INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．关于热传递，下列说法正确的是( )
A．热传递的实质是温度的传递
B．物体间存在温度差，才能发生热传递
C．热量总是从热量多的物体传到热量少的物体
D．热量总是从内能多的物体传到内能少的物体
解析：选B。热传递的实质是物体间能量的转移，故A错误；发生热传递的条件是物体间存在着温度差，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，若两物体温度相同，它们之间便不会发生热传递，故B正确；热量总是由高温物体向低温物体传递，故C、D错误。
2．关于物体的内能和热量，下列说法正确的是 ( )
A．热水的内能比冷水的内能多
B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大
C．在传热过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等
D．在传热过程中，热量从高温物体传递到低温物体，直到两物体的温度相同为止
解析：选D。物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不是只由温度决定，故A、B错误；在传热过程中，热量由高温物体传给低温物体，直到两物体温度相同为止，而与物体的内能大小无关，所以完全有可能是内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故C错误，D正确。
3．下列例子中，通过做功来改变物体内能的是 ( )
A．阳光照射衣服，衣服的温度升高
B．用打气筒打气，筒壁变热
C.将高温金属块放在水中，水的温度升高
D．放进冰箱冷冻室的水变成冰块
解析：选B。阳光照射衣服，衣服的温度升高，是通过传热改变内能，A错误；用打气筒打气，筒壁变热，是通过做功改变内能，B正确；将高温金属块放在水中，水的温度升高，是通过传热改变内能，C错误；放进冰箱冷冻室的水变成冰块，是通过传热改变内能，D错误。
4．如图所示，瓶内装有少量的水，瓶口已塞紧，水上方空气中有水蒸气，用打气筒向瓶内打气，当塞子从瓶口跳出时，瓶内出现“白雾”，这一现象产生的原因可以用下面三句话解释：甲，水蒸气凝结成小水珠；乙，瓶内气体推动瓶塞做功，内能减小；丙，温度降低。三句话正确的顺序是 ( )
A．甲、乙、丙 B．乙、丙、甲
C．丙、甲、乙 D．乙、甲、丙
解析：选B。根据题意知正确的顺序为：瓶内气体推动瓶塞做功→瓶内气体内能减小→瓶内气体温度降低→瓶内水蒸气液化成小水珠即“白雾”，而瓶塞跳起是用打气筒往瓶内打气使瓶内气体压强增大所致。
5．(多选)一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则( )
A.从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量
B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量
C．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量都等于铁块内能的增加量
D．达到热平衡时，铜块的温度比铁块的低
解析：选AC。热平衡条件是温度相等，传热的方向是从温度高的物体传向温度低的物体，在传热过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，因此A、C正确，B、D错误。
6．金属罐内装有与外界温度相同的压缩空气，打开罐的开关，罐内高压空气迅速向外逸出，待罐内、外压强相等时，立即关闭开关。在外界保持恒温的条件下，经过较长时间后，再次打开开关，这时出现的现象是( )
A．罐外空气流向罐内
B．罐内空气流向罐外
C．罐内、外有空气变换，处于动态平衡，罐内空气质量不变
D．罐内、外无空气交换
解析：选B。因高压空气急剧外逸时，气体没有时间充分与外界发生热交换，可近似看成绝热膨胀过程。气体对外做功，内能减小，所以关闭开关时，罐内气体温度比外界低，再经过较长时间后，罐内、外气体的温度相同。对罐内剩余气体分析，属于等容升温过程，其压强要变大，大于外界气压，所以再打开开关时，罐内气体要流向罐外。
7. 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：选A。做功和传热是改变物体内能的两种不同的物理过程，故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，是过程量，不能说物体具有的热量多少，故C、D错误。
8．(2024·江苏南通期中)如图所示，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段液柱。用手捂住烧瓶，会观察到液柱缓慢向外移动。关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是( )
A．气体的压强变小
B．气体的内能增加
C．气体温度保持不变
D．外界对气体做正功
解析：选B。对液柱进行分析，由于液柱处于水平玻璃管，大气对液柱的压力与烧瓶内气体对液柱的压力平衡，可知气体压强等于大气压，即气体的压强不变，故A错误；用手捂住烧瓶，烧瓶内的气体温度升高，忽略气体的分子势能，则气体内能由温度决定，即气体的内能增加，故B正确，C错误；液柱缓慢向外移动，气体体积增大，气体对外做功，外界对气体做负功，故D错误。1．在热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法正确的是( )
A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正
B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负
C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正
D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负
解析：选C。根据公式ΔU＝W＋Q中的符号法则知，C正确。
2．(2024·广东广州一模)如图，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内。若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中( )
A．气体压强增大，内能增加
B．气体压强增大，吸收热量
C.外界对气体做功，气体内能不变
D．气体对外界做功，气体吸收热量
解析：选C。活塞缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于环境温度不变，可知气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体放出热量；根据玻意耳定律pV＝C，由于气体体积减小，可知气体压强增大。
