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
答案：AC
解析：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】 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；
答案：375 K
解析：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）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？
答案：增加了400 J
解析：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。
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
解析：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.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
解析：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 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；
答案：1.6×105 Pa
解析：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）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。
答案：14 J
解析：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。
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
解析：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.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。
答案：（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。
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
解析：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.（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
解析：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.（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
解析：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.（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。
答案：（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。
题组一 热力学第一定律和热学图像的综合
1.（多选）如图所示，一定质量的理想气体从状态a经等容过程到达状态b，再经过等压过程到达状态c，最后经等温过程回到初态a。下列说法正确的是（ ）
A.在过程ca中，外界对气体做功
B.在过程ab中，气体对外界做功
C.在过程bc中，气体从外界吸收热量
D.在过程ca中，气体从外界吸收热量
解析：AC 由题图知，在过程ca中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W＞0，由于气体温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＜0，即气体放热，故A正确，D错误；由题图知，在过程ab中，气体体积不变，则气体对外界不做功，故B错误；由题图知，在过程bc中，气体体积增大，则气体对外界做功，即W＜0，而气体的压强不变，由查理定律可知，气体的温度升高，故气体的内能增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。
2.（多选）（2024·天津和平高二期末）一定质量的理想气体封闭在汽缸中，气体由状态A经状态B、C最终变化到D，该过程中气体的V-T图像如图，O、A、D三点共线。下列说法正确的是（ ）
A.气体由A到B一定是从外界吸收热量
B.气体在状态A单位时间对单位面积器壁的冲量小于在状态B的冲量
C.气体由B到C从外界吸收热量
D.气体由C到D对外做的功大于从外界吸收的热量
解析：BC 气体由A到B体积减小，外界对气体做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，该过程气体不一定从外界吸收热量，故A错误；根据理想气体状态方程＝C可知，状态A的压强小于状态B的，则气体在状态A时对单位面积压力更大，根据I＝Ft可知，气体在状态A时单位时间内对单位面积器壁的冲量更小，故B正确；气体由B到C，体积不变，气体不做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故C正确；气体由C到D的过程，做等温变化，气体的内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于从外界吸收的热量，故D错误。
题组二 热力学第一定律与气体实验定律的综合
3.如图所示，有一导热性能良好的汽缸放在水平面上，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用（即分子势能视为零），忽略环境温度的变化。现缓慢推倒汽缸，在此过程中（ ）
A.气体吸收热量，内能不变
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
D.汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
解析：A 缓慢推倒汽缸，汽缸内气体压强减小，而环境温度不变，则气体体积增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数减少，该过程气体对外做功，由于温度不变，分子平均动能不变，分子撞击汽缸壁的平均作用力不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确，B、C、D错误。
4.某喷水壶的示意图如图所示。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B，打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（ ）
A.充气过程中，储气室内气体内能不变
B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大
C.喷水过程中，储气室内气体吸热
D.喷水过程中，储气室内气体压强不变
解析：C 充气过程中，储气室内气体质量增大，温度不变，气体分子平均动能不变，但内能增大，故A、B错误；喷水过程中，液面下降，气体体积增大，储气室内气体压强减小，气体体积增大，对外做功，而温度不变，由热力学第一定律知储气室内气体吸热，故C正确，D错误。
5.（多选）（2024·天津北辰高二期中）啤酒是人们夏季喜欢喝的饮品，如图是袋装原浆，某次售卖时，售货员将3 ℃冰镇原浆倒入袋中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气体从啤酒中析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知外界大气压强保持一个标准大气压不变，室温为33 ℃，封闭气体（视为理想气体）体积从0.2 L增大为0.3 L，则下列说法正确的是（ ）
A.外界对内部封闭气体做正功
B.静置后内部封闭气体的内能增加
C.静置后内部封闭气体分子的平均速率增大
D.根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强
解析：BC 由于气体体积变大，可知外界对内部封闭气体做负功，故A错误；静置后内部封闭气体的温度升高，则气体分子的平均速率增大，气体的内能增加，故B、C正确；根据理想气体状态方程＝C ，由于不知道气体的初始压强，所以不能求出静置后内部封闭气体的压强，故D错误。
6.（2024·陕西安康高二期末）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的横截面积为S，初始时封闭气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且不变），热力学温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞上升的高度为Δh时，气体的内能增加ΔU，气体的热力学温度上升到T2。已知重力加速度大小为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
（1）活塞的质量m及活塞与汽缸底部初始的间距h；
（2）加热过程中气体吸收的热量Q。
答案：（1） Δh （2）ΔU＋1.1p0SΔh
解析：（1）活塞处于平衡状态，则pS＝p0S＋mg
汽缸内气体的压强p＝p0＋
解得m＝
加热过程中气体做等压变化，有＝
解得h＝Δh。
（2）加热过程中气体对外做功，有W＝－pSΔh
