；在一般温度下，各种气体分子做无规则运动，其动能不为零，故平均速率不为零，D项正确。
素养训练
1.A 温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，故A正确；液体上下翻滚是宏观运动，而分子热运动是微观现象，二者不是一回事，故B错误；分子热运动永不停息，水凝结成冰，但分子热运动没有停止，故C错误；微观上，温度是一个“统计”概念，对大量分子而言有意义，而对单个分子而言无意义，故D错误。
2.A 温度高的物体，分子的平均动能一定大，但分子的平均速率不一定大，因为不同物体分子的质量不同；讨论单个分子的速率、动能是没有意义的。故选A。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）分子之间也具有势能。
（2）分子间作用力做功对应分子势能的变化。
【典例2】 C 在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子间作用力为零，故乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线，故A、B错误；两分子在相互靠近的过程中，在r＞r0阶段，分子力表现为引力，F做正功，分子势能减小，故C正确；由图甲可知，两分子从相距r＞r0开始随着分子间距离的增大，分子力先增大后一直减小，故D错误。
素养训练
1.ACD 分子间同时存在相互作用的引力和斥力，实际表现出的分子间作用力是引力和斥力的合力，并随分子之间的距离的变化而变化，故A正确；引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快，故B错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间作用力做负功，分子势能增大，故C正确；两个相距较远的分子仅在分子间作用力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子间作用力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子间作用力表现为斥力，故分子间作用力先做正功后做负功，所以分子势能先减小后增大，故D正确。
2.A r＞r0阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；r＜r0阶段，分子间的作用力表现为斥力，相互靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误；由以上分析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，若两分子相距无穷远时分子势能为零，r等于r0时，分子势能不为零，故C、D错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：这种说法不对。因为该说法将机械能和内能两个概念混淆了，物体的内能是由物体内分子的数目、物体的温度和体积决定的，与机械运动无关，机械运动速度的变化以及竖直高度的变化仅改变乘客的机械能，不能以此判断其内能的变化情况。
【典例3】 C 铁块熔化成同温度的铁水，分子动能不变，分子势能增大，内能增大，故A错误；物体的内能与物质的量、温度、体积有关，质量、温度、体积都相等的物体其物质的量不一定相等，内能不一定相等，故B错误；内能不同的物体，其温度可能相同，它们的分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；一个木块被举高，木块的重力势能增大，但木块的分子间距不变，组成该木块的所有分子的分子势能不变，故D错误。
素养训练
1.D 1 g 100 ℃的液态水和1 g 100 ℃的水蒸气的温度相等，分子动能相等，但由液态水变成水蒸气需要吸收热量，所以1 g 100 ℃的液态水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，A错误；由于分子都在做无规则热运动，因此，任何物体内能都不可能为零，B错误；物体的内能与物体内部分子的无规则热运动有关系，也就是说物体的内部分子热运动越剧烈，物体的内能就越大，和物体的宏观运动无关，C错误；物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能也可能相同，D正确。
2.C 物体的内能是一个状态量，而热量是一个过程量，物体之间只发生热传递时内能的改变量等于热量，故选项A、B均错误；温度越高，分子的平均动能越大，选项C正确；物体的内能由物质的量、温度、体积等因素共同决定，温度不变时，内能可能改变，故选项D错误。
3.ABD 温度是分子平均动能的标志，温度升高，水分子的平均动能增加，故A正确；水的内能包括水分子的动能与水分子间的势能，两者都增加，则水的内能增加，故B正确；机械能与内能没有必然的联系，故C错误；根据能量守恒定律可知，吸收的热量转化为水分子的动能和水分子间的势能，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相同，但氢气分子与氧气分子的质量不同，故平均速率不相同，A错误；物体的内能等于所有分子的总动能和分子总势能的和，B错误；内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，C正确；温度是大量分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子不能比较温度，D错误。
2.D 甲和乙相距较远时，此时分子间作用力为零，分子势能为零，甲分子固定不动，乙向甲靠近直到r＝r0的过程中，由于r＞r0，分子间作用力表现为引力，做正功，分子势能越来越小，且为负值。r＝r0时分子势能最小，乙分子从r＝r0到不能再靠近甲的过程中，由于r＜r0，分子间作用力表现为斥力，分子间作用力做负功，分子势能增大。所以先是分子间作用力对乙做正功，然后乙克服分子间作用力做功，分子势能先减小后增大，选项D正确。
3.BC 分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0，Ep则不断减小，故B正确，A、D错误；该过程中，分子力始终为引力，做正功，故C正确。
4.D 内能包括分子动能和分子势能，与物质的量也有关系，A、C错误；分子平均动能只与温度有关，与物体的宏观运动无关，B错误；冰融化成水过程中，温度不变，但要吸收热量，所以内能增大，D正确。
5.C 气体温度升高，分子的平均速率变大，但是并非所有分子的速率都增加，选项A错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，选项B错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和，选项C正确；一定量气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则运动的缘故，选项D错误。
6.（1）理由见解析 （2）选两个分子相距无穷远 正确
（3）在r≠r0时，分子势能将大于零，但随分子间距离的变化规律不变
解析：（1）当分子间距离r＝r0时分子力为零，当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，要减小分子间的距离必须克服斥力做功，因此，分子势能随分子间距离的减小而增大，如果分子间距大于r0时，分子间的相互作用力表现为引力，要增大分子间的距离必须克服引力做功，因此， 分子势能随分子间的距离增大而增大。从以上两种情况综合分析，分子间距离以r0为基准，分子间距离不论减小或增大，分子势能都增大，所以说在r0处分子势能最小。
（2）由题图可知，选两个分子相距无穷远时分子势能为零，r＝r0时分子势能最低且小于零，故在这种情况下，分子势能可以大于零，也可以小于零，还可以等于零。
（3）若选r＝r0时，分子势能为零，则Ep-r图像如图所示，故可知在r≠r0时，分子势能将大于零，但随分子间距离的变化规律不变。
第二章 气体、固体和液体
1.温度和温标
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）大量分子 （2）相互作用 2.状态 温度T
3.状态参量
知识点二
1.不再变化 2.热平衡 3.热学 4.温度
知识点三
1.（1）温度 （2）①0 100 2.（2）开尔文 （3）t＋273.15 K
情景思辨
1.提示：温度通常指物体的冷热程度，温度计的测温的原理是热平衡定律。
2.（1）× （2）× （3）√ （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 A 如果一个系统达到了平衡态，系统的状态参量，如温度、压强和体积等不再随时间发生变化。温度达到稳定值，分子仍然是运动的，不可能达到所谓的“凝固”状态，故A正确。
素养训练
1.C 描述气体的状态参量有压强、体积、温度，故选C。
2.ABD 系统处于平衡态时，其状态参量不变，铜块静止在沸水中足够长的时间，密闭导热容器中的冰水混合物处在0 ℃环境中，其状态参量不再变化，即处于平衡态，A、B正确；刚刚放在教室中的一杯热水和一杯加较多冰块的可乐，温度未达到稳定状态，则处于非平衡态，C错误；放在恒温房间中很久的密闭导热容器中的84消毒液，其温度、体积等状态参量不再变化，处于平衡态，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）因为体温计与人体温度相同，即达到了热平衡。
（2）体温计的示数继续上升，因为体温计玻璃泡的温度与水的温度不相同，没有达到热平衡。
【典例2】 ACD 两系统达到热平衡的标志就是它们的温度相同，或者说它们的冷热程度相同，故A、C、D正确，B错误。
素养训练
1.D 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A错误；一个系统的温度、压强、体积都不变化，系统才处于平衡态，仅根据温度不变且处处相等不能得出系统一定处于平衡态的结论，B错误；如果两个系统处于热平衡状态，则它们的温度一定相同，但是内能不一定相同，C错误，D正确。
2.AD 在系统不和外界交换能量的条件下，高温的铜块放出的热量一定等于低温的铁块吸收的热量，达到热平衡时，两者的温度一定相等，A、D正确，B错误；铜块和铁块的比热容不同，由比热容公式Q＝cmΔt知，温度改变量相同时，放出或吸收的热量不同，故达到热平衡时的温度T≠，C错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：40 ℃换算成热力学温度为313.15 K。
【典例3】 AB 由T＝t＋273 K可知，－33 ℃相当于240 K，A正确；由T＝t＋273 K可知ΔT＝Δt，即热力学温度的变化总等于摄氏温度的变化，温度变化1 ℃，也就是温度变化1 K，B正确；因为绝对零度不能达到，故热力学温度不可能取负值，而摄氏温度可以取负值，C错误；用热力学温度表示，初态温度为t＋273 K，末态温度为2t＋273 K，故热力学温度也升高了t，D错误。
素养训练
AC 温度计能测出被测物体的温度的原理就是热平衡定律，即温度计与被测物体达到热平衡时温度相同，其示数也就是被测物体的温度，故A、C正确，D错误；温度计与被测系统的温度不相同时，仍有示数，B错误。
【教学效果·勤检测】
1.D 温标是定量描述温度的方法，而温度表示的是物体的冷热程度，所以温度与温标不是一回事，A错误；热力学温度不可以取负值，B错误；根据T＝t＋273.15可知，摄氏温度升高3 ℃，则热力学温标升高3 K，C错误；热力学温标的分度与摄氏温标的分度是相等的，即热力学温度每一度的大小与摄氏温度每一度的大小相等，D正确。
2.B 平衡态是针对某一系统而言的，热平衡是两个（或多个）系统相互影响的最终结果，A、B各自处于平衡态，但A、B接触可能需要一段时间才能达到热平衡，A错误；根据热平衡的定义知，处于热平衡的两个系统温度相同，B正确，D错误；处于热平衡的两个物体内能不一定相等，C错误。
3.ABC 根据绝对零度无法达到可知，温度不会不断下降，故A错误；目前已知最低温度为－273.15 ℃，故B、C错误；现代技术下，绝对零度无法达到，故D正确。
4.C 该温度计是利用气体的热胀冷缩原理制成的，温度升高时烧瓶内气体膨胀，有色水柱上升；温度降低时烧瓶内气体收缩，有色水柱下降。已知A、D间的测量范围为20～80 ℃，可得A点对应80 ℃，D点对应20 ℃，A、D间刻度均匀分布，每小格表示＝4 ℃，则有色水柱下端对应温度为 20 ℃＋3×4 ℃＝32 ℃，故C正确，A、B、D错误。
2.气体的等温变化
第1课时 实验：探究气体等温变化的规律
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）A （2）5 不需要
解析：（1）实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，A正确；应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体的体积，以免操作动作过快使空气柱的温度发生改变，B错误。
（2）由于注射器长度几乎相同，容积为5 mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
素养训练
（1）温度 （2）BD
解析：（1）实验的目的是探究气体的压强和体积的关系，故实验中应保持不变的状态参量是气体温度。
（2）推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手向其传热，从而保证气体的温度不变，故B正确；探究的是一部分封闭气体在温度不变的情况下压强和体积的关系，故本实验只要保证封闭气体的质量不变即可，无需测量封闭气体的质量，故C错误；活塞与针筒之间涂上润滑油，可以减小摩擦，防止漏气，保证气体质量一定，故D正确。
【典例2】 （1）D （2）研究气体的质量不同（或同质量气体在不同温度下研究） （3）D C B
解析：（1）该实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；p-图像是一条倾斜的直线，作出p-的图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确。