3．(2024·北京平谷模拟预测)一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则( )
A．气体的内能不变
B．气体可能从外界吸收热量
C．气体的压强可能不变
D．气体压强与体积的乘积变小
解析：选A。一定质量的理想气体，当温度保持不变时，气体内能不变，故A正确；由于气体体积减小，外界一定对气体做了正功，W>0，根据ΔU＝Q＋W可知Q<0，即气体放出热量，故B错误；在温度保持不变时，根据玻意耳定律pV＝C，当体积减小时，压强一定增大，故C、D错误。
4．下列说法错误的是( )
A．能的转化和守恒定律只适用于物体内能的变化
B．只要有能的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律
C．能的转化和守恒定律是人们认识自然和利用自然的有力武器
D．任何一种形式的能在转化为其他形式的能的过程中，消耗多少某种形式的能量，就能得到多少其他形式的能量，且能的总量保持不变
解析：选A。各种形式的能都可以相互转化，并不是只适用于物体内能的变化，且有能的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律，A错误，符合题意，B、C、D正确，不符合题意。
5.(2024·广东佛山二模)如图是小魔术“浮沉子”的模型。在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体。现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A．体积不变，内能不变
B．体积不变，压强不变
C．对外界做正功，并放出热量
D．体积增大，对外界做正功
解析：选D。上浮过程中小瓶内气体温度不变，内能不变，压强逐渐减小，根据pV＝C可知气体体积变大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，其中ΔU＝0，W<0，可知Q>0，可知小瓶内气体从外界吸热。
6．(2024·广西南宁二模)关于一定质量的理想气体的内能，下列说法正确的是( )
A．气体在压缩的过程中，内能一定增大
B．气体在放热的过程中，内能一定减小
C．气体在等温压缩过程中，内能一定增大
D．气体在等压膨胀过程中，内能一定增大
解析：选D。如果气体做等压变化，气体被压缩的过程中，温度降低，气体内能减小，故A错误；气体在放热的过程中，若外界对气体做功，则气体内能可能增大，故B错误；气体在等温压缩过程中，内能一定不变，故C错误；由盖 吕萨克定律可知，理想气体在等压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增大，故D正确。
7．(2024·广东梅州期末)健身球是一种新兴、有趣的体育健身器材。如图所示，健身者正在挤压健身球，健身球内的气体视为理想气体且在挤压过程中温度不变，下列说法正确的是( )
A．健身球内的气体向外界释放热量
B．健身球内的气体对外界做正功
C．健身球内的气体内能变大
D．健身球内的气体单位时间内撞击单位面积球壁的分子数不变
解析：选A。健身者正在挤压健身球，即外界对气体做正功，故B错误；健身球内的气体视为理想气体，其内能只有分子动能，则内能由温度决定，而温度不变，则健身球内的气体内能不变，故C错误；因外界对气体做正功，W>0，气体内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q<0，即气体向外界释放热量，故A正确；气体的温度不变，分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子数密度增大，则健身球内的气体单位时间内撞击单位面积球壁的分子数变多，故D错误。
8．(多选)为了减少污染，根据相关规定，加油站必须进行“油气回收”，操作如下：油枪从封闭油罐中吸取体积为V的汽油加到汽车油箱，同时抽取加油枪周围体积为1.2V的油气(可视为理想气体)，压入封闭油罐(压至体积为V)。假设油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则将油气压入油罐的过程中，油气( )
A．压强增大 B．对外做正功
C．向环境放热 D．从环境吸热
解析：选AC。油气压入油罐的过程中，体积减小，外界对气体做功，由于油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可知油气向环境放热，C正确，B、D错误；油气压入油罐的过程中，体积减小，温度不变，根据理想气体状态方程可知压强增大，A正确。
9．一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：
(1)物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)分子的平均动能是增加还是减少？
解析：(1)气体从外界吸收热量，则Q＝4.2×105 J
气体对外做功，则W＝－6×105 J
由热力学第一定律得
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1.8×105 J。
(2)理想气体忽略分子势能，因为气体内能减少，所以气体分子的平均动能一定减少了。
答案：(1)减少 1.8×105 J (2)减少
10．若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功。(设不同深度湖水的温度相同且保持不变)
(1)求气泡上升过程中吸收的热量。
(2)气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体的内能增加了多少？
解析：(1)气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律有ΔU1＝Q1＋W1
得Q1＝ΔU1－W1＝0－(－0.6 J)＝0.6 J。
(2)由热力学第一定律得
ΔU2＝Q2＋W2＝0.3 J＋(－0.1 J)＝0.2 J
内能增加了0.2 J。
答案：(1)0.6 J (2)0.2 JINCLUDEPICTURE "人教WLXZXBX3第三章LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../人教WLXZXBX3第三章LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
第1节 功、热和内能的改变