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋1.1p0SΔh。
7.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
解析：B 越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；小瓶在上升的过程中，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，气体体积变大，瓶内气体对外界做正功，B正确；由A、B分析可知，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加、对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
8.（多选）（2024·辽宁大连高二期末）在日常生活中有很多有趣的热学现象，可以用所学的气体知识来解释。例如，如果你留心观察，会发现在暴雨期间，水位迅速上涨，井盖可能出现不断跳跃的现象。图乙是某排水管道的侧面剖视图，井盖上的泄水孔因杂物而堵塞，井盖与井口间密封良好但不粘连。井内密封的空气可视为理想气体，密封空气的温度始终不变。随着水面上涨到井盖被顶起之前，对于被井盖封闭的气体，下列说法正确的是（ ）
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.气体对外界放出热量
C.气体分子平均动能不变，气体的分子势能增大
D.气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大
解析：BD 理想气体的内能与温度有关，而温度始终不变，内能不变，故A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能不变，外界对气体做功，气体应该对外界放出热量，故B正确；理想气体的分子势能为零，故C错误；随着水面上涨到井盖被顶起之前，在温度不变的情况下，气体分子平均动能不变，但是，气体分子的数密度增大，故气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大，故D正确。
9.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0），b（2V0，p0），c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（ ）
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
解析：C 气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p-V图像与横轴所围的面积表示气体做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误；气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，c状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误；气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确；由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误。
10.如图所示，质量为M、内部高为H、底面积为S的绝热汽缸内部带有加热装置，汽缸顶部有挡板，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，用绳将活塞悬挂在天花板上，开始时缸内气体温度为T0，活塞到汽缸底部的距离为0.5H。已知大气压强恒为p0，忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求活塞刚碰到挡板时气体的温度；
（2）汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的过程中，气体吸收的热量为Q，求气体内能的增加量。
答案：（1）2T0 （2）Q－（p0S－Mg）
解析：（1）在活塞碰到挡板前，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律，有＝
解得T1＝2T0。
（2）从T0升高到3T0的过程中，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容变化，在等压变化过程中，设气体的压强为p，对汽缸有
Mg＋pS＝p0S
此过程气体对外做功W＝－0.5pSH
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－（p0S－Mg）。
10 / 11章末综合检测（三） 热力学定律
（满分：100分）
一、单项选择题（本题8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1.关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A.一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大
B.一定质量的气体吸收热量，其内能不一定增大
C.不可能使热量由低温物体传递到高温物体
D.第二类永动机不仅违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
解析：B 做功与传热是改变物体内能的两种方式，一定质量的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，气体内能不一定增大，故A错误，B正确；不可能使热量自发地由低温物体传到高温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律但违反了热力学第二定律，故D错误。
2.一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减小1.3×105 J，则此过程（ ）
A.气体从外界吸收热量2.0×105 J
B.气体向外界释放热量2.0×105 J
C.气体从外界吸收热量6.0×104 J
D.气体向外界释放热量6.0×104 J
解析：B 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得到Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界释放2.0×105 J的热量，故B正确。
3.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（ ）
A.外界对胎内气体做功，气体内能减小
B.外界对胎内气体做功，气体内能增大
C.胎内气体对外界做功，内能减小
D.胎内气体对外界做功，内能增大
解析：D 中午，车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D正确。
4.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低。此过程中（ ）
A.封闭的二氧化碳气体对外界做正功
B.封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C.封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大
D.封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
解析：B 气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误；海水压强随深度增加而增加，又导热容器可以自由压缩，所以气体的压强一定增大，故B正确；温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故C错误；温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体向外界放出热量，故D错误。
5.根据热力学定律和能量守恒定律，下列说法中正确的是（ ）
A.空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B.通过采用先进技术，热机可以实现把燃料产生的内能全部转化为机械能
C.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，可以使房间降温
D.在密闭的房间里，把正常工作的冰箱门打开，房间温度不会有任何变化
解析：A 空调在制冷过程中，把室内的热量向室外排放，消耗电能，产生热量，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，A正确；根据热力学第二定律可知，即使通过采用先进技术，热机也不能够实现把燃料产生的内能全部转化为机械能，B错误；冰箱的工作原理是将里面的热量吸收到外面使内部的温度降低，并且自身工作也会消耗电能产生热量，所以当冰箱在密闭的房间里并把冰箱门打开，此时冰箱内外部相通，所以无法降温，由于冰箱本身工作消耗电能会产生热量，所以房间温度会升高，C、D错误。
6.热力学第二定律常见的表述方式有两种，其一，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；其二，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。第一种表述方式可以用如图所示的示意图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的示意图来表示，下列示意图中正确的是（ ）