（2）根据p-图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同。
（3）甲图中图像的交点在横轴上，即测量的压强为0时就有一定的体积，因此在测量过程中压强测小了，可能是在计算压强时，没有计入由于活塞和框架的重力引起的压强，故选D；乙图中图像向上弯曲，可能是实验过程中气体温度升高，故选C；丙图图像向下弯曲，可能是实验过程中有漏气现象，导致pV乘积减小，故选B。
素养训练
（1）（或体积的倒数） （2）发生了漏气
（3）选用容积较大的注射器（或测出软管中气体的体积）
解析：（1）p随V的增大而减小，应作p-图像，若图像为过原点的直线，则说明p与V成反比，因此横坐标为体积的倒数。
（2）若p、V乘积减小很有可能是发生了漏气。
（3）软管内有一部分气体，容易造成误差，所以选择容积较大的注射器从而忽略软管内气体的体积或者可直接测出软管中气体的体积。
【典例3】 （1）使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化
（2）注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低） （3）A
解析：（1）实验过程中要缓慢推动活塞，使气体有充分的时间与外界进行热交换，保证气体做等温变化。
（2）仔细观察不难发现，该图线与双曲线不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器漏气，使气体的体积减小，图像向左偏移（也可能是周围环境温度降低）。
（3）若p-V图像是双曲线，则说明p与V成反比，画出p-图像应为过原点的直线，由于漏气或者环境温度降低使得气体的压强减小，图线向下弯曲。
【教学效果·勤检测】
1.C 实验之前，在注射器的内壁和活塞之间涂一些润滑油，除了可以减小两者之间的摩擦之外，主要作用是提高活塞密封性，防止漏气，与气体压强的测量无关，A错误；被封气体体积越小，压缩气体时体积的变化量越小，会造成更大的实验误差，B错误；探究气体等温变化的规律的实验中，温度一定时，气体的压强和体积成反比，与环境温度的高低无关，C正确；压强传感器测量的是被封气体的压强，与外界大气压强无关，故外界大气压强发生变化，不会影响实验结论，D错误。
2.B 实验目的是探究气体的等温变化，所以需要保证注射器内气体质量不变，故需要用橡皮帽密封注射器的下端，防止漏气，故A需要；探究气体的等温变化需要测量气体的体积，但注射器的横截面积不变，所以注射器内气体的体积与空气柱的长度成正比，所以直接从注射器的刻度上读出空气柱的长度即可，即活塞的直径不是必需测量的，故B不需要，D需要；探究气体等温变化的规律，是探究压强与体积的关系，所以从压强计上读取气体压强是必需的，故C需要。
第2课时 玻意耳定律
【基础知识·准落实】
知识点
1.温度 反比 2.p1V1＝p2V2 3.质量 温度 4.双曲线 等温线
情景思辨
1.提示：氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，膨胀到一定程度时，气球就会胀破。
2.（1）× （2）× （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：
（1）同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。
（2）以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，则p＝p0＋。
【典例1】 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0＋
解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋。
素养训练
1.（1）66 cmHg （2）71 cmHg （3）81 cmHg
解析：（1）p1＝p0－ρgh＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。
（2）p2＝p0－ρgh'＝76 cmHg－5 cmHg＝71 cmHg。
（3）p3＝p0＋ρgh2－ρgh1＝76 cmHg＋10 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。
2.p0＋
解析：以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得
pS－p0S－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得p＝p0＋。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）有错误；气泡向水面运动，体积要逐渐增大。
（2）由玻意耳定律pV＝C可知，温度不变时，压强减小，体积增大。
【典例2】 （1）64 cmHg （2）6 cm
解析：（1）封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
素养训练
A 压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为p＝p0＋ρg（h－l1＋l2），其中l1＝50 cm，l2＝48 cm，则由玻意耳定律可知p0l1S＝[p0＋ρg（h－l1＋l2）]l2S，解得h≈43.7 cm，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 B A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降。B正确。
素养训练
1.C 水平方向上有P1＝P0，竖直方向上有P2＝P0＋ρgh，开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，气体的压强减小，体积增大。又因为温度不变，所以p-V图线应为双曲线的一支，故C正确。
2.ACD D→A是一个等温过程，A正确；A、B两状态温度不同，A→B的过程中不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错误，C正确；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。
【教学效果·勤检测】
1.AD 由图示可知，气体压强与外界压强间的关系为p2＝p0－ρgh，玻璃管倾斜，h变小，管中的气体压强变大，由pV＝C可知，气体体积变小，故A、D正确，B、C错误。
2.ABD 一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同的温度下等温线是不同的，故A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C错误，D正确。
3.BD 由pV＝C变形得p＝C，即一定质量的气体在发生等温变化时，压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，A错误，B正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强越大，所以T1＜T2，C错误，D正确。
4.C 气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。
5.（1）3p1S （2）
解析：（1）设汽缸下降0.75L0后，气体压强为p2，由玻意耳定律得p1SL0＝p2SL0
解得p2＝4p1
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小G＝p2S－p1S
解得G＝3p1S。
（2）要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸内充入压强为p2，体积V＝SL0的气体，设这些气体在大气压强下的体积为V2，由玻意耳定律得
p2SL0＝p0V2
解得V2＝。
3.气体的等压变化和等容变化
第1课时 盖—吕萨克定律和查理定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.压强 2.（1）正比 （2）CT （3）质量 压强
（4）过原点的直线
知识点二
1.体积 2.（1）正比 （2）CT （3）质量 体积
（4）原点
情景思辨
1.提示：在高温路面上或高速行驶中，车胎内气体温度升高，压强增大，超过轮胎承受能力就会爆胎。
2.（1）× （2）√ （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）热气球的内部与外部相通，内部气体压强始终等于外界大气压强。
（2）p一定，T增大，由盖—吕萨克定律＝C可知，V增大，于是气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，密度减小。
（3）以热气球及其中所含空气整体为研究对象，受重力及周围空气的浮力作用，当燃烧器喷出火焰时，将气球内空气加热，温度升高，气球内热空气体积膨胀，从下面漏出，使气球内所含空气的质量减小，热气球整体所受重力减小，当空气的浮力大于热气球自身重力时，热气球便会上升。
【典例1】 （1）3×105 Pa （2）327 ℃
解析：（1）以缸体为研究对象，列平衡方程，有p1S＝Mg＋p0S，
解得p1＝3×105 Pa。
（2）当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，所以缸内气体为等压变化，由盖—吕萨克定律得＝
即＝
解得T2＝2T1＝600 K
所以气体的温度是t2＝（600－273）℃＝327 ℃。
素养训练
1.A 由等压变化的规律可得＝＝＝，则每升高1 ℃增大的体积ΔV＝，故选A。
2.（1）102 cmHg （2）102 ℃
解析：（1）若大气压为76 cmHg，水银柱长L3为26 cm，则被封闭气体压强为
p＝p0＋p'＝76 cmHg＋26 cmHg＝102 cmHg。
（2）温度升高，被封闭的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝
则＝
解得t'＝102 ℃。
要点二
知识精研
【探究】 提示：车胎在炎热的夏天被日光暴晒，车胎里气体的温度上升，气体的压强将增大，当压强达到车胎能承受的最大压强时，温度再升高车胎就会胀破。
【典例2】 21.4 cm
解析：选玻璃泡A内的一定量气体为研究对象，由于B管的体积可略去不计，温度变化时，A内气体经历的是一个等容过程。
玻璃泡A内气体的初始状态T1＝300 K，
p1＝（76－16）cmHg＝60 cmHg，
末态，即t＝0 ℃的状态T2＝273 K，
由查理定律得＝
则p2＝p1＝×60 cmHg＝54.6 cmHg，
所以t＝0 ℃时水银面的高度，即刻度线的位置是
x0＝（76－54.6）cm＝21.4 cm。
素养训练
1.D 氧气筒内的氧气是等容变化，温度从20 ℃升高到40 ℃时，由查理定律得＝，p2＝＝p1＝p1，解得p2－p1＝p1＝p1，故A、B、C错误，D正确。
2.（1）1.085×105 Pa （2）0.97
解析：（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为T＝（27＋273）K＝300 K，T'＝（37＋273）K＝310 K，此过程中体积不变，由查理定律有＝，解得p'＝1.085×105 Pa。
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pV＝p'V'，解得V'≈0.97V。
要点三
知识精研
【典例3】 见解析
解析：（1）从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即
pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K。
（2）由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得
＝
所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。
素养训练
1.AB 在p-T图像上的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小，由此可见，a状态对应体积最小，c状态对应体积最大，选项A、B正确。
2.（1）363 K （2）0.9p0 （3）见解析
解析：（1）设等容过程中活塞刚离开A时的温度为TA，则
＝
得＝
解得TA＝363 K。
（2）设等压过程中活塞到达B处时的温度为TB
则＝
解得TB＝330 K
由等容降温过程得＝，
代入数据解得p＝0.9p0。
（3）如图
【教学效果·勤检测】
1.AD 大气压强不变，水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化。根据＝C可知，若气体温度升高，则体积增大；若气体温度降低，则体积减小，A、D正确，B、C错误。
2.A 初态温度T1＝（27＋273）K＝300 K，初态压强p1＝1.0×105 Pa；末态温度T2＝（－23＋273）K＝250 K，设末态压强为p2，根据查理定律得＝，解得p2≈8.3×104 Pa，A正确。
3.C 设容器的容积为V，由气体的等压变化规律可知＝，有＝，解得V＝10.1cm3，故选C。
4.D 由查理定律p＝CT＝C（t＋273.15）及盖—吕萨克定律V＝CT＝C（t＋273.15）可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A错误；由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B错误；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，即一定质量的气体，不是在任何情况下都是p与t成直线关系，故C错误；由于图线是直线，乙图表明温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变，故D正确。
5.（1）150 K （2）300 K
解析：（1）理想气体从状态A变化到状态B，气体做等容变化，有