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1．可以从热力学角度认识内能的概念。了解焦耳的两个实验。 2.知道做功与内能改变的数量关系，知道传热的热量与内能变化的关系。 3.知道做功和传热是改变内能的两种方式，且对改变系统内能是等效的。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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)重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温__________。
(2)电流通过浸在液体中的电阻丝，由电流的________给液体加热，使液体温度上升。
3．实验结论：要使系统状态通过__________过程发生变化，做功的数量只由过程始末两个状态决定，而与做功的__________无关。
4．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________过程中对系统所做的功相联系。鉴于功是________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。
二、功与内能的改变
1．功与内能的改变
在热力学系统的绝热过程中，当系统从状态1经过绝热过程达到状态2时，内能的变化量ΔU＝U2－U1，等于__________对系统所做的功W，即ΔU＝W。
2．理解
(1)ΔU＝W的适用条件是___________过程。
(2)在绝热过程中，外界对系统做功，系统的内能__________；系统对外做功，系统的内能__________。
三、热与内能的改变
1．传热
(1)条件：物体的__________不同。
(2)定义：两个________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．热和内能的改变
(1)热量是在单纯的________过程中系统________的量度。
(2)表达式：________。
(3)传热和做功在改变系统内能上的异同：①做功和传热都能引起系统________的改变。②做功是内能与其他形式的能________；传热只是不同物体(或一个物体的不同部分)之间____________。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确。
(1)系统只从外界吸热，而不向外界放热的过程就是绝热过程。( )
(2)在绝热过程中，外界对系统做多少功，内能就能增加多少。( )
(3)功和内能都是能量转化的量度。( )
(4)做功和传热都可改变物体的内能，从效果上是等效的。 ( )
(5)热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体。( )
(6)传热只能发生在两个物体间，同一物体不能发生传热。 ( )
提示：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)×
[答案自填] 吸热 放热 上升 热效应 绝热 方式 自身状态 绝热 能量变化 外界 绝热 增加 减少 温度 温度 热 传热 内能变化 ΔU＝Q 内能
发生转化 内能的转移
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一 做功与内能的变化
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1.如图所示，在有机玻璃筒底放少量浸有乙醚的棉花，迅速压下活塞，观察棉花的变化。
(1)你能看到什么现象？实验现象说明了什么问题？
(2)图中用力按压活塞时为什么一定要迅速？
2．在焦耳的许多实验中，有两个最具有代表性。一个实验是让重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温上升；另一个实验是通过电流的热效应给水加热，使水温度上升。焦耳的这两个实验说明了什么问题？
[提示] 1.(1)可以看到棉花燃烧。实验现象说明压缩空气做功，使空气的内能增大，达到乙醚的燃点后引起棉花燃烧。
(2)迅速按压活塞是为了减少传热，创造一个绝热条件。
2．做功和传热对改变物体的内能是等效的。
1．内能与内能变化
(1)物体的内能是指物体内所有分子热运动的动能和分子间的势能之和。
(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，即物体的内能是由它的状态决定的，且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。
2．做功与内能变化的关系
(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。
3．功和内能的区别
(1)功是过程量，内能是状态量。
(2)在绝热过程中，做功一定能引起内能的变化。
(3)物体的内能大，并不意味着做功多。在绝热过程中，只有内能变化较大时，才对应着做功较多。
INCLUDEPICTURE "特别提醒A.TIF" INCLUDEPICTURE "../特别提醒A.TIF" \* MERGEFORMAT (1)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。
(2)在绝热过程中，系统内能的增加量等于外界对系统所做的功。
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" INCLUDEPICTURE "../例1.TIF" \* MERGEFORMAT 把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部，当迅速向下压活塞时，能使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此次做功直接增加的是谁的内能( )
A．内部气体 B．活塞
C．乙醚 D．棉花
[解析] 当迅速用力压活塞时，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。当空气温度达到乙醚的着火点时，筒内棉花就会燃烧起来。
[答案] A
INCLUDEPICTURE "例2.TIF" INCLUDEPICTURE "../例2.TIF" \* MERGEFORMAT 如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一个可以活动的绝热活塞。现对活塞施以一个竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小。若忽略活塞与容器壁间的摩擦，则被密封的气体( )
A．温度升高，压强增大，内能减少
B．温度降低，压强增大，内能减少
C．温度升高，压强增大，内能增加
D．温度降低，压强减小，内能增加
[解析] 压力F通过活塞对密闭的理想气体做正功，容器及活塞绝热，则Q＝0，由功和内能的关系知理想气体内能增加，温度T升高，再根据＝C可知，体积V减小，则压强p增大，C正确。
[答案] C
知识点二 热量和内能的变化
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