解析：B 由题图可知，使热量由低温物体传递到高温物体必伴随着制冷机的做功，即引起其他变化；对于第二种方式，热机工作时，从高温物体吸收热量，只有一部分用来对外做功，转变为机械能，另一部分热量要排放给低温物体，故B正确，A、C、D错误。
7.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再回到状态a，其中，a→b为等温过程，b→c为等容过程，下列说法正确的是（ ）
A.a→b过程，气体和外界无热交换
B.a→b过程，气体分子的速率均保持不变
C.b→c过程，气体内能减小
D.c→a过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功相等
解析：C a→b过程，气体发生的是等温变化，内能不变，此过程中，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，A错误；a→b过程，温度不变，气体分子的平均速率不变，但每一个气体分子的速率不断变化，B错误；b→c过程，气体的体积不变，压强减小，则温度降低，故内能减小，C正确；p-V图线与横轴所围的面积为气体做功的大小，所以c→a过程外界对气体做的功小于a→b过程气体对外界做的功，D错误。
8.如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可忽略）。如果不计大气压强的变化，该装置就是一支简易的气温计，则（ ）
A.温度升高后，罐中气体压强增大
B.给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的
C.用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会减小
D.温度升高，罐内气体对外做的功大于气体从外界吸收的热量
解析：B 罐中气体压强始终等于大气压强，即罐中气体压强始终不变，故A错误；设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L0、其横截面积为S，温度变化后的温度为T、罐中空气体积不变、吸管内空气柱长变为L、其横截面积不变。在温度变化时，气体做等压变化，有＝＝C ，解得L＝，所以ΔL＝＝Δt ，即管中油柱移动的距离与温度变化量成正比，所以给吸管标上温度刻度值时刻度是均匀的，故B正确；根据ΔL＝＝Δt可知，用更粗的透明吸管（S变大）、其余条件不变时，相同的Δt情况下ΔL变小，则测温范围会增大，故C错误；温度升高时，罐内气体体积增大，对外做功（即W＜0），同时罐内气体的内能增大（即ΔU＞0），由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，罐内气体从外界吸收的热量等于对外界做的功与罐内气体内能增加的和，所以罐内气体对外界做的功小于罐内气体从外界吸收的热量，故D错误。
二、多项选择题（本题4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9.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
解析：AC 上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，体积变化缓慢，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知Q＜0，气体向外界放热，故A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，即Q＝0，气体经历绝热压缩过程，外界对气体做功，即W＞0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＞0，即内能增加，温度升高，故C正确，D错误。
10.如图所示是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置。具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气（忽略气体的分子势能），将其装入“可乐瓶”中。通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖。设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同。当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是（ ）
A.快速挤压时，瓶内气体压强变大
B.快速挤压时，瓶内气体温度不变
C.快速挤压时，瓶内气体体积不变
D.缓慢挤压时，瓶内气体温度不变
解析：AD 快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确。
11.（多选）当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是（ ）
A.此过程中气体的内能增大
B.此过程中气体向外界放出热量
C.此过程中每个气体分子的动能均不变
D.此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
解析：BD 在缓慢充气过程中，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；充气前，气体在篮球和气筒之间，充气后，气体在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D正确。
12.“百脉寒泉珍珠滚”为章丘八景之一。假如泉水深5 m，底部温度为17 ℃，一个体积为5.8×10－7 m3的气泡从底部缓慢上升，到达泉水表面时温度为27 ℃，气泡内气体的内能增加了2×10－2 J。不计气体分子间的相互作用，g取10 m/s2，外界大气压强取1.0×105 Pa，水的密度取1×103 kg/m3。下列说法正确的是（ ）
A.气泡内所有分子动能都增大
B.气泡上升过程中气体对外做功，吸收热量
C.气泡到达泉水表面时的体积为9×10－7 m3
D.上升过程中气体吸收的热量大于6.8×10－2 J
解析：BC 由于不计气体分子间的相互作用，则气泡内的气体可视为理想气体，内能增大即气体分子的平均动能增大，但不是所有气体分子的动能都增大，故A错误；上升过程中，气体内能增加，体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，上升过程中气体吸收热量，故B正确；由理想气体状态方程可得＝，代入数据解得气泡到达泉水表面时的体积为V2＝9×10－7 m3，故C正确；由气体对外界做功的表达式W＝pSx可得W＝pΔV，当压强不变时，气体对外做功等于4.8×10－2 J，因为上升过程中气体压强减小，所以对外做功小于4.8×10－2 J，由热力学第一定律可得上升过程中气体吸收的热量小于6.8×10－2 J，故D错误。
三、非选择题（本题6小题，共60分）
13.（6分）电动汽车行驶时，发动机将电能转化为机械能，而阻力则将机械能转化为内能。在匀速行驶时，汽车最后向环境释放的热量功率和其消耗电能功率之比为1∶2；某人想设计一种装置，要求其在不引起其他变化的前提下可以将耗散到环境中的热量重新提取出来转化为功从而实现能量再利用，这种想法将违反热力学第二定律。
解析：匀速行驶时，阻力与动力相等，汽车最后向环境释放的热量功率与转化为机械能的功率相等，则汽车最后向环境释放的热量功率和其消耗电能功率之比1∶2；在不引起其他变化的前提下可以将耗散到环境中的热量重新提取出来转化为功从而实现能量再利用，这种想法将违反热力学第二定律。
14.（8分）在热力学中有一种循环过程叫作焦耳循环。它由两个等压过程和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程（A→B→C→D→A）。已知某些状态的部分参数如图所示（见图中所标数据），回答下列问题：
（1）C→D过程气体分子的平均动能会变大（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）已知状态A的气体温度TA＝580 K，求状态C的气体温度TC＝580K；
（3）若已知A→B过程气体对外放热Q＝－95 J，则A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝－35J，B→C过程外界对气体做的功WBC＝35J。
解析：（1）C→D过程，气体的体积变大，压强不变，由盖－吕萨克定律有＝，可知温度升高，则气体分子的平均动能变大。
（2）根据理想气体状态方程，有＝，得TC＝··TA，代入数据解得TC＝580 K。
（3）A→B过程外界对气体做功WAB＝pAΔV＝1×105×（1.2－0.6）×10－3 J＝60 J，气体放热Q＝－95 J，则由热力学第一定律得A→B过程中内能的变化量ΔUAB＝WAB＋Q＝－35 J；从A到C气体的内能不变，从B到C为绝热过程，则从B→C过程外界对气体做的功WBC＝ΔUBC＝ΔUBA＝35 J。
15.（10分）在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在状态A的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为Q＝600 J。求：
（1）气体在状态B的体积VB；
（2）此过程中气体内能的增量ΔU。
答案：（1）8.0×10－3 m3 （2）400 J
解析：（1）V-T图像通过坐标原点，则从A到B理想气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝，解得VB＝8.0×10－3 m3。
（2）外界对气体做的功W＝－p（VB－VA）＝－200 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，
解得ΔU＝400 J。