＝
其中TA＝（273＋27）K＝300 K
解得气体在状态B时的温度TB＝150 K。
（2）理想气体从状态B变化到状态C，气体做等压变化，有
＝
解得气体在状态C时的温度TC＝300 K。
第2课时 理想气体 气体实验定律的微观解释
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）任何 任何 （2）零下几十摄氏度 大气压的几倍
2.（1）质量 热力学温度T （2）＝C （3）质量
知识点二
1.温度 增大 增大 2.增大 增大 减小 不变
3.增大 增大
情景思辨
1.提示：在高压、低温状态下，气体状态发生改变时，将不会严格遵守气体实验定律了。因为在高压、低温状态下，气体的状态可能已接近或达到液态，故气体实验定律将不再适用。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：从A→B为等温变化过程，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB ①
从B→C为等容变化过程，根据查理定律可得
＝ ②
由题意可知
TA＝TB ③
VB＝VC ④
联立①②③④式可得＝。
【典例1】 （1）p0 （2）
解析：（1）设初始状态A、B两部分气体的体积均为V0，对A部分气体，由等温变化可知
p0V0＝pA·V0
可得pA＝p0。
（2）设活塞的重力为G，横截面积为S，加热前，对活塞受力分析得p0S＋G＝2p0S
加热后，对活塞受力分析得＋G＝pBS
解得pB＝
由理想气体状态方程可得＝
又VB＝
解得TB＝。
素养训练
1.C 根据理想气体状态方程＝C可知，T∝pV，所以Ta∶Tb∶Tc＝（paVa）∶（pbVb）∶（pcVc）＝3∶4∶3。故C正确。
2.（1） （2）见解析
解析：（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0（V0＋V）＝pV
解得V＝。
（2）设温度由T1＝300 K变化为T2＝360 K后，压强p1＝1.15p，体积变为V1，根据理想气体状态方程有＝
解得＝≈95.8％
漏气量占比为4.2％，故该香水瓶密封性能不合格。
要点二
知识精研
【典例2】 A 气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，对器壁的平均撞击力不变；体积减小，单位体积内的分子数目增多，气体压强增大。故A正确。
素养训练
1.D 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据n＝可知当体积增大时，单位体积的个数变小，氢气分子的密集程度变小，故A错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，压强增大并不是因为氢气分子之间斥力增大，故B错误；普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。
2.D 从A到B气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；从B到C为等容变化，根据查理定律＝可知，气体压强增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，故B错误；A到C状态为等压变化，根据盖—吕萨克定律＝可知，气体体积增大，温度升高，则气体分子平均动能增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故C错误；从A到B过程气体温度相同，分子撞击器壁的平均作用力相等，压强变小的原因是气体体积增大，分子密集程度减小，故D正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 理想气体是在任何温度、任何压强下都能严格遵守气体实验定律的气体，A错误；理想气体是实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下的抽象，故C正确，B、D错误。
2.B 从p-V图像中的AB图线看，气体由状态A到状态B为等容变化，根据查理定律可知，一定质量的理想气体，当体积不变时，压强跟热力学温度成正比，由A到B压强增大，温度升高，分子平均动能增加，故A错误；理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，内能增加，故B正确；气体体积不变，气体分子的数密度不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加，故C、D错误。
3.C 由题图可知，从状态A到状态B是一个等压变化过程，有＝，因为VB＞VA，则有TB＞TA，而从状态B到状态C是一个等容变化过程，有＝，因为pB＞pC，有TB＞TC，对状态A和C，根据理想气体状态方程有＝，解得TA＝TC，综上分析可知C正确，A、B、D错误。
4.29.15 m
解析：设试管中密封气体在湖面时的体积为V1，此时气体温度为T1＝（273＋10）K＝283 K
压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa
试管压至湖底时，根据题意可知，密封气体的体积为V2＝
温度为T2＝（273＋4）K＝277 K
此时密度气体压强为p2＝p0＋ρgh
根据理想气体状态方程可得＝
联立解得h≈29.15 m。
习题课一 理想气体状态方程和
实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 由V-T图像可知，ab过程，理想气体做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
素养训练
1.B 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，故A错误；由题图可知，b→c过程，压强p变大，体积V增大，由理想气体状态方程＝C可知，温度一定升高，故B正确；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故C错误；由题图可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误。
2.（1）600 K 600 K 300 K （2）见解析
解析：（1）从p-V图像中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。
根据理想气体状态方程
＝＝
得TC＝·TA＝×300 K＝600 K
TD＝·TA＝×300 K＝300 K
由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。
（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得
pBVB＝pCVC
解得VB＝＝ L＝20 L。
在V-T图像上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接（如图），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。
要点二
知识精研
【典例2】 A 假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得＝，则Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA＞ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动，故A正确。
素养训练
A 假设水银柱不动，由查理定律知＝，由题意知ΔT1＝ΔT2，T1＝T2，p1＞p2，则Δp1＞Δp2，即ΔF1＞ΔF2，故水银柱上移，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 A 球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝＝，当p2＝1.5 atm时，解得 n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得 n＝7.5，所以需打气的次数范围5～7次，故A正确。
【典例4】 （1）0.84p0 （2）25％
解析：（1）根据理想气体状态方程＝
解得p2＝0.84p0。
（2）在平流层时，根据玻意耳定律p2V2＝p3V3
解得V3＝V2
向外排出氦气质量占原有质量的百分比为＝＝＝25％。
素养训练
1.D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。
2.（1）1.44×107 Pa （2）556个
解析：（1）钢瓶容积不变，p1＝1.2×107 Pa，T1＝250 K，T2＝300 K，由查理定律得＝
解得p2＝1.44×107 Pa。
（2）先以大钢瓶中气体为研究对象，研究压强降到p3＝5×105 Pa过程，则
p2V0＝p3（V0＋V1）
再以装入小钢瓶的全部气体为研究对象，研究压强降到p4＝2×105 Pa过程，则
p3V1＝np4V
解得n＝556个。
【教学效果·勤检测】
1.C 设未抽气前容器内气体压强为p，则第一次抽气过程，气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝p；第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2'＝2V，V3＝3V，由玻意耳定律得p2V2'＝p3V3，解得p3＝p，故C正确，A、B、D错误。
2.B 根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T。由题图可知，从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，由p＝T可知，气体在c态的体积大于气体在b态体积，故B正确，A、C、D错误。
3.CD 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律得，压强的增加量Δp＝，而各管原p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，即可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确。
4.（1）57 （2）10∶11
解析：（1）由题意可知，最初时轮胎内气体温度为
T1＝（273＋27）K＝300 K
由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得
＝
解得T2＝330 K
则此时轮胎内气体温度为t2＝（330－273）℃＝57 ℃。
（2）设所放的气体体积为ΔV，放气过程中温度不变，则p2V＝p1（V＋ΔV），剩余气体质量与原有气体质量之比为＝＝＝。
4.固体
【基础知识·准落实】
知识点一
1.单 多 晶体 非晶体 2.（1）规则 规则
（2）熔点 熔化温度 （3）各向异性 各向同性
知识点二
1.规则 周期性 2.不同规则 石墨 金刚石
3.晶体 非晶体 晶体
情景思辨
1.提示：简单观察灯饰水晶球发现其外观规则，故可初步判断为晶体。进一步验证方法：加热水晶球使其熔化并记录温度，看是否有确定的熔点，有确定的熔点则为晶体。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体无规则的几何外形。
（2）不一定，由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体也没有规则的几何外形。
【典例1】 D 晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，石英晶体沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故石英是单晶体，有确定的熔点，有确定的几何形状，A、C错误，D正确；沿垂直于x轴晶面上的压电效应最显著，故具有各向异性的压电效应，B错误。
素养训练
1.D 单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有规则的几何外形，故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如石墨与金刚石，故B错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C错误；多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故D正确。
2.D 单晶体在导热、导电、热膨胀与光学性质上表现出各向异性，即沿不同方向上的性能不相同，因此A、B、C可判断该材料为晶体，不能根据这种材料沿不同方向的长度不同，来判断该材料为晶体，故D不能，因此选D。
要点二
知识精研
【探究】 提示：因为原子排列方式不同。
【典例2】 ABD 很多晶体都是由相同的物质微粒组成的，例如，金刚石和石墨都是由碳原子组成的，不同方向上物质微粒完全一样，可见其各向异性不是由不同方向上的微粒性质不同引起的，而是微粒的数目和微粒间距不相同造成的，故C错误，A、B、D正确。
素养训练
1.B 碳原子之间的化学键属于电磁相互作用，故A错误；碳纳米管是管状的纳米级石墨，所以它是晶体，有固定的熔点，故B正确；碳纳米管不是所有物理性质都有各向异性，故C错误；碳纳米管上所有的碳原子并不是静止不动的，它们在不停的振动，故D错误。
2.AB 单晶体的各向异性和规则的几何形状，是由于它的微粒按一定规则排列，A、B正确；非晶体没有规则的几何形状和确定的熔点，C错误；石墨与金刚石的硬度相差甚远，是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构决定了它的质地柔软，而金刚石的网状结构决定了其碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体有各向异性，有些晶体在不同的方向上具有不同的光学性质，A正确，不符合题意；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，B错误，符合题意；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，C正确，不符合题意；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，D正确，不符合题意。