某同学做了一个小实验：先把空的锥形瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出锥形瓶，并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将锥形瓶放进盛满热水的水槽里，气球逐渐膨胀起来。
(1)锥形瓶内气体的内能增加了还是减少了？
(2)请解释气球膨胀的原因。
[提示] (1)增加了。
(2)由于热水的温度较高，将锥形瓶放进盛满热水的水槽里，锥形瓶内气体吸收了热水的热量，内能增加，温度升高，体积增大，所以气球逐渐膨胀起来。
1．传热
(1)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)传热的三种方式：热传导、热对流和热辐射。
2．传热的实质
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．热量与内能的改变
(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。
4．传热的方向性
热量会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。
5．改变内能的两种方式
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 做一定量的功和传递相同量的热量在改变内能的效果上是相同的
角度1 传热
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" INCLUDEPICTURE "../例3.TIF" \* MERGEFORMAT 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] 野外生存中利用钻木取火是做功改变内能，A错误；暖手宝可以使手变得暖和是传热改变内能，B正确；搓搓手可以让手变得暖和是做功改变内能，C错误；铁钉被锤子敲打后会升温是做功改变内能，D错误。
[答案] B
INCLUDEPICTURE "例4.TIF" INCLUDEPICTURE "../例4.TIF" \* MERGEFORMAT 图为利用钨锅炼铁的场景。若铁的质量大于钨锅的质量，起始时铁的温度比钨锅的温度低，当它们接触在一起时，忽略它们和外界交换的能量，下列说法正确的是( )
A．达到热平衡时，钨锅的温度比铁的低
B．传热的过程中，铁从钨锅吸收热量
C．达到热平衡时，钨锅内能的减少量小于铁内能的增加量
D．达到热平衡时，由于铁的质量大于钨锅的质量，钨锅内能的减少量大于铁内能的增加量
[解析] 达到热平衡时，钨锅的温度和铁的温度相同，故A错误；传热的过程中，铁从钨锅吸收热量，故B正确；传热过程是内能转移的过程，忽略它们和外界交换的能量，达到热平衡时，钨锅内能的减少量等于铁内能的增加量，故C、D错误。
[答案] B
角度2 做功、热量和内能
INCLUDEPICTURE "例5.TIF" INCLUDEPICTURE "../例5.TIF" \* MERGEFORMAT 对于热量、功和内能三个物理量，下列说法正确的是( )
A．热量和功与过程有关，而内能与状态有关
B．热量、功和内能的物理意义相同
C．热量和功都可以作为内能的量度
D．内能大的物体具有的热量多
[解析] 热量和功是过程量，与过程有关，而内能是状态量，与状态有关，故A正确；热量、功和内能是三个不同的物理量，它们的物理意义不同，热量反映了物体内能的变化量多少，功是能量转化的量度，内能是物体内所有分子动能和势能之和，故B错误；做功与热传递是改变内能的两种方式，都可以作为内能变化的量度，而不是作为内能的量度，故C错误；热量是过程量，不是状态量，不能说内能大的物体具有的热量多，故D错误。
[答案] A
角度3 做功、传热和内能变化的关系
INCLUDEPICTURE "例6.TIF" INCLUDEPICTURE "../例6.TIF" \* MERGEFORMAT (多选)下列说法正确的是( )
A．做功和传热是改变物体内能的两种本质不同的物理过程，做功是其他形式的能和内能之间的转化，传热是物体内能的转移
B．外界对物体做功，物体的内能一定增大
C．物体向外界放热，物体的内能一定增大
D．物体内能发生了改变，可能是做功引起的，也可能是传热引起的，还可能是两者共同引起的
[解析] 做功和传热改变物体内能的本质不同，因为做功的过程是不同形式的能相互转化的过程，而传热是同种形式的能量(内能)在不同的物体之间或一个物体不同的部分之间传递或转移，A正确；物体内能的变化取决于做功和传热两种途径，单就一个方面的改变不足以断定其内能的变化情况，B、C错误，D正确。
[答案] AD
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(做功与内能的变化)(多选)在以下事例中，通过做功的方式来改变物体内能的是( )
A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度升高
B．冬天，暖气为房间供暖
C．点燃的爆竹在空中爆炸
D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热
解析：选ACD。改变内能的方式有两种：做功和传热。做功的实质是能量的转化过程，做功的过程中能量的形式发生改变；传热是内能的转移，能量的形式不发生变化。两小球碰撞后粘在一起，温度升高，是机械能转化为内能，是利用做功的方式改变物体的内能，故A正确；暖气为房间供暖，是通过传热的方式来改变物体的内能，故B错误；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故C正确；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故D正确。
2．(做功与内能的变化)(多选)下列改变物体内能的方法，属于做功方式的是( )
A．冷物体接触热物体后变热
B．锯木头时，锯条发热
C．电流通过电炉丝，电炉丝发热
D．物体在火炉旁被烤热
解析：选BC。冷物体接触热物体后变热是通过传热改变物体内能，A错误；锯木头时，锯条克服摩擦力做功，锯条发热，B正确；电流通过电炉丝时，电流做功，电炉丝发热，C正确；物体在火炉旁被烤热是通过传热改变物体内能，D错误。
3．(传热与内能的变化)下列例子中通过热传递改变物体内能的是 ( )
A．感到手冷时，搓搓手就会觉得暖和些
B．擦火柴时，火柴头上的红磷温度升高到红磷的燃点，火柴燃烧起来
C．物体在阳光照射下温度升高
D．反复弯折一根铁丝，弯折的部分温度升高
解析：选C。物体在阳光照射下温度升高是通过热传递的方式来改变物体内能，搓手取暖、擦火柴以及反复弯折铁丝均是通过做功改变物体内能。
4．(做功、热量和内能)(多选)关于物体的内能，下列说法正确的是( )
A．夏天从室内冰箱里取一杯水去晒太阳，一段时间后，水的温度升高，这是通过热传递的方式改变物体的内能