16.（10分）中国宇航员计划在2030年之前登上月球，其中宇航服的研制与开发需要达到更高的要求。研究团队在地面对宇航服进行实验研究的过程中，宇航服内的气体可视为理想气体，初始时其体积为V，温度为T，压强为0.7p0，其中p0为大气压强，求：
（1）若将宇航服内气体的温度升高到1.4T，且气体的压强不变，则气体对外做多少功；
（2）若在初始状态将宇航服的阀门打开，外界气体缓慢进入宇航服内，直至内、外气体压强相等，均为p0后不再进气，此时宇航服内理想气体的体积为1.4V，且此过程中，气体的温度保持为T不变，则进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为多少。
答案：（1）0.28p0V （2）1∶1
解析：（1）气体的压强不变，气体发生等压变化，则＝
解得V2＝1.4V
气体对外做功W＝0.7p0（V2－V）＝0.28p0V。
（2）气体的温度保持为T不变，气体等温变化，则
0.7p0V＝p0V'，解得V'＝0.7V
进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为＝＝1∶1。
17. （12分）如图所示，水平面上固定一绝热汽缸，汽缸底部安装有与外电路连接、阻值R＝5 Ω的加热电阻丝，汽缸内一绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦且不漏气。活塞通过连杆与放在汽缸右侧粗糙水平面上的物体（图中未画出）接触，最初时活塞位于位置Ⅰ，缸内气体压强 p＝2.0×105 Pa，与连杆接触的物体静止不动。某时刻开始，闭合电路开关，电阻丝给气体加热，电流表读数恒为1.0 A，10 min后断开开关。加热过程中活塞通过连杆推着物体在水平面上缓慢向右运动，最终活塞运动到位置Ⅱ处。已知电阻丝产生的热量全部传递给气体，这一过程中气体体积V和热力学温度T之间的关系如图所示，图中倾斜直线过原点。求：
（1）电阻丝产生的热量；
（2）活塞运动到位置Ⅱ时缸内气体的体积；
（3）活塞从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中气体内能的变化量。
答案：（1）3 000 J （2）8.0×10－3 m3 （3）2 000 J
解析：（1）由焦耳定律得Q＝I2Rt
代入数值解得Q＝3 000 J。
（2）由V-T图像得＝
代入数值解得V2＝8.0×10－3 m3。
（3）V-T图像为过原点的倾斜直线，故从位置Ⅰ到位置Ⅱ处，气体发生的是等压变化，压强恒为p＝2.0×105 Pa，从位置Ⅰ到位置Ⅱ处，气体体积膨胀对外做功为W＝pΔV＝p（V2－V1）
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
代入数值解得ΔU＝2 000 J。
18.（14分）如图所示，质量为m的活塞将体积为V0、温度为T0的某种理想气体密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内，活塞横截面积为S。现将汽缸内气体的温度缓慢升高，气体体积增大到2V0。已知大气压强为p0，气体内能U与温度T的关系为U＝kT（k为常量），重力加速度为g。求：
（1）该过程中气体的压强p；
（2）气体体积为2V0时的温度T2；
（3）该过程中气体吸收的热量Q。
答案：（1）p0＋ （2）2T0 （3）kT0＋V0
解析：（1）对活塞受力分析得pS＝p0S＋mg
解得p＝p0＋。
（2）加热过程中气体等压膨胀，有＝
解得T2＝2T0。
（3）该过程中气体内能增加ΔU＝kT2－kT0
解得ΔU＝kT0
因气体体积增大，故此过程中气体对外界做功，则W＝－pΔV
解得W＝－V0
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得该过程中气体吸收的热量
Q＝kT0＋V0。
7 / 82.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： 做功 与 传热 ，两者对改变系统的内能是 等价的 。
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.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 正 值；系统对外界做功时，W取 负 值。（均选填“正”或“负”）
（2）Q的正负：外界对系统传递的热量Q取 正 值；系统向外界传递的热量Q取 负 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 负 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 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 。
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 对外做功 的机器。
（2）第一类永动机由于违背了 能量守恒定律 ，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？
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.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？
提示：内能增加了10 J；减少了10 J；没改变。
【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
答案：B
解析：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】 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
答案：C
解析：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。
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？
答案：见解析
解析：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，当活塞P缓慢地向B移动时，甲、乙的内能如何变化？
解析：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 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？
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。
【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
答案：A
解析：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。
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
解析：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.（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
解析：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。
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
解析：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。
2.一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
解析：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.（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
解析：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.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？
答案：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 ℃。
题组一 热力学第一定律的理解和应用
1.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增加量ΔU是（ ）
A.60 J B.－60 J
C.－140 J D.140 J
解析：C 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－100 J－40 J＝－140 J。故C正确。
2.压力锅结构如图所示，盖好锅盖，将压力阀套在出气孔上，对压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。在压力阀被顶起时，停止加热。假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1.5 J，并向外界释放了2.5 J的热量，则下列说法正确的是（ ）
A.锅内原有气体的内能没有发生变化
B.锅内原有气体的内能增加了3 J
C.锅内原有气体的内能减少了3 J
D.锅内原有气体的内能减少了4 J
解析：D 根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－4 J，即锅内气体内能减少了4 J，故D正确，A、B、C错误。