2.B 由图可知，该颗粒属于晶体，有规则的外形，有固定的熔点，表现为各向异性。故选B。
3.A 根据图示可知，黑磷的微观结构呈现空间上规则排列，具有空间上的周期性，属于晶体材料，因而黑磷具有固定的熔点，故A正确，C错误；质子数相同，而中子数不同的元素互称同位素，白磷和黑磷属于同素异形体，不属于同位素，故B错误；根据图示可知，黑磷的微观各层结构都相同，每层内部结构紧密，故D错误。
4.C 测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，说明了甲具有各向同性，而乙具有各向异性，而单晶体的物理性质是各向异性，所以乙一定是单晶体，而多晶体不显示各向异性，材料甲可能是多晶体，也可能是非晶体，故只有选项C正确。
5.液体
【基础知识·准落实】
知识点一
1.薄层 2.略小于 略大于 引力 3.（1）绷紧
（2）收缩趋势 （3）相切 垂直
知识点二
1.（1）润湿 附着 （2）润湿 不会附着 （3）强
2.上升 下降
知识点三
1.液态 流动性 规则排列 2.（1）结晶 重心的位置
（2）异性 3.温度 浓度 4.（1）显示 （2）生物膜
情景思辨
1.提示：液体表面层内分子间距离较大，大于分子在平衡位置的距离，分子间作用力表现为引力。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：因为雨水将纱丝浸湿后，在纱丝孔隙中形成水膜，水膜的表面张力使雨水不会漏下来。
【典例1】 C 温度越高，表面张力越小，故A错误；表面张力的方向与液面相切，而不是与液面垂直，故B错误；硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果，故C正确；由于液体表面分子间距离略大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故D错误。
素养训练
1.D 由于液体表面张力的作用，使液面绷紧，小昆虫受到液面对它的弹力，故沉不下去，故选D。
2.AD 用烧热的针刺破上侧的薄膜，由于下侧薄膜中的表面张力，使棉线向下弯曲，故选项A正确；用烧热的针刺破一侧的薄膜，不可能两侧都有张力，故选项B错误；用烧热的针刺破下侧的薄膜，由于上侧薄膜中的表面张力，使棉线向上弯曲，故选项C错误，D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）因水和木质筷子是浸润的，当两根筷子之间的距离很小时，由于毛细现象使得两根筷子之间的水面会沿着筷子上升。
（2）两根筷子间距离越小，水面升高的高度越大。
【典例2】 CD 水在玻璃管中液面会上升是浸润现象，水在塑料笔芯中液面会下降是不浸润现象，故A、B错误；甲图内径小的玻璃管中液面比水面高的高度比乙图内径小的塑料笔芯中液面比水面低的高度大，说明甲图中水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，故C正确；甲、乙两图都能说明管的内径越小，毛细现象越明显，故D正确。
素养训练
1.ACD 附着层Ⅰ液体分子比液体内部分子密集，附着层内液体分子间距离小于r0，附着层内分子间作用力表现为斥力，附着层有扩散趋势，C正确；附着层Ⅱ内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层内液体分子间距离大于r0，附着层内分子间作用力表现为引力，附着层有收缩的趋势，D正确；表面层内分子比液体内部疏，表现为引力，A正确，B错误。
2.AB 在夏季，人穿棉线衣服感觉舒适是因为汗水对棉线浸润，汗水可以通过棉线衣服蒸发出去，故A正确；单杠、双杠运动员上杠表演前，手及杠上涂镁粉，是因为水对镁粉浸润，可以吸收手部汗液，防止打滑，故B正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是由于表面张力的作用，故C错误；酒精灯的灯芯经常是用棉线做成的，因为酒精对棉线浸润，对丝线不浸润，故D错误。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）某些物质像液体一样具有流动性，而其光学性质又与某些晶体相似，具有各向异性，人们把处于这种状态的物质叫作液晶。构成液晶的分子为有机分子，大多为棒状。
（2）液晶具有光学各向异性。
【典例3】 CD 晶体属于典型的固体，其分子排列呈一定的点阵结构，有规律，而液晶分子的结构是介于液态的杂乱与晶体的规律排列之间的，其像液体一样具有流动性，而在光学等物理性质上又与晶体相似，具有各向异性，C、D正确。
素养训练
1.C 液晶有人工合成的，也有天然的，例如液晶也存在于生物结构中，故A错误；液晶既有液体的流动性，又有光学的各向异性，故B错误；当某些液晶中渗入少量多色性染料后，在不同的电场强度下，对不同颜色的光的吸收强度不一样，这样就能显示各种颜色，故C正确；液晶是介于液态与固态之间的一种物质状态，结构与液体的结构不同，故D错误。
2.B 并不是所有物质都能成为层状液晶，只有少数物质在特定条件下才能成为液晶，故A错误；层状液晶的光学性质具有各向异性，故B正确；层状液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样可以流动，又具有单晶体各向异性的特性，故C错误；层状液晶是不稳定的，外界影响的微小变化，例如温度、电场等，都会引起液晶分子排列变化，改变它的光学性质，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 一块泡沫漂在水面上，是因为泡沫的密度小于水的密度，水对泡沫的浮力等于泡沫的重力，与液体的表面张力无关，故A正确；硬币可以浮在水面上是表面张力作用的结果，故B错误；荷叶上的露珠呈现球形是表面张力作用的结果，故C错误；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D错误。
2.B 因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润液体在毛细管中上升，呈凹液面；不浸润液体在毛细管中下降，呈凸液面，两种都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力作用的结果，不是浸润现象，故D错误。
3.B 液晶态既有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质。故B正确。
4.D 水银对玻璃是不浸润液体，不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小，液体分子间距较大此时附着层内的分子相互作用表现为引力，液面呈现收缩的趋势，即液面下降，故不浸润液体在毛细管内下降，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内下降的高度越大，故A、C错误；水对玻璃是浸润液体，浸润液体在毛细管附着层内液体的分子密度较大，液体分子间距较小，分子相互作用表现为斥力，液面呈现扩张的趋势，即在毛细管内上升，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内上升的高度越大，故D正确，B错误。
第三章 热力学定律
1.功、热和内能的改变
【基础知识·准落实】
知识点一
1.吸热 放热 2.（1）上升 （2）热效应 3.始末
知识点二
1.自身状态 能量 能量 2.W
知识点三
1.热 2.（1）内能变化 （2）Q 3.转化 转移
情景思辨
1.提示：钻木取火的过程是通过外力对木棍做功，使木棍内能增加，温度达到木棍的着火点而燃烧。
2.（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）可以看到棉花燃烧起来，该现象说明压缩空气做功，使空气内能增大，温度升高，达到乙醚的着火点后引起棉花燃烧。
（2）迅速压下活塞是为了减少传热，尽量创造一个绝热条件。
【典例1】 C 胶塞冲出容器口，气体膨胀，对外做功。由于没来得及发生热交换，由W＝ΔU可知，内能减少，温度降低，A、B、D错误，C正确。
素养训练
1.D 绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生传热，膨胀过程气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，由ΔU＝U2－U1＝W可知，气体内能减小，由于气体分子间的势能可忽略，故气体分子的平均动能减少，故D正确。
2.AD 气体膨胀，气体对外做正功，又因为气体与外界无热量交换，由此可知气体内能减小，B错误，D正确；因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子平均动能减小，A正确，C错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）说明做功和传热都能改变物体的内能。
（2）①三种方式都是热量从一个物体传递到另一个物体。
②传热是内能在物体间（或一个物体的不同部分之间）转移，做功是其他形式的能和内能之间的转化。
【典例2】 BD 在外界不做功的情况下，系统内能的改变量等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了相等能量的热量，故A错误，B正确；物体内能包括所有分子的动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J，物体分子的平均动能有可能不变，吸收的50 J热量可能全部用来增加分子势能，故C错误，D正确。
素养训练
1.B 太阳能热水器是通过吸收太阳能，通过传热的方式将水加热，故选B。
2.传热 增大 减小
解析：夏天，我们常常将饮料和冰块放在一起，制作“冰镇饮料”。这是因为饮料和冰块的温度不同，两者之间发生了传热，冰块吸收热量、内能增大，饮料放出热量、内能减少、温度下降，但总能量不变，因此该过程是通过传热改变冰块和饮料的内能。
要点三
知识精研
【典例3】 D 热量是用来衡量物体间进行传热时内能转移的物理量，不能说物体“含有”多少热量，故选项A、B错误；由于做功和传热都可以引起物体内能的变化，只根据做功无法准确判断物体内能的变化，故选项C错误；物体间发生传热的条件是存在温度差，故选项D正确。
素养训练
1.B 一定质量的物体，其内能是由温度和体积共同决定，物体的温度改变时，其内能不一定改变，故A错误；物体对外做功的同时如果从外界吸收热量或者同时有别的物体还对它做功，那么物体的内能就不一定改变；向物体传递热量的时候，如果物体同时放热或者有别的物体对它做功，那么物体的内能也不一定改变，故C错误，B正确；不发生传热的话，也可以是对外界做功或者外界对物体做功，一样可以改变物体的内能，故D错误。
2.C 物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体的内能可以通过做功和传热两种途径，热量、功、内能这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在传热过程中物体内能变化的多少，而功也是用做功的方式量度物体内能变化的多少，B错误，C正确；热量、功、内能三者的单位都是焦耳，与温度的单位不同，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.ABC 两小球碰撞后黏合在一起，同时温度升高，是机械能转化为内能；汽缸内活塞压缩气体，对气体做功，气体的内能增加，温度升高；车刀切削钢件，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使切下的铁屑温度升高。以上都是通过做功使物体的内能发生改变。而物体在阳光下被晒热，不属于做功的方式。故A、B、C正确，D错误。
2.B 野外生存中利用钻木取火是通过做功改变物体内能，选项A错误；暖手宝可以使手变得暖和是通过传热改变物体内能，选项B正确；搓搓手可以让手变得暖和是通过做功改变物体内能，选项C错误；铁钉被锤子敲打后会升温是通过做功改变物体内能，选项D错误。
3.A 做功和传热是改变物体内能的两种不同的物理过程，故选项A正确；做功和传热在改变物体内能上是等效的，但是对物体做功与对物体传热的本质是不同的，故选项B错误；热量是传热过程中，温度高的物体向温度低的物体或物体温度高的部分向温度低的部分转移的内能大小的量度，故选项C错误；热量是传热过程中内能变化的量度，是过程量，故选项D错误。
4.CD 物体的内能由物体中的分子数、温度和体积共同决定，两物体的质量相等，而分子数不一定相同，A错误；温度升高，分子的平均动能增加，每个分子的动能不一定都增加，B错误；热量是传热过程中物体内能变化的量度，C正确；做功和传热都能改变物体的内能，做功是能量转化的过程，传热是能量转移的过程，两过程的本质不同，但改变物体内能的效果相同，D正确。
5.C 用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于用做功的方式改变物体内能；用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火，铁器向水中放热，所以加热和淬火属于用传热的方式改变物体内能，故选项C正确。
2.热力学第一定律
3.能量守恒定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.做功 传热 等价的 2.（1）热量 （2）Q＋W
3.（1）正 负 （2）正 负 （3）负
知识点二
1.磁 电磁感应 热 2.产生 消失 转化 转移 保持不变
3.（1）对外做功 （2）能量守恒定律
情景思辨
1.提示：这不是永动机；手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表发条做机械运动。若将此手表长时间放置不动，它就会停下来。
2.（1）√ （2）√ （3）√ （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：内能增加了10 J；减少了10 J；没改变。