B．热传递可以改变物体的内能
C．做功可以改变物体的内能
D．一块0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，内能减小
解析：选ABC。晒太阳使温度较低的水升温，是通过热传递的方式改变物体的内能，故A正确；物体吸收热量，内能增大，放出热量，内能减小，所以热传递可以改变物体的内能，故B正确；物体对外做功，物体的内能减小，外界对物体做功，物体的内能增大，所以做功可以改变物体的内能，故C正确；冰熔化成水，吸收热量，内能增大，故D错误。1．关于能源与能量，下列说法正确的是( )
A．因为能量守恒，所以不需要节约能源
B．人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
C．自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用
D．人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造
解析：选B。能源的使用过程中，虽然能量不会减少，但能量的品质下降了，可利用的能源会逐步减少，所以应节约能源，故A错误；为使能源可持续利用，缓解能源危机，人类应多开发和利用风能、太阳能、核能等新能源，故B正确；自然界中的石油、煤炭等能源是不可再生资源，不能供人们长久使用，而是越用越少，故C错误；能量既不会凭空消灭，也不会凭空创生，故D错误。
2．(2024·宁夏石嘴山开学考)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．气体吸热后温度一定升高
B．热量不可能从低温物体传到高温物体
C．若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
D．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能
解析：选C。由热力学第一定律得，如果气体吸热的同时对外做功，且做功的数值大于吸收的热量，则温度降低，故A错误；热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但像冰箱等电器可以把热量从低温物体传到高温物体，但要产生其他影响，故B错误；若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同，故C正确；不管对内燃机如何改进，也不可能把内燃机得到的全部内能转化为机械能，故D错误。
3．根据热力学定律，下列判断正确的是( )
A．我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖
B．利用浅层海水和深层海水间的温度差制造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的
C．制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其他变化
D．满足能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行
解析：选B。热量不能自发地从低温物体传到高温物体，所以不能把散失的能量全部收集起来重新加以利用，A错误；由热力学第二定律可知，B正确；热量从低温物体传给高温物体时一定会发生其他变化，C错误；只满足能量守恒定律而不满足热力学第二定律的过程是不可能发生的，D错误。
4．下列宏观过程不能用热力学第二定律解释的是( )
A．大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中，而经过一段时间大米、小米不会自动分开
B．将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开
C．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，内能不会自发地转化为机械能
D．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使汽车热机的效率达到100%
解析：选A。热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向性的规律，A不属于热现象。
5．(2024·广东深圳期末)海底火山活跃的海域，火山附近的海水会受到加热形成水蒸气从而产生气泡。当气泡浮上水面的过程中温度下降，压强减小，体积减小，该过程中水蒸气可视作理想气体。下列关于该过程说法正确的是( )
A．水蒸气上升过程中吸收热量
B．水蒸气分子的平均动能增大
C．水蒸气放出的热量大于其减小的内能
D．该过程违反了热力学第二定律
解析：选C。根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体温度下降，故内能减小，即ΔU<0，体积减小，外界对气体做功，故W>0，因此Q必须为负，故气体放出热量，故A错误；水蒸气的温度下降，故分子平均动能减小，故B错误；根据热力学第一定律，因外界对气体做功，故水蒸气放出的热量大于其减小的内能，故C正确；该过程不单是从热源吸热并用于做功，同时也引起了海水重力势能变化，故没有违反热力学第二定律，故D错误。
6．(2024·河北廊坊期末)下列有关热学现象的说法正确的是( )
A．双手互相摩擦发热的现象是用热传递的方法来改变物体内能的
B．在散热的条件下被压缩的气体内能一定增加
C．第二类永动机不违反热力学第二定律，只违反热力学第一定律
D．宏观与热现象有关的自发的物理过程都是不可逆的
解析：选D。双手互相摩擦发热的现象是用做功的方法来改变物体内能的，A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，在散热的条件下被压缩的气体内能不一定增加，B错误；第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律，C错误；宏观与热现象有关的自发的物理过程都是不可逆的，D正确。
7．(2024·辽宁沈阳期中)下列关于热力学定律的说法正确的是( )
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：选D。热力学第一定律反映了物体的内能变化与做功和热传递的关系，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。章末过关检测(三)
(时间：75分钟 分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列说法正确的是( )
A．给手机充电时，电源提供的电能多于电池得到的化学能
B．系统对外界做功2 J，同时向外放热3 J，则系统内能增加了5 J
C．在房间内打开冰箱门，再接通电源，室内温度就会持续降低