3.如图所示为某品牌的气压式椅子，其主要构造由汽缸、活塞及汽缸内的封闭气体组成，汽缸及活塞为导热材料制成。人坐下时，向下压活塞，使气体体积减小；人离开椅子后，汽缸内的气体体积增大将椅子顶起。假设汽缸内的气体可视为理想气体，周围环境温度及大气压强恒定，则下列说法正确的是（ ）
A.人迅速坐下时，汽缸内气体的温度一定不变
B.人坐在椅子上不动，当环境温度降低，气体的压强将减小
C.人离开椅子后，足够长时间内，汽缸内的气体对外做的功的大小一定等于气体吸收的热量
D.人离开椅子后，汽缸内气体吸收的热量一定比对外做的功少，否则违背了热力学第一定律
解析：C 人迅速坐下时，外界对气体做功，气体还没来得及与外界进行充分的热量交换，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，所以气体的压强不发生变化，故B错误；人离开椅子后，经过足够长时间，汽缸内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，汽缸内的气体对外界做功的大小一定等于气体吸收的热量，故C正确，D错误。
题组二 能量守恒定律
4.（多选）下列设想符合能量守恒定律的是（ ）
A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B.造一艘没有动力系统的船在水面上行驶
C.通过太阳照射飞机，使飞机不带燃料也能飞行
D.利用蓄电池打造现代版的“木牛流马”，在地面上行走
解析：CD 永久磁铁间的作用力可以使机械转动起来，是磁场能转化为动能，但要使其持续运动，仍需从外界补充能量，这样的永动机不可能制成，故A不符合题意；若没有外界或自身提供的动力系统（例如风力、人力等），那么它无法获得动能，将不能在水面上行驶，故B不符合题意；在飞机上安装光能发电机，将光能转化为电能，再利用电能使飞机飞行，故C符合题意；蓄电池的电能转化为“木牛流马”的动能，使其行走，故D符合题意。
5.“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为（ ）
A.它不符合机械能守恒定律
B.它违背了能量守恒定律
C.它做功产生的热不符合热功当量
D.暂时找不到合理的设计方案和理想材料
解析：B 第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律，故B正确，A、C、D错误。
6.如图所示为冲击摆实验装置，一水平飞行的子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，在此过程中有关能量转化的说法中正确的是（ ）
A.子弹的动能转化成沙箱和子弹的内能
B.子弹的动能转化成沙箱和子弹的重力势能
C.子弹的动能转化成沙箱和子弹的动能
D.子弹的动能一部分转化成沙箱和子弹的内能，另一部分转化为沙箱和子弹的机械能
解析：D 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转化成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转化成沙箱和子弹的机械能，故D正确。
7.如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压强恒定。A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.大气压力对水做功，水的内能增加
B.水克服大气压力做功，水的内能减少
C.大气压力对水不做功，水的内能不变
D.大气压力对水不做功，水的内能增加
解析：D 由W＝p·S·Δh＝p·ΔV可知，大气压力对A、B中水做功的代数和为零，但由于水的重心下降，重力势能减小，由能量守恒定律可知水的内能增加，选项D正确。
8.被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，就会重新鼓起来。这一过程乒乓球内的气体（ ）
A.吸热，对外做功，内能不变
B.吸热，对外做功，内能增加
C.温度升高，对外做功，内能不变
D.压强增大，单位体积内分子数增大
解析：B 被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，重新鼓起来，体积增大，则气体对外做功W＜0，温度升高，内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＞0，即此过程气体吸热，B正确，A、C错误；气体分子总数不变，体积增大，单位体积内分子数减少，D错误。
9.（多选）如图所示，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，下列说法正确的是（ ）
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
解析：ABD 抽开隔板时，由于右方是真空，气体自由扩散，没有对外做功，又没有传热，则根据ΔU＝Q＋W可知，气体的内能不变，故A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，又没有传热，根据ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故B、D正确。
10.如图所示的是某种消毒用的喷雾消毒桶及其原理图；学校用如图所示的压缩式喷雾器对教室走廊等场所进行消杀工作。给储液罐打足气，打开开关就可以让药液喷洒出来。若罐内气体温度保持不变，随着药液的不断喷出，则罐内气体（看作理想气体）（ ）
A.内能不断减小 B.压强不断减小
C.外界对气体做功 D.气体对外放热
解析：B 由于罐内气体温度保持不变，所以气体的内能保持不变，A错误；随着液体喷出，罐内气体的体积增大，由玻意耳定律可知，气体体积增大，压强减小，B正确；气体的体积增大，让药液喷出，所以气体对外界做功，C错误；由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W，已知ΔU＝0，W＜0，则Q＞0，即气体要从外界吸热，D错误。
11.（2024·上海普陀高二期中）一定量的气体从外界吸收了2.6×105 J的热量，内能增加了4.2×105 J。外界对气体（选填“气体对外界”“外界对气体”）做功1.6×105J。
解析：由题意可知W＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得W＝1.6×105 J，明显W＞0，故外界对气体做功。
12.如图所示是某类潮汐发电示意图。涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门（如图甲所示），当落潮时，开闸放水发电（如图乙所示）。设海湾水库面积为5.0×108 m2，平均潮差为3.0 m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10％，则一天内发电的平均功率约为（ρ水取1.0×103 kg·m－3，g取10 m/s2）（ ）
A.2.6×104 kW B.5.2×104 kW
C.2.6×105 kW D.5.2×105 kW
解析：B 利用潮汐发电，就是将水的重力势能转化为电能，一次退潮水坝内水的势能减少
W水＝GΔh＝mgΔh＝ρ水VgΔh＝ρ水SghΔh
海水平均潮差为3.0 m，则水的重心下降的高度
Δh＝ m＝1.5 m
水能转化电能的效率是10％，则水的势能可转变成的电能为W电＝W水×10％＝ρ水SghΔh×10％＝1.0×103×5.0×108×10×3.0×1.5×0.1 J＝2.25×1012 J
每天两次涨潮，则该电站一天能发电4.5×1012 J，所以每天的平均功率为P＝ W≈5.2×104 kW，故B正确。
13.一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：
（1）气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
（2）气体分子势能是增加还是减少？
（3）气体分子的平均动能是增加还是减少？
答案：（1）减少 1.8×105 J （2）增加 （3）减少
解析：（1）气体从外界吸热为Q＝4.2×105 J
气体对外做功W＝－6×105 J
由热力学第一定律
ΔU＝W＋Q＝（－6×105 J）＋（4.2×105 J）＝－1.8×105 J
ΔU为负，说明气体的内能减少了
所以，气体的内能减少了1.8×105 J。
（2）因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了。
（3）因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了。
10 / 10第三章 热力学定律
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 吸热 ，也不向外界 放热 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 上升 。
（2）通过电流的 热效应 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 始末 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 自身状态 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 能量 变化的量度，所以这个物理量必定是系统的一种 能量 ，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＝ W 。
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， 热 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 内能变化 的量度。