【典例1】 B 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，外界对气体做功，则W为正值，气体内能减少，则ΔU 为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J，故选B。
【典例2】 C 将活塞P缓慢地向B移动的过程中，外力对乙做功，乙的内能增加，温度升高，由于固定隔板B导热，所以乙将热量传递给甲，甲、乙两部分气体的温度最终相同，均高于初态温度，所以甲、乙内能均增加，故C正确。
拓展训练
见解析
解析：（1）若将活塞P缓慢向外拉动，则气体乙对外做功，乙的内能减小，温度降低。这时甲要将热量传递给乙，故甲、乙的内能均减小。
（2）若隔板B绝热但可以自由移动，则当活塞P缓慢向B移动时，乙气体压强增大，隔板B向里移动，甲气体也被压缩，故甲、乙气体的内能均增加。
要点二
知识精研
【探究】 提示：能量守恒定律是各种形式的能在相互转化或转移的过程中，总能量保持不变，它包括各个领域，其范围广泛。热力学第一定律是物体内能与其他形式的能之间的相互转化或转移，是能量守恒定律的具体体现。
【典例3】 A 根据能量守恒定律可知，石子从空中落下，最后停止在地面上，石子的能量并没有消失，石子的机械能转化成了内能，故A错误；做功与传热可以改变物体的内能，对物体做功的同时，如果物体向外放热，则物体的内能可能减小，故B正确；根据能量守恒定律可知，某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，故C正确；根据能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，故D正确。
素养训练
1.AD 第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律，这也是它不能制成的原因。故A、D正确。
2.AB 在绝热过程中，甲气室中气体体积减小，外界对它做正功，内能增加，温度升高，故A正确。乙气室中气体体积增加，它对外界做功，内能减少；活塞下落，重力势能减少，设乙气室中气体对活塞的力做功为W乙，由题可知W乙为正值，由能量守恒定律可得ΔE＝mgh＋W乙，故C、D错误，B正确。
【教学效果·勤检测】
1.D 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，单纯的一方面：气体放出热量或者气体对外做功，不能推出其内能一定减小，故A、B错误；温度是气体分子热运动平均动能的标志，气体的温度降低，分子热运动的平均动能一定减小，但每个分子热运动的动能不一定减小，故C错误，D正确。
2.D 由ΔU＝W＋Q可得ΔU＝－1.0×104 J＋2.5×104 J＝1.5×104 J＞0，则理想气体内能增加，温度升高，故A、B错误；因气体对外做功，气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝可知气体密度变小，故C错误，D正确。
3.BC 如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，压强增大，故A错误，B正确；活塞下压后迅速反弹时，气体对外做功，来不及吸热，气体内能减少，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，有些分子的速率可能增大，故C正确，D错误。
4.93 ℃
解析：铅弹射中木块后与木块一起做平抛运动的初速度为v＝＝1 m/s
根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v
可得铅弹射入木块时速度为
v0＝v＝2.01×102 m/s
系统损失的机械能为
ΔE＝m－（m＋M）v2＝2.01×102 J
系统损失的机械能转化为系统增加的内能，则
Δt＝＝93 ℃。
习题课二 热力学第一定律和
气体实验定律的综合应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 AC 由理想气体状态方程得＝，且b、c状态温度相同，pb＞pc，则Vb＜Vc，故A正确，B错误；由图像可知，ab过程中气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C正确；由图像知b、c状态的温度相同即内能相同，体积Vb＜Vc，由图可知：a→b是等容变化，根据热力学第一定律知：ΔUab＝Qab，a→c是等压变化，Va＜Vc，Wac＜0，ΔUac＝Wac＋Qac，又因为ΔUab＝ΔUac，所以，Qab＜Qac，故D错误。
【典例2】 （1）375 K （2）增加了400 J
解析：（1）D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K
气体由C到D为等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
解得TC＝＝375 K；
（2）气体由A到B为等压变化，则W＝－pΔV＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J
由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J，则气体内能增加了400 J。
素养训练
1.B 压强相等时，根据＝C，一定质量的气体在状态b时体积大，温度高，则气体在状态b时比在状态a时的内能大，A正确；体积相等时，根据＝C，气体在状态b时压强大，温度高，则气体在状态b时单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数比在状态c时多，B错误；气体从状态c 变化到状态a，根据＝ ，代入数据得Tc＝Ta，内能不变，C正确；气体从状态 a 经过状态b 到状态c，图像围成的面积等于气体对外做功，由于温度不变，则气体从外界吸收热量，D正确。
2.A 由题图知A→B过程，气体压强不变，体积膨胀，气体对外做功（W＜0），温度升高，内能增大（ΔU＞0），根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知该过程气体吸收热量（Q＞0），故A正确，B错误；由题图知B→C过程，气体体积不变，则外界对气体不做功，温度升高，根据查理定律可知，压强增大，故C、D错误。
要点二
知识精研
【典例3】 （1）1.6×105 Pa （2）14 J
解析：（1）设气体初状态压强为p1，对活塞，由平衡条件得p0S＝p1S＋mg
解得p1＝8×104 Pa
气体初状态的温度T1＝300 K，体积V1＝h1S
气体末状态的温度T2＝900 K，体积V2＝（h1＋h2）S
对缸内封闭气体，由理想气体状态方程＝，解得p2＝p1＝1.6×105 Pa。
（2）对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
W＝－p1·ΔV＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
气体增加的内能为ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。
素养训练
1.D 气体A吸热，Q＞0，体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体温度升高，故A错误；对气体B上方的活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，气体B的压强不变，由于隔板导热性能良好，气体B温度升高，内能增大，根据理想气体状态方程＝C，在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；气体A和气体B温度升高，则分子的平均动能都增大，但并非每一个分子的动能都会增大，故C错误；气体压强与分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，则气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D正确。
2.（1） （2） Q
解析：（1）没有人坐在座椅上时，座椅受到管内气体压力、管外大气压力和自身的重力，设管内气体压强为p1，管外大气压为p0，根据平衡条件有
mg＋p0π＝p1π
又Δp＝p1－p0
解得Δp＝。
（2）质量为M的人坐在座椅上后，设稳定时管内气体压强为p2，则有
（M＋m）g＋p0π＝p2π
p1Sh＝p2S（h－Δh）
解得Δh＝
由热力学第一定律知，座椅下降过程中活塞对管内气体做的功W＝Q。
【教学效果·勤检测】
1.BD 过程AB温度不变，则气体分子平均动能不变，A错误；过程BC气体体积不变，则气体分子的数密度不变，B正确； 过程CA气体对外界做功，则W＜0；温度升高，则ΔU＞0；根据ΔU＝W＋Q，可得Q＞0，说明气体从外界吸热，C错误，D正确。
2.C 在过程ab中气体压强减小，温度升高，内能增大，ΔU＞0 ，再结合理想气体状态方程可知体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定吸收热量，故A正确，不符合题意；在过程bc中，压强增大，温度升高，内能增大，ΔU＞0，斜率增大，体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体有可能吸热，有可能放热，故B正确，不符合题意；在过程ca中，压强不变，温度降低，内能减小，ΔU＜0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要放出热量，则外界对气体所做的功小于气体所放出的热量，故C错误，符合题意；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，由图可知状态c内能最大，故D正确，不符合题意。
3.C 以C中气体为研究对象，体积不变，根据＝，可知C中气体温度升高，压强增大；以活塞和连杆整体为研究对象，受到向上和向下气体的压力p2SA＜p2SB，可知活塞和连杆合力向下，则两活塞竖直向下运动，A中气体体积增大，对外做功，即W＜0，根据ΔU＝Q＋W，汽缸绝热Q＝0，内能减小，温度降低；反之B中气体体积变小，内能增大，温度升高。故选C。
4.（1）p0 （2）60k－W0
解析：（1）乒乓球内气体视为理想气体，有＝
解得p＝p0。
（2）该过程气体内能变化量为ΔU＝330k－270k＝60k
由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q
解得Q＝60k－W0。
4.热力学第二定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）不可逆的 （2）方向性 2.（1）①内能 机械能
②比值 （2）完全变成功 方向性
知识点二
1.做功 2.品质
情景思辨
1.提示：（1）均匀。（2）不能。
2.（1）√ （2）× （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：自然界的宏观过程不可能自动地逆向进行。要使它们逆向进行，就必须由外界对它们施加作用。
【典例1】 AD 热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外部的帮助，即会引起其他变化，选项A正确，B错误；热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化（外界对系统做功），选项C错误，D正确。
素养训练
C 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，在该过程中压缩机做功，即会产生其他的变化，故A错误；机械能可以全部转化为内能，内能不可以自发地全部转化为机械能，故B错误；可以制成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功，如各种内燃机，但注意吸收的热量不是全部用来对外做功，故C正确；冰可以融化成水，水也可以结成冰，这两个过程伴随能量的转移，不是自发进行的，这个现象没有违背热力学第二定律，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 D 根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋80 J＝－20 J，它的内能减小20 J，故A错误；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，故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，故C错误；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，故D正确。
素养训练
1.D 第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D项中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。
2.B C
解析：A项符合热力学第一、第二定律。冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律。C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律。D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律。
要点三
知识精研
【探究】 提示：能量是守恒的，但能量耗散却导致能量品质的降低，在利用它们的时候，高品质的能量释放出来并最终转化为低品质的能量。
【典例3】 B 化石能源不是清洁能源，水能是可再生能源，故A错误；根据热力学第二定律可知，不同形式的能量之间可以相互转化，能量在转化和转移中具有方向性，故B正确；能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，故C、D错误。
素养训练