D．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能而不引起其他变化
解析：选A。在对手机充电的过程中，由于存在损耗，提供的电能比电池得到的化学能要多，故A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得ΔU＝W＋Q＝－2 J＋(－3 J)＝－5 J，系统内能减小，故B错误；在房间内，打开一台冰箱的门，再接通电源，电流做功电能转化为热能，室内温度会升高，故C错误；机械能可以自发地全部转化为内能正确，但不可能从单一热源吸收热量并全将这热量变为功，而不产生其他影响，故D错误。
2．下列过程可能发生的是( )
A．某种物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响
B．打开一高压密闭容器，其内气体自发逸出后又自发逸进去，恢复原状
C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高
D．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开
解析：选C。根据热力学第二定律可知，内能全部转化为机械能而不产生其他影响是不可能的，A错误；气体膨胀具有方向性，气体不能自发逸出又自发逸进去，B错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，但通过一些手段是可以实现的，C正确；扩散现象有方向性，因此不能自发地各自分开，D错误。
3．2024年2月份，济宁市天气变化无常，温差较大。某汽车长时间放置在室外，温度为10 ℃时，轮胎胎压为250 kPa，经过一段时间温度降为－3 ℃。若轮胎体积保持不变且不漏气，轮胎内气体可视为理想气体，在降温过程中，下列说法正确的是( )
A．轮胎内每个气体分子的速率都减小
B．轮胎内气体压强不变
C．轮胎内气体放热
D．单位时间内单位面积上气体分子与轮胎内壁碰撞的次数不变
解析：选C。降温过程中，轮胎内气体分子的平均动能降低，气体分子的平均速率降低，但不是每个气体分子的速率都减小，故A错误；根据题意可知，气体做等容变化，根据＝可知轮胎内气体压强减小，故B错误；轮胎体积保持不变，可知外界对气体不做功，气体温度减小，内能减少，根据热力学第一定律可知轮胎内气体放热，故C正确；气体分子的平均速率降低，轮胎体积保持不变，则单位时间内单位面积上气体分子与轮胎内壁碰撞的次数变少，故D错误。
4．如图甲所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态。现将汽缸倒立挂起，稳定后如图乙所示，则该过程中缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
解析：选C。初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内、外气体对活塞的压力差与活塞所受的重力平衡，设初始时汽缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有p1S＝p0S＋mg，将汽缸倒立挂起，汽缸内的压强为p2，则有p2S＝p0S－mg，由此可知气体的压强减小，气体膨胀，气体对外做功，W<0，汽缸、活塞都是绝热的，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能减小，故A错误；由以上分析可知，气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，而是速率大的分子数占总分子数的比例减小，故B、D错误，C正确。
5．下列关于热学的一些说法正确的是( )
A．在一定条件下物体的温度可以降到绝对零度
B．第二类永动机违反了热力学第一定律
C．温度是分子平均动能的标志，两个动能不同的分子相比，动能大的温度高
D．一定质量理想气体对外做100 J的功，同时从外界吸收70 J的热量，则它的内能减小30 J
解析：选D。绝对零度是低温的极限，永远不可能达到，A错误；第二类永动机不违反热力学第一定律，只是违反热力学第二定律，B错误；温度是大量分子平均动能的标志，温度高，分子的平均动能大，但是不一定每个分子动能都大，C错误；根据热力学第一定律可知，一定质量理想气体对外做100 J的功，同时从外界吸收70 J的热量，则它的内能减小30 J，D正确。
6．如图所示，某同学将空玻璃瓶开口向下缓慢压入水中，下降过程中瓶内封闭了一定质量的空气，瓶内空气看作理想气体，水温上下均匀且恒定不变，则( )
A．瓶内空气对外界做功
B．瓶内空气向外界放出热量
C．瓶内空气分子的平均动能增大
D．单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变
解析：选B。被淹没的玻璃瓶在下降过程中，水进入瓶内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故A错误；由于水温上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，则气体分子平均动能不变，气体内能不变，结合A选项及热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确，C错误；由于气体体积减小，所以单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故D错误。
7．用活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，改变条件使汽缸内气体发生由a→b→c的变化过程，其p－V图像如图所示，其中ac为等温线。已知理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是( )
A．a→b→c过程气体内能先不变后增大
B．a→b过程气体放出的热量大于b→c过程气体吸收的热量
C．a状态的气体体积为b状态气体体积的4倍
D．a状态气体的内能是b状态气体内能的4倍
解析：选B。根据＝C可知，横纵坐标乘积代表温度大小，所以a→b→c过程温度先减小后增大，则内能先减小后增大，故A错误；ac为等温线，c、c两点内能相同，a→b→c过程体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，全过程气体放热，所以a→b过程气体放出的热量大于b→c过程气体吸收的热量，故B正确；ac为等温线，根据玻意耳定律可知paVa＝pcVc，解得Va＝3Vc＝3Vb，a→b过程压强不变，根据盖 吕萨克定律可知＝，解得Ta＝3Tb，理想气体的内能与热力学温度成正比，所以a状态气体的内能是b状态气体内能的3倍，故C、D错误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