（2）表达式：ΔU＝ Q 。
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 转化 ，而传热只是不同物体（或一个物体的不同部分）之间内能的 转移 。
【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。
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.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？
提示：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）用力按下活塞时为什么一定要迅速？
提示：迅速压下活塞是为了减少传热，尽量创造一个绝热条件。
【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
答案：C
解析：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。
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
解析：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.（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
解析：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 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？
提示：说明做功和传热都能改变物体的内能。
（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？
提示：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。
【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
答案：BD
解析：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。
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
解析：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.（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”）。
答案：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 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
答案：D
解析：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。
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
解析：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.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
解析：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。
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
解析：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.（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
解析：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.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
解析：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.（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
解析：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.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
解析：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。
题组一 做功与物体内能的改变
1.（2024·上海虹口高二期中）如图所示的实验装置中，把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部，当很快向下压活塞时，由于被压缩的气体温度骤然升高，当温度达到乙醚的燃点时，就会使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明对物体（ ）
A.做功可以增加物体的热量
B.做功可以改变物体的内能
C.做功一定会升高物体的温度
D.做功一定可以使物态发生变化
解析：B 当用力向下压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，玻璃筒内棉花就会燃烧起来，此实验说明了：外界对物体做功，可以使物体的内能增加。故选B。
2.如图所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图。M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中（ ）
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.外界对气体做功，气体内能减小
C.气体对外界做功，气体内能增大
D.气体对外界做功，气体内能减小
解析：A 筒内气体不与外界发生热交换，当M向下滑动时，筒内气体体积变小，外界对气体做功，使气体的内能增大，故A正确。
3.地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计。已知大气压强随高度的增加而降低，则该空气团在上升过程中（不计空气团内分子间的势能）（ ）
A.体积减小，温度降低
B.体积减小，温度不变
C.体积增大，温度降低
D.体积减小，温度升高
解析：C 空气团上升过程中由于空气团外部的压强减小，则空气团体积膨胀，气体对外做功，气体与外界无热交换，根据ΔU＝W可知，内能减小，理想气体内能只与温度有关，因此空气团温度降低，C正确。
题组二 传热与物体内能的改变
4.若A、B两物体之间没有传热，正确的解释是（ ）
A.两物体所包含的热量相等
B.两物体的内能相等
C.两物体的温度相等
D.两物体没有接触，且都处在真空中
解析：C 发生传热的条件是两物体存在温度差，当两物体温度相等时，传热就不再发生，与两物体的内能、所处状态均无关，故C正确，A、B、D错误。
5.关于传热，下列说法正确的是（ ）
A.传热中，热量一定从含热量多的物体传向含热量少的物体
B.两个物体间发生传热的条件是它们之间有温度差
C.在传热中热量一定从内能多的物体传向内能少的物体
D.内能相等的两个物体相互接触时，不可能发生传热
解析：B 热量的概念只有在涉及能量传递时才有意义，所以不能说物体含有多少热量，A错误；物体间发生传热的条件是物体间存在温度差，B正确；在传热中，热量一定从温度高的物体传向温度低的物体，温度高的物体内能不一定多，内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递，故C、D错误。
6.两个物体之间发生了传热，则一定是（ ）
A.内能大的物体向内能小的物体传递热量
B.比热容大的物体向比热容小的物体传递热量
C.含热量多的物体向含热量少的物体传递热量
D.一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能
解析：D 两个物体之间发生传热的条件是存在温度差，与内能、比热容、热量等无关，而温度是物体分子平均动能的标志，故一定是一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能，故D正确。
题组三 内能和相关概念的辨析
7.（多选）下列关于热量、功、内能的说法正确的是（ ）
A.高温物体含有的热量多
B.内能大的物体含有的热量多
C.热量、功和内能的单位都相同
D.热量和功都是过程量，而内能是一个状态量
解析：CD 热量和功都是过程量，而内能是一个状态量，热量是单纯的传热过程中系统内能变化的一个量度，是一个过程量，与功类似，不能讲某个时刻物体具有多少热量，应该讲在传热过程中有多少热量从高温物体传到了低温物体，所以不能讲温度高的物体含有的热量多，内能大的物体含有的热量多；热量、功和内能的国际制单位都是焦耳。故选项C、D正确，A、B错误。
8.（2024·河南信阳高二期中）关于内能、温度和热量，下列说法正确的是（ ）
A.物体的温度升高时，一定吸收热量
B.物体沿斜面下滑时，内能一定增大
C.物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大
D.内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时传热停止