1.ACD 能源是有限的，必须合理利用能源，A正确；尽管能量守恒，但使用过程中会有能量耗散，常规能源并不是取之不尽，用之不竭的，B错误；能源利用推动人类进步的同时会破坏人类生存的环境，必须加强环境保护，C正确；开发新能源可以缓解常规能源的不足，D正确。
2.AB 能量耗散遵守能量守恒定律，能量既不能凭空消失，也不能减少，而是以不同形式存在。能量耗散是指在能量转化的过程中，其他形式的能量最终转化为内能，流散到周围环境中，无法利用，使能量的可利用率越来越低，反应了能量流动的方向性，故选A、B。
3.BC 尽管能量守恒，但能量耗散后无法重新收集利用，所以能源是有限的，特别是常规能源，A错误，B正确；常规能源的利用比新能源核能的利用对环境影响大，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 太阳能是一种清洁能源，故A正确；煤炭和石油是不可再生能源，故B错误；水能、风能是可再生能源，故C错误；核废料具有放射性，对环境污染极大，故D错误。
2.C 摩擦生热的过程是不可逆的，故A错误；能量守恒具有单向性，一般是不可逆，故B错误；实际的宏观过程都具有“单向性”或“不可逆性”，故C正确；空调机既能制冷又能制热，并不能说明传热不存在方向性，而是在相应的过程中，要引起其他方面的变化，故D错误。
3.CD 热茶温度比周围温度高，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A项不能发生；蒸汽机工作过程，一方面由于摩擦产生内能，另一方面蒸汽机要向周围环境散热，蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能是不可能的，故B项不能发生；由于泥沙比水的密度大，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，故C项能发生，也不违背热力学第二定律；通电后冰箱内压缩机工作，把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，故D项能发生，也不违背热力学第二定律。
4.B 热力学第一定律揭示了内能与其他形式能之间的转化关系，是能量守恒定律在热力学中的具体体现。热力学第二定律则进一步阐明了内能与其他形式能之间转化的方向性，二者表述的角度不同，本质不同，相互补充，并不矛盾，故C、D错误，B正确；内能在一定条件下可以全部转化为机械能，热量也可以由低温物体传递到高温物体，但是会引起其他变化，如电冰箱制冷机工作需要消耗电能，故A错误。
第四章 原子结构和波粒二象性
1.普朗克黑体辐射理论
【基础知识·准落实】
知识点一
1.完全吸收 2.向外辐射
知识点二
温度 （1）增加 （2）短
知识点三
1.整数倍 能量子 2.hν 普朗克常量 3.量子化 分立
情景思辨
1.提示：投在炉中的铁块一开始是黑色，过一会儿随着温度的升高，铁块逐渐变为红色，这是因为同一物体热辐射的强度与温度有关。
2.（1）× （2）× （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）从外面射来的电磁波，经小孔射入空腔，要在腔壁上经过多次反射，在多次反射过程中，外面射来的电磁波几乎全部被腔壁吸收，最终不能从空腔射出，所以小孔和空腔能够模拟黑体。
（2）黑体能够向外辐射电磁波。
【典例1】 D 温度越高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，但黑体辐射的电磁波波长并不是越大，A、B错误；一般物体的辐射强度除去与温度有关外，还和物体的材料及表面状态有关，但黑体的辐射强度按波长的分布只与黑体的温度有关，C错误；普朗克通过对黑体辐射的研究，提出了能量子的概念，D正确。
素养训练
1.CD 黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，A错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，B错误，C正确；小孔只吸收电磁波，不反射电磁波，因此带小孔的空腔近似为一个黑体，D正确。
2.B 根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随人体温度的升高而增大，其极大值对应的波长减2.热力学第一定律 3.能量守恒定律
课标要求 素养目标
1.知道热力学第一定律。 2.了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程。 3.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。 4.知道“永动机”不可能实现的原因 1.了解能量的转化和守恒。（物理观念） 2.知道能量在不同形式间转化总量不变。能够掌握能量的转化过程和总量的变化情况。（科学思维） 3.体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义。（科学态度与责任）
知识点一 热力学第一定律
1.改变内能的两种方式： 与 ，两者对改变系统的内能是 。
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＝ 。
3.热力学第一定律的应用
（1）W的正负：外界对系统做功时，W取 值；系统对外界做功时，W取 值。（均选填“正”或“负”）
（2）Q的正负：外界对系统传递的热量Q取 值；系统向外界传递的热量Q取 值。（均选填“正”或“负”）
（3）ΔU的正负：系统内能增加，ΔU取正值；系统内能减少，ΔU取 值。
知识点二 能量守恒定律
1.探索能量守恒的足迹
2.能量守恒定律
能量既不会凭空 ，也不会凭空 ，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 。
3.永动机不可能制成
（1）第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地 的机器。
（2）第一类永动机由于违背了 ，所以不可能制成。
【情景思辨】
1.有一种“全自动”机械手表，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去。这是不是一种永动机？如果不是，维持表针走动的能量是从哪儿来的？
2.判断正误。
（1）做功和传热在改变内能方面是等价的。（ ）
（2）物体与外界没有热交换，物体的内能也可能是增加的。（ ）
（3）某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加。（ ）
（4）第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。（ ）
要点一 热力学第一定律的理解和应用
【探究】
如图所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多少？若保持气体体积不变，汽缸向外界传递10 J的热量，气体内能改变了多少？若推动活塞对汽缸内气体做功10 J的同时，汽缸向外界传递10 J的热量，气体的内能改变了多少？
【归纳】
1.对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 体积减小，外界对热力学系统做功 热力学系统吸收热量 内能增加
－ 体积增大，热力学系统对外界做功 热力学系统放出热量 内能减少
2.气体状态变化的几种特殊情况
（1）绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加（或减少）量等于外界对系统（或物体对外界）做的功。
（2）等容过程：W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量（或减少量）等于系统从外界吸收（或系统向外界放出）的热量。
（3）等温过程：一定质量理想气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q（或Q＝－W），外界对系统做的功等于系统放出的热量（或系统吸收的热量等于系统对外界做的功）。
【典例1】 一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是（ ）
A.W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
B.W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C.W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D.W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
尝试解答：
【典例2】 如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高。则在移动P的过程中（ ）
A.外力对乙做功；甲的内能不变
B.外力对乙做功；乙的内能不变
C.乙传递热量给甲；乙的内能增加
D.乙的内能增加；甲的内能不变
尝试解答：
规律总结
应用热力学第一定律解题的思路与步骤
（1）首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
（2）根据符号法则写出各已知量（W、Q、ΔU）的正负。
（3）根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量。
（4）再根据未知量结果的正负来确定吸热、放热情况或做功情况。
【拓展训练】
根据上面的【典例2】，回答下列问题：
（1）若将活塞P缓慢地向外拉动，则甲、乙的内能如何改变？
（2）若隔板B绝热但可以自由移动，当活塞P缓慢地向B移动时，甲、乙的内能如何变化？
要点二 能量守恒定律
【探究】
学习了“热力学第一定律”和“能量守恒定律”，请同学们讨论并思考：热力学第一定律与能量守恒定律是什么关系？
【归纳】
1.能量守恒定律的理解
（1）各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、原子能等。
（2）各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化，例如：利用电炉取暖或电壶烧水，电能转化为内能；煤的燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能。
（3）与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的，例如，物体的机械能守恒，必须是只有重力或系统内的弹力做功。而能量守恒定律是没有条件的，它适用于任何物理现象和物理过程，是一切自然现象都遵守的基本规律。
2.能量守恒的两种表达
（1）某种形式的能减少，一定有其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。
（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
3.第一类永动机不可能制成的原因分析
如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU＝W＋Q知，系统内能将减小。若想源源不断地做功，在无外界能量供给的情况下是不可能的。
【典例3】 （2024·天津北辰高二期末）下列关于能量守恒定律的认识，不正确的是（ ）
A.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明石子的能量消失了
B.对物体做功，物体的内能可能减小
C.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
D.某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加
尝试解答：
1.（多选）下列关于第一类永动机的说法正确的是（ ）
A.第一类永动机是不消耗任何能量却可源源不断地对外做功的机器
B.第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律
C.第一类永动机不能制成的原因是技术问题
D.第一类永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律
2.（多选）如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞均是绝热且不漏气的。开始活塞被销钉固定，现将销钉拔掉，活塞最终静止在原位置下方h处，设活塞移动前后甲气室中气体内能的变化量为ΔE，不计气体重心改变的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.甲气室中气体体积减小，温度升高
B.ΔE＞mgh
C.ΔE＜mgh
D.ΔE＝mgh
1.关于一定质量的气体，下列说法正确的是（ ）
A.气体放出热量，其内能一定减小
B.气体对外做功，其内能一定减小
C.气体的温度降低，每个分子热运动的动能一定减小
D.气体的温度降低，分子热运动的平均动能一定减小
2.一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的（ ）
A.温度降低，密度增大 B.温度降低，密度减小
C.温度升高，密度增大 D.温度升高，密度减小
3.（多选）现在骑自行车成为一种流行的运动，而山地自行车更是受到大众的青睐。山地自行车前轮有气压式减震装置来抵抗颠簸，其原理如图所示，随着骑行时自行车的颠簸，活塞上下振动，在汽缸内封闭的气体的作用下，起到延缓震动的目的，如果路面不平，下列关于该减震装置的说法正确的是（ ）
A.活塞迅速下压时汽缸内的气体温度不变
B.活塞迅速下压时汽缸内的气体压强增大
C.活塞下压后迅速反弹时汽缸内有些气体分子的速率增大
D.活塞下压后迅速反弹时汽缸内气体内能增加
4.在高h＝0.8 m的光滑水平桌面上放着一个质量M＝2 kg的木块，一颗质量m＝10 g的铅弹从水平方向射中木块，把木块打落在地面上，落地点与桌边的水平距离s＝0.4 m。铅弹射中木块后留在木块内，铅的比热容c＝1.3×102 J/（kg·℃），g＝10 m/s2。设增加的内能有η＝60％使铅弹温度升高，铅弹的温度升高多少摄氏度？
提示：完成课后作业 第三章 2. 3.