8．夏季天气温差比较大，充足的车胎经过正午阳光的曝晒易爆胎。若车胎内的气体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短，可看作绝热过程。关于车胎内的气体，下列说法正确的是( )
A．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体压强增大
B．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，对外做功，内能不变
C．爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能减小
D．爆胎过程中，车胎内气体体积增大，压强减小，温度升高
解析：选AC。爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，内能增大，压强增大；爆胎前气体体积不变，没有对外做功，故A正确，B错误。爆胎过程中，车胎内气体体积增大，压强减小，气体对外做功，内能减小，同时温度降低，故C正确，D错误。
9．下列说法正确的是( )
A．一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．一切不违背能量守恒定律的物理过程都是可能实现的
C．由自然过程的方向性可以判断物理过程能否自发进行
D．一切物理过程都不可能自发地进行
解析：选AC。自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，所以不违背能量守恒与转化定律的物理过程不一定都是可以实现的，故B错误；可以由热力学第二定律判断物理过程能否自发进行，故C正确；根据热力学第二定律，一部分物理过程可以自发进行，故D错误。
10．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：选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，可知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现象中的体现，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。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(6分)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d→a的循环过程后回到状态a，其T－V图像如图所示，其中bc、da均与V轴平行。a→b过程气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)；b→c→d过程气体内能______________(选填“一直增加”“先不变后减少”或“先不变后增加”)；d→a过程气体__________(选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
解析：由题图可知，a→b过程气体体积减小，气体对外界做负功；b→c→d过程气体温度先保持不变后升高，由于该气体为理想气体，故气体内能先不变后增加；d→a过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，由于气体的体积增大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q>0，即气体吸热。
答案：做负功 先不变后增加 吸热
12．(10分)一定质量的某种理想气体初始温度T0＝400 K，压强p0＝1×105 Pa，体积为V0。经等容变化放出400 J热量，温度降低到T1＝300 K；若经等压变化，则需要放出600 J的热量才能使温度降低到300 K。求：
(1)等压过程中外界对气体做的功W；
(2)初始状态下气体的体积V0。
解析：(1)等容过程中，气体做功为零，
即ΔU＝Q＝－400 J
等压过程，内能减小400 J，放出600 J热量，
则W＝ΔU－Q′＝200 J。
(2)根据等压变化可得＝
W＝p0(V0－V1)
联立解得V0＝8 L。
答案：(1)200 J (2)8 L
13.(12分)某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h＝15 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝1 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝360 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中，气体内能增加了ΔU＝140 J，大气压强p0＝0.99×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)气体在状态C时的压强；
(2)气体由状态A到状态C过程中，从外界吸收的热量Q。
解析：(1)气体在状态A时，有pAS＝p0S＋mg
解得pA＝1×105 Pa
气体由状态A到状态B过程中，气体的压强不变，由盖 吕萨克定律有＝
解得TB＝320 K
气体由状态B到状态C过程中，气体的体积不变，由查理定律有＝
解得pC＝1.125×105 Pa。
(2)气体从状态A到状态C的过程中，气体对外做的功W＝pASd＝10 J
由热力学第一定律有ΔU＝Q－W
解得Q＝150 J。
答案：(1)1.125×105 Pa (2)150 J
14．(12分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图像如图所示。已知该气体在状态A时的热力学温度为450 K，图示热力学过程中：
(1)求该气体在状态B时的热力学温度。
(2)该气体从状态A到状态C全程是吸热还是放热？与外界交换的热量是多少？
解析：(1)气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有＝，解得TB＝150 K。
(2)气体从状态B到状态C做等压变化，由盖 吕萨克定律有＝
解得TC＝450 K。
因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔU＝0，由热力学第一定律
ΔU＝Q＋W，得Q＝－W
在整个过程中，气体在状态B到状态C过程中对外做功，因此W＝－pBΔV＝－200 J
即Q＝－W＝200 J
Q是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量Q＝200 J。
答案：(1)150 K (2)吸热 200 J
15.(14分)如图所示，悬挂的活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始时气体压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0，汽缸悬在空中保持静止，此时汽缸所受活塞的静摩擦力为F。缓慢加热气体，直至气体体积增大到2V0，整个过程中气体吸收的热量为Q。已知大气压为p0，活塞面积为S，活塞与汽缸间的最大静摩擦力与滑动摩擦力均为2F。求：