解析：C 物体的温度升高时，可能是外界对物体做了功，不一定吸收热量，选项A错误；物体沿光滑斜面下滑时，没有摩擦力做功，则物体的内能不会增大，选项B错误；物体沿斜面匀速下滑时，有摩擦力做功转化为物体的内能，则物体的内能可能增大，选项C正确；热量总是从高温物体传递给低温物体，当温度相等时传热停止，选项D错误。
9.关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ）
A.一个铁块的温度升高，其内能增大
B.物体吸收热量，其温度一定升高
C.温度高的物体比温度低的物体含有的热量多
D.温度总是从物体热的部分传递至冷的部分
解析：A 物体吸收热量，温度不一定就升高，例如晶体熔化、液体沸腾这些过程，B错误；热量是在传热过程中传递能量的多少，是过程量，因此不能说物体含有热量，C错误；在传热的过程中，传递的是能量，不是温度，温度变化是能量变化的表象，D错误；一个铁块的温度升高，其内能增大，A正确。
10.如图所示是焦耳在研究热与功之间关系的两个典型实验，那么从焦耳的这两个实验中可得出的结论是（ ）
甲 乙
A.热量可由高温物体传给低温物体
B.机械能守恒
C.在各种不同的绝热过程中，系统状态的改变与做功方式无关，仅与做功数量有关
D.在各种不同的绝热过程中，系统状态的改变不仅与做功方式有关，还与做功数量有关
解析：C 焦耳通过多次实验，最后得到的结论是，在各种不同的绝热过程中，系统状态的改变与做功方式无关，仅与做功数量有关，故选项C正确，选项A、B、D不是焦耳实验的结论。
11.（2024·福建厦门高二期末）礼花喷射器原理如图。通过扭动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击，将纸管里填充的礼花彩条喷向高处，营造气氛。在喷出礼花彩条的过程中，罐内气体（ ）
A.温度保持不变
B.内能减少
C.分子热运动加剧
D.通过传热方式改变自身的内能
解析：B 高压气体膨胀对外做功，气体内能转化为礼花的机械能，气体内能减少，温度降低，分子热运动减慢，故A、C错误，B正确；气体对外做功，内能减少，这是通过做功的方式改变自身的内能，故D错误。
12.如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空。现将隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡，在此过程中（ ）
A.气体对外界做功，温度降低，内能减少
B.气体对外界做功，温度不变，内能不变
C.气体不做功，温度不变，内能不变
D.气体不做功，温度不变，内能减少
解析：C 气体向真空膨胀，不做功，此为绝热容器，无传热，Q＝0，所以气体内能不变，故C正确。
13.如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度处，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如
果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高到同一值，两球膨胀后，体积相等，则（ ）
A.A球吸收的热量较多
B.B球吸收的热量较多
C.两球吸收的热量一样多
D.无法确定
解析：B A、B两球升高同样的温度，体积变化又相同，则二者内能的变化量相同，而B球是处在水银中的，B球膨胀时受到的压力大，对外做功多，因此B球吸收的热量较多，故B正确。
14.如图所示，一个质量为20 kg的绝热汽缸竖直放置，绝热活塞的质量为5 kg，面积为0.1 m2，处于静止状态时被封闭气体的高度为50 cm，现在活塞上方加一质量为15 kg的物体，待稳定后，被封闭气体的高度变为40 cm。则在这一过程中气体的内能增加了多少？（p0＝1.01×105 Pa，g取10 m/s2）
答案：1 030 J
解析：汽缸及活塞均绝热，外界对气体所做的功全部转化为气体的内能，即
ΔU＝W外＝（m活塞＋m物体）gΔh＋p0SΔh
代入数据解得ΔU＝1 030 J。
12 / 124.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 不可逆的 。
（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 方向性 。
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 内能 ；第二个阶段是工作物质对外做功，把自己的内能变成 机械能 。
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 比值 。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 完全变成功 ，而不产生其他影响。该表述阐述了机械能与内能转化的 方向性 。
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 做功 ，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 品质 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？
提示：（1）均匀。（2）不能。
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？
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。
【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
答案：AD
解析：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。
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
解析：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 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
项目 热力学第一定律 热力学第二定律
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
答案：D
解析：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。
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
解析：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.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
答案：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 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？
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。
【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
答案：B
解析：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。
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
解析：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.（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
解析：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.（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
解析：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。
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
解析：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.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
解析：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.（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
解析：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.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
解析：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。
题组一 对热力学第二定律的理解
1.把水和酒精混合后，用蒸发的方式又可以分开，然后液化恢复到原来的状态，这说明（ ）
A.扩散现象没有方向
B.将水和酒精分开时，引起了其他变化，故扩散具有方向性
C.将水和酒精分开时，并没有引起化学变化，故扩散现象没有方向性
D.用本题的实验，无法说明扩散现象是否具有方向性
解析：B 扩散现象是不同物质相互接触，彼此进入对方的现象，具有自发性，酒精具有易挥发的特性，用蒸发使酒精挥发，这个过程引起了其他变化，所以说扩散现象具有方向性，故B正确，A、C、D错误。
2.（多选）下列哪些过程具有方向性（ ）
A.传热过程
B.动能向势能的转化过程
C.气体的扩散过程