5 / 5第三章 热力学定
1.功、热和内能的改变
课标要求 素养目标
1.知道做功、传热是改变内能的两种方式，能正确区分两者的不同。 2.通过实验探究来类比、分析，理解内能与功、热量的关系 1.能够知道功、热量和内能的概念。（物理观念） 2.能够理解改变物体内能的两种方式。（科学思维） 3.能够掌握改变物体内能与做功和传热的关系。（科学探究）
知识点一 焦耳的实验
1.绝热过程：系统不从外界 ，也不向外界 的过程。
2.代表性实验
（1）重物下落时带动叶片转动，搅拌容器中的水，水由于摩擦而温度 。
（2）通过电流的 给液体加热。
3.实验结论：在热力学系统的绝热过程中，外界对系统做的功仅由过程的 两个状态决定，不依赖于做功的具体过程和方式。
知识点二 功与内能的改变
1.内能：任何一个热力学系统必定存在一个只依赖于系统 的物理量，这个物理量在两个状态间的差别与外界在绝热过程中对系统做的功相联系。鉴于功是 变化的量度，所以这个物理量必定是系统的一种 ，我们把它称为系统的内能。
2.绝热过程中做功和内能改变的关系：在绝热过程中，当系统状态改变时，系统内能的变化量等于外界对系统做的功，即ΔU＝ 。
知识点三 热与内能的改变
1.传热：两个温度不同的物体相互接触时，温度高的物体要降温，温度低的物体要升温， 从高温物体传到了低温物体。
2.热与内能
（1）热量：它是在单纯的传热过程中系统 的量度。
（2）表达式：ΔU＝ 。
3.做功和传热在改变系统内能上的区别：做功和传热都能引起系统内能的改变。做功时，内能与其他形式的能发生 ，而传热只是不同物体（或一个物体的不同部分）之间内能的 。
【情景思辨】
1.如图是钻木取火的假想图，在钻木取火的过程中，为什么木棍能够冒烟并最终能够生火，请从物理学角度进行解释。
2.判断正误。
（1）在绝热过程中，外界对系统做功相同，系统状态变化就相同，与做功的方式无关。（ ）
（2）外界对系统做了多少功，系统内能就增加多少。（ ）
（3）温度高的物体含有的热量多。（ ）
（4）热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体。（ ）
（5）做功和传热是改变物体内能的两种不同方式。（ ）
要点一 做功与物体内能的改变
【探究】
如图，在有机玻璃筒底放少量浸有乙醚的棉花，用力迅速地压下活塞，观察棉花的变化。
（1）能看到什么现象？该实验现象说明了什么？
（2）用力按下活塞时为什么一定要迅速？
【归纳】
1.对内能的进一步理解
（1）物体的内能是指物体内所有分子热运动的动能和势能之和，因此物体的内能是一个状态量。
（2）当物体温度变化时，分子平均动能变化；物体体积变化时，分子势能发生变化。物体的内能变化只由初、末状态决定，与中间过程及方式无关。
（3）内能是状态量，由状态（温度、体积、质量）决定。
2.做功与内能的变化的关系
（1）做功改变物体内能的过程是其他形式的能（如机械能）与内能相互转化的过程。
（2）在绝热过程中，外界对物体做多少功，就有多少其他形式的能转化为内能，物体的内能就增加多少；物体对外界做多少功，就有多少内能转化为其他形式的能，物体的内能就减少多少。用公式表示为ΔU＝U2－U1＝W。
3.功与内能的区别
（1）功是过程量，内能是状态量。
（2）物体的内能大，并不意味着外界对它做功多。只有在绝热过程中，内能变化越大时，相应的做功才越多。
特别提醒
外界对某一系统做功时系统的内能不一定增加，还要看该系统有没有向外放热，以及向外放热的多少。
【典例1】 如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞。用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数。打开卡子，胶塞冲出容器口后（ ）
A.温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B.温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加
C.温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D.温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加
尝试解答：
规律总结
分析绝热过程的方法
（1）在绝热的情况下，若外界对系统做正功，系统内能增加，ΔU为正值；若系统对外界做正功，系统内能减少，ΔU为负值。此过程做功的多少为内能转化多少的量度。
（2）在绝热过程中，内能和其他形式的能一样也是状态量，气体的初、末状态确定了，即在初、末状态的内能也相应地确定了，内能的变化ΔU也确定了。而功是能量转化的量度，所以ΔU＝W，这也是判断绝热过程的一种方法。
1.一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程。设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中（ ）
A.外界对气体做功，气体分子的平均动能增加
B.外界对气体做功，气体分子的平均动能减少
C.气体对外界做功，气体分子的平均动能增加
D.气体对外界做功，气体分子的平均动能减少
2.（多选）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间的相互作用，则缸内气体（ ）
A.对外做正功，分子的平均动能减小
B.对外做正功，内能增大
C.对外做负功，分子的平均动能增大
D.对外做正功，内能减小
要点二 传热与物体内能的改变
【探究】
（1）用铁锤反复敲击铁棒，铁棒的温度会升高，把铁棒放在炭火上烧，铁棒的温度也会升高，这说明了什么问题？
（2）如图所示是传热的三种方式——传导、对流和辐射。
①这三种方式在传递能量时有什么共同点？
②传热和做功都可以改变物体的内能，这两种方式在改变物体内能时本质上又有什么不同？
【归纳】
1.传热
（1）定义：热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分，叫作传热。
（2）实质：传热实质上传递的是能量，结果是改变了系统的内能。传递能量的多少用热量来量度。
（3）传热具有方向性
①热量可以自发地从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分，不会自发地从低温物体传递到高温物体或从物体的低温部分传递到高温部分。
②只要存在温度差，传热过程就会进行，与原来物体内能的多少无关。
2.传递的热量与内能改变的关系
（1）在单纯传热中，系统从外界吸收多少热量，系统的内能就增加多少。即Q吸＝ΔU。
（2）在单纯传热中，系统向外界放出多少热量，系统的内能就减少多少。即Q放＝－ΔU。
【典例2】 （多选）在外界不做功的情况下，物体的内能增加了50 J，下列说法中正确的是（ ）
A.一定是物体放出了50 J的热量
B.一定是物体吸收了50 J的热量
C.一定是物体分子动能增加了50 J
D.物体的分子平均动能可能不变
尝试解答：
易错提醒
（1）热量的概念只有在涉及能量的传递时才有意义，因此不能说物体具有多少热量，只能说物体吸收或放出了多少热量。
（2）在系统与外界只发生传热时，系统吸收多少热量，系统内能就增加多少；系统放出多少热量，系统内能就减少多少。
1.如图所示，太阳能热水器是一种能够将太阳的光能转化为内能的装置。这种装置可以使装置内的水温度升高，这种改变水的内能的方式是（ ）
A.做功 B.传热
C.既有做功也有传热 D.电流的热效应
2.（2024·广西崇左高二期末）如图所示，夏天，我们常常将饮料和冰块放在一起，制作“冰镇饮料”。这是因为饮料和冰块的温度不同，两者之间发生了 ，冰块的内能 ，饮料的内能 （以上两空选填“增大”、“减小”或“不变”）。
要点三 内能和相关概念的辨析
1.温度、内能、热量、功的概念的理解
（1）内能与温度：从宏观角度看，温度表示的是物体的冷热程度；从微观角度看，温度反映了分子热运动的剧烈程度，是分子平均动能的标志。对于理想气体，气体的温度升高，其内能一定增加，但向气体传递热量的过程中，内能不一定增加（气体可能同时对外做功）。
（2）热量与内能：内能是由系统状态决定的，系统状态确定，系统的内能也随之确定，要使系统的内能发生变化，可以通过传热或做功两种途径来完成。热量是传递过程中的特征物理量，热量只是反映物体在状态变化过程中所迁移的能量，是用来衡量物体内能变化的。有过程，才有变化，离开过程，毫无意义。就某一状态而言，只有“内能”，根本不存在什么“热量”和“功”，因此，不能说一个系统中含有“多少热量”。
（3）热量与温度：热量是系统内能变化的量度，而温度是系统内分子做无规则运动剧烈程度的标志。
（4）热量与功：热量和功都是系统内能变化的量度，都是过程量，热量可以通过系统转化为功，功也可以通过系统转化为热量，但它们之间有着本质的区别。
2.改变内能的两种方式的比较
项目 做功 传热
内能变化 外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少 物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少
物理实质 其他形式的能与内能之间的转化 不同物体间或同一物体的不同部分之间内能的转移
相互联系 做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
【典例3】 关于温度、热量、功和内能，下列说法正确的是（ ）
A.同一物体温度高时，含有的热量多
B.物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C.外界对系统做功W，内能必定增加
D.发生传热的条件是两物体之间存在温度差
尝试解答：
1.（2024·宁夏中卫高二期末）关于系统的内能及其变化，下列说法中正确的是（ ）
A.系统的温度改变时，其内能必定改变
B.系统对外做功，其内能不一定改变；系统向外传递热量，其内能不一定改变
C.对系统做功，系统内能必定改变；系统向外传出一定热量，其内能必定改变
D.若系统与外界不发生热交换，则系统的内能必定不改变
2.关于热量、功和内能的下列说法中正确的是（ ）
A.热量、功、内能三者的物理意义等同
B.热量、功都可以作为物体内能的量度
C.热量、功都可以作为物体内能变化的量度
D.热量和温度的单位相同，功和内能的单位相同
1.（多选）下列改变物体内能的方式中，属于做功方式的是（ ）
A.两小球碰撞后黏合在一起，同时温度升高
B.汽油机汽缸内被压缩的气体温度升高
C.车刀切下的铁屑炽热
D.物体在阳光下被晒热
2.（2024·上海浦东新区高二期末）下列生活实例中通过传热改变物体内能的是（ ）
A.野外生存中利用钻木取火
B.暖手宝可以使手变得暖和
C.搓搓手可以让手变得暖和
D.铁钉被锤子敲打后会升温
3.下列说法正确的是（ ）
A.做功和传热是改变物体内能的两种不同的物理过程
B.做功和传热在改变物体内能上是等效的，因此对物体做功就是对物体传热
C.热量是传热过程中，内能大的物体向内能小的物体或物体内能大的部分向内能小的部分转移的内能大小的量度
D.高温物体具有的热量多，低温物体具有的热量少
4.（多选）（2024·河南三门峡高二期末）下列有关物体的内能、温度、热量的说法中，正确的是（ ）
A.只要两物体的质量、温度和体积相等，两物体内能一定相等
B.只要温度升高，每个分子的动能就都增加
C.热量是传热过程中物体内能变化的量度
D.做功和传热都能改变物体的内能，两过程的本质不同，但改变物体内能的效果相同
5.如图所示是古人锻造铁器的过程，关于改变物体内能的方式，下列说法正确的是（ ）