D.气体向真空中的膨胀过程
解析：ACD 传热、气体的扩散和气体在真空中的膨胀都是与热现象有关的宏观自然过程，由热力学第二定律可知，它们都具有方向性，故A、C、D正确；动能向势能的转化与热现象无关，不具有方向性，故B错误。
3.如图所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，汽缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触面是光滑的，但不漏气。现将活塞与杆连接，使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并对外做功。若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是（ ）
A.气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，所以此过程违反了热力学第二定律
B.气体是从单一热库吸热，但并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C.气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D.以上三种说法都不对
解析：C 此过程虽然是气体从单一热库吸热，全部用来对外做功，但引起了其他变化，所以此过程不违反热力学第二定律，故C正确。
题组二 热力学第一定律、第二定律及两类永动机的比较
4.（多选）下列说法中正确的是（ ）
A.第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律
B.第二类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律
C.热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的
D.热力学第二定律的两种表述是等效的
解析：ACD 第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，选项A正确，B错误；热力学第一定律与热力学第二定律相辅相成，相互独立，选项C正确；热力学第二定律的两种表述是等效的，选项D正确。
5.关于热力学定律，下列表述正确的是（ ）
A.不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B.效率为100％的热机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律
C.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D.外界对物体做功，物体的内能必定增加
解析：C 热量能由低温物体传递到高温物体，此过程会引起其他的变化，A错误；效率为100％的热机不可能制成，不违反能量守恒定律，但它违反了热力学第二定律，因此它不可能制成，B错误；由熵增加原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，C正确；根据热力学第一定律，即ΔU＝W＋Q，物体的内能的变化与外界做功和物体的吸收热量有关，外界对物体做功，物体对外放热，物体的内能可能减小，D错误。
6.（多选）（2024·辽宁盘锦高二期中）下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是（ ）
A.一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，气体一定从外界吸收热量
B.热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律
C.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，内能增加
D.“覆水难收（泼出去的水难以收回）”反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性
解析：ACD 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，内能不变，即ΔU＝0，而W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＞0，气体一定从外界吸收热量，故A正确；热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，故B错误；0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，故C正确；热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，故D正确。
题组三 能源的开发和利用
7.关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
B.在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
C.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D.能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质提升了
解析：C 根据能量守恒定律可知选项A错误；在能源的利用过程中，虽然能量在数量上并未减少，但是能源的品质在降低，所以还需要节约能源，选项B错误；根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，选项C正确；能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减小，但能量品质降低了，选项D错误。
8.已知某台汽油机的效率是20％，如果这台汽油机用来做有用功的能量是9×104 J，则这段时间里汽油机消耗了多少的汽油？（假设汽油的热值为4.5×107 J·kg－1）
答案：0.01 kg
解析：效率等于有用功与总功的比值，总功W总＝＝＝4.5×105 J；根据能量守恒定律可知，W总＝Q放＝qm，消耗的汽油质量为m＝＝ kg＝0.01 kg。
9.（2024·辽宁沈阳高二期中）下列关于热力学定律的说法中，正确的是（ ）
A.热力学第一定律与热力学第二定律的实质是一样的
B.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C.我们要节约能源的根本原因是能量在数量上减少了
D.即使没有摩擦、不必要的散热损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能
解析：D 热力学第一定律反映了物体的内能变化与做功和传热的关系，而热力学第二定律则反映了热现象的宏观方向性，A错误；在外界的影响下，可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，B错误；我们要节约能源的根本原因是可利用能源的数量在不断减少，但能量的总量是不变的，C错误；根据热力学第二定律，即使没有摩擦、不必要的散热损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，也就是说，热机的效率不可能达到百分之百，D正确。
10.气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满气体，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（ ）
A.气体膨胀做功，内能减小
B.气体从外界吸收热量
C.气体分子在单位时间内对A舱壁单位面积碰撞的次数减少
D.一段时间后，A内气体的密度可以自发地恢复到原来的密度
解析：C 由于系统温度保持不变，所以气体内能不变，即ΔU＝0，气闸舱B内为真空，打开阀门K，A内的气体自由扩散，该过程气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝0，既不吸热也不放热，故A、B错误；气体体积增大，则气体分子的数密度减小，温度不变，则分子的平均动能不变，则气体分子在单位时间对A舱壁单位面积碰撞的次数减少，故C正确；根据热力学第二定律可知，B中气体不能自发地退回到A中，即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D错误。
11.在人类经济发展中环境保护日益重要，而利用太阳能发电投资少，见效快。如果用太阳能替代化石燃料可以减少温室气体的排放，减轻污染，有利于环境保护。以农村住宅屋顶发电为例，如屋顶放置垂直太阳光线的光电池板，面积为10 m×5 m，已知太阳光垂直照射到地球表面的光能平均为1 400 J/（m2·s），如果太阳平均每天有6小时的垂直照射，现在的光电转化率大约为23％，那么这个屋顶在一天内发电大约有（ ）
A.10 000度 B.1 000度
C.100度 D.10度
解析：C 由1度＝1 kW·h＝3.6×106 J，这个屋顶在一天内发电大约有E＝ηεSt＝1 400×10×5×6×3 600×23％ J≈100度，故C正确。
12.某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10％的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多少？
答案：3.4 kW
解析：在时间t内作用于风车的气流质量为
m＝πr2vtρ
这些气流的动能为mv2，转变的电能为
E＝mv2×10％
故风车带动电动机功率为
P＝＝πr2ρv3×10％
代入数据解得P≈3.4 kW。
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