A.加热和锻打属于传热，淬火属于做功
B.加热属于传热，锻打和淬火属于做功
C.加热和淬火属于传热，锻打属于做功
D.加热和淬火属于做功，锻打属于传热
提示：完成课后作业 第三章 1.
7 / 74.热力学第二定律
课标要求 素养目标
1.知道自然界中宏观过程的方向性。 2.了解热力学第二定律。 3.知道“第二类永动机”不可能实现的原因 1.了解热现象过程的不可逆性。（物理观念） 2.知道与热现象有关的宏观过程的方向性。（科学思维） 3.掌握热机的工作原理。（科学探究）
知识点一 热力学第二定律
1.热力学第二定律的克劳修斯表述
（1）传热的方向性：一切与热现象有关的宏观自然过程都是 。
（2）克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。即传热的过程具有 。
2.热力学第二定律的开尔文表述
（1）热机
①热机的工作分为两个阶段：第一个阶段是燃烧燃料，把燃料中的化学能变成工作物质的 ；第二个阶段是工作物质对外做功，把自己的内能变成 。
②热机的效率η：热机输出的机械能W与燃料燃烧产生的热量Q的 。用公式表示为η＝ 。
（2）开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之 ，而不产生其他影响。该表述阐述了机械能与内能转化的 。
知识点二 能源是有限的
1.能量耗散：分散在环境中的内能不能自动聚集起来驱动机器 ，这样的转化过程叫作“能量耗散”。
2.能源：是指具有高品质的容易利用的储能物质。能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的 下降了。虽然能量总量不会减少，但能源会逐步减少，因此能源是有限的资源。
【情景思辨】
1.将一滴蓝色墨滴滴进清水中，墨滴将在水中扩散。问：
（1）墨滴在水中的扩散最终均匀吗？
（2）变得均匀的淡蓝色的水，能自动地把滴入水中的墨滴聚合到一块变为墨滴吗？
2.判断正误。
（1）一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。（ ）
（2）只要对内燃机不断地改进，内燃机得到的内能可以全部转化为机械能。（ ）
（3）机械能可以全部转化为内能，而内能不能自发地全部转化为机械能。（ ）
（4）根据能量守恒定律可知，节约能源是没有必要的。（ ）
要点一 对热力学第二定律的理解
【探究】
覆水难收；破镜难圆；水从高山流到河谷，不可能自己再返回高山；一滴墨水滴入一杯清水，会均匀地扩散开来，不可能再自动地凝成一滴墨水……这些现象说明了什么道理？
【归纳】
1.几个概念的含义
（1）“自发地”是指热量从高温物体“自发地”传给低温物体的方向性，在传递过程中不会对其他物体产生影响或借助其他物体提供能量等。
（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。
（3）“单一热库”指温度均匀并且恒定不变的系统。若一系统各部分温度不相同或者温度不稳定，则构成机器的工作物质可以在不同温度的两部分之间工作，从而可以对外做功。
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的两种表述是等价的，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，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.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A、B
【典例1】 （多选）根据热力学第二定律可知，下列说法正确的是（ ）
A.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
B.没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的
C.制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气过程中，不引起其他变化
D.不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化
尝试解答：
根据热力学第二定律，下列说法正确的是（ ）
A.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而不造成任何影响
B.机械能可以全部转化为内能，内能也可以自发地全部转化为机械能
C.可以制成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功
D.冰可以融化为水，水也可以结成冰，这个现象违背了热力学第二定律
要点二 热力学第一定律、第二定律及两类永动机的比较
1.热力学第一定律与第二定律的比较
项目 热力学第一定律 热力学第二定律
定律揭示的问题 它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者间的定量关系 它指出自然界中出现的宏观过程是有方向性的
机械能和内能的转化 当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能 内能不可能在不引起其他变化的情况下全部转化为机械能
热量的传递 热量可以从高温物体自发地传到低温物体 热量不能自发地从低温物体传到高温物体
表述形式 只有一种表述形式 有多种表述形式
联系 两定律都是热力学基本定律，分别从不同角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律，二者相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础
2.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不消耗任何能量，可以不断做功 将内能全部转化为机械能，而不引起其他变化
不可能的原因 违背了能量守恒定律 违背了热力学第二定律
【典例2】 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80 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，在传热中，热量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.热现象过程中不可避地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
尝试解答：
1.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，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能
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，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
2.下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有 ，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有 。（填正确答案标号）
A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
要点三 能源的开发和利用
【探究】
如图所示是两幅宣传节约能源的图片。请问：既然能量是守恒的，我们为什么还要节约能源？
【归纳】
1.能量耗散是指能源的开发和利用使得能量转化为内能，分散到环境中无法重新收集起来加以利用的现象。
2.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。
3.能量耗散虽然不会使能量的总量减少，却会导致能量品质的降低，它实际上是将能量从高度有用的形式降级为不大有用的形式。
4.能量耗散导致可利用能源减少，所以要节约能源。
【典例3】 关于能量和能源，下列说法中正确的是（ ）
A.化石能源是清洁能源，水能是可再生能源
B.能量的转化和转移具有方向性
C.人类在不断地开发新能源，所以能量可以被创造
D.能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失
尝试解答：
易错提醒
能量与能源的区别
（1）能量是守恒的，既不会增加也不会减少。
（2）能源是能够提供可利用能量的物质。
（3）能量耗散，能量总量不变，但能量品质会下降即能源减少，故我们要节约能源。
1.（多选）关于能源的开发和利用，下列观点正确的是（ ）
A.无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为
B.根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C.能源的开发和利用，必须同时加强对环境的保护
D.不断开发新能源，是缓解能源危机的主要途径
2.（多选）（2024·辽宁葫芦岛高二期中）下列对能量耗散理解正确的是（ ）
A.能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
B.能量耗散遵守能量守恒定律
C.能量耗散说明能量可以凭空消失
D.能量耗散说明能量在不断减少
3.（多选）下列关于能源的说法中正确的是（ ）
A.能源是取之不尽，用之不竭的
B.能源是有限的，特别是常规能源，如煤、石油、天然气等
C.大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源
D.核能的利用对环境的影响比燃烧石油、煤炭大
1.（2024·浙江台州高二期末）关于能源，下列说法正确的是（ ）
A.太阳能是一种清洁能源
B.煤炭和石油是可再生能源
C.水能、风能是不可再生能源
D.核废料没有放射性，对环境污染极少
2.关于自然过程中的方向性，下列说法正确的是（ ）
A.摩擦生热的过程是可逆的
B.凡是符合能量守恒的过程一般都是可逆的
C.实际的宏观过程都具有“单向性”或“不可逆性”
D.空调机既能制冷又能制热，说明传热不存在方向性
3.（多选）下列现象能够发生，并且不违背热力学第二定律的是（ ）
A.一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能
C.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D.电冰箱通电后，把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
4.关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述正确的是（ ）
A.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的
B.内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾
C.两条定律都是有关能量的转化规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别
D.其实，能量守恒定律已经包含了热力学第一定律和热力学第二定律
提示：完成课后作业 第三章 4.
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