(1)汽缸所受重力的大小G；
(2)汽缸开始下移时气体的热力学温度T1；
(3)整个过程中缸内气体内能的变化量ΔU。
解析：(1)初始时对汽缸受力分析有G＝F。
(2)汽缸开始下移时的临界状态为静摩擦力达到最大值，设此时压强为p1，由题意可知，活塞的横截面积与汽缸底部的横截面积相同，此时对汽缸受力分析有
G＋p1S＝p0S＋2F
由理想气体状态方程有＝
解得T1＝T0＋T0。
(3)由于活塞缓慢移动，所以活塞移动过程中气体的压强不变，由之前的分析可知，气体的压强p1＝p0＋
所以整个过程，气体做功W＝p1V0
由于气体体积变大，所以外界对气体做功为负值，数值与气体做功大小相等，由热力学第一定律有
ΔU＝－W＋Q
解得ΔU＝Q－p0V0－。
答案：(1)F (2)T0＋T0 (3)Q－p0V0－第4节 热力学第二定律
1．知道传热、扩散现象、机械能与内能的转化等都具有方向性。具有方向性的过程是不可逆的。
2．理解热力学第二定律的两种表述。
3．学会用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移及方向性问题。
一、热力学第二定律
1．传热的方向性
(1)热量可以自发地由____________物体传到____________物体。
(2)热量不能自发地由____________物体传到____________物体。
(3)传热过程是有____________的。
2．热力学第二定律的克劳修斯表述
热量不能自发地从____________物体传到____________物体。(该表述阐述的是传热的方向性)
3．热机
(1)热机工作的两个阶段：第一个阶段是燃烧燃料，把燃料中的________变成工作物质的________；第二个阶段是工作物质对外________，把自己的内能变成________。
(2)热机的效率：热机工作时从高温热库吸收的热量Q，只有一部分用来做功W，转变为机械能，另一部分要排放给低温热库，即W＜Q。
4．热力学第二定律的开尔文表述
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方向性)
注意：热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述是____________的。
二、能源是有限的
1．能量耗散
能量在________上虽然守恒，但其转移和转化却具有________。在各种各样的活动中，其他形式的能最终都转化成________流散到____________中，再也不能自动聚集起来驱动机器做功了，这种转化过程叫作能量耗散。
2．能量品质降低
机械能、光能、化学能、电能相对于周围环境中的内能来说，可利用的能量的品质要__________。所谓能源，其实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__________，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。
三、熵与熵增加原理
1．熵可用来表达一个系统的________，系统从有序向无序的发展过程中熵在________。
2．在物理学中，不与外界进行物质和能量交换的系统叫作孤立系统。在________过程中，系统总是自发地向无序方向发展，即一个孤立系统的熵值总是不减少的，这就是熵增加原理。
3．自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展。
判断下列说法是否正确。
(1)热量不能由低温物体传给高温物体。( )
(2)科技发达后，热机的效率可以达到100%。( )
(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)能量耗散不遵循能量守恒定律。( )
(5)能量耗散会导致能量品质降低。( )
(6)为了可持续发展，必须节约能源。( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√
[答案自填] 高温 低温 低温 高温 方向性 低温 高温 化学能 内能 做功
机械能 完全变成功 等价 数量 方向性 内能 周围的环境 高 保持守恒 品质
无序程度 增加 自发
知识点一 热力学第二定律
1．自然过程的方向性
(1)传热具有方向性
两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体，要实现低温物体向高温物体传递热量，必须借助外界的帮助，因而会产生其他影响或引起其他变化。
(2)气体的扩散现象具有方向性
两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，绝不会自发地分开，成为两种不同的气体。
(3)机械能和内能的转化过程具有方向性
物体在地面上运动，因摩擦而逐渐停下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运动起来。
(4)气体向真空中的膨胀具有方向性
气体可自发地向真空容器中膨胀，但绝不可能出现气体自发地从容器中流出，使容器内变为真空。
2．热机
(1)热机：把内能转化成机械能的一种装置。
如蒸汽机把水蒸气的内能转化为机械能；内燃机把燃烧后的高温高压气体的内能转化为机械能。
(2)热机的工作原理
工作物质从热库吸收热量Q1，推动活塞做功W，然后排出废气，同时把热量Q2散发到冷凝器或大气中。
根据能量守恒有Q1＝W＋Q2。
(3)热机的效率
把热机做的功W与它从热库中吸收的热量Q1的比值叫作热机的效率，用η表示，有η＝。
因为Q1＝W＋Q2，所以Q1＞W，η＜1。
这说明热机不可能把吸收的热能全部转化为机械能，总有一部分要散失到冷凝器或大气中。
(1)热机必须有热源和冷凝器。
(2)热机的效率不可能达到100%，即使是理想热机，没有摩擦，也没有漏气等能量损失，它也不可能把吸收的热量百分之百地转化为机械能，总要有一部分热量散发到冷凝器或大气中。
3．两类永动机的比较
比较项目 第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不消耗任何能量，可以不断地做功(或只给予很少的能量启动后，可以永远运动下去) 将内能全部转化为机械能，而不引起其他变化(或只有一个热库，实现内能向机械能的转化)
不可能制成的原因 违背了能量守恒定律 违背了热力学第二定律
角度1 热力学第二定律的理解
(多选)下列哪些过程具有方向性( )
A．热传递过程
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] 热传递、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。
[答案] ACD
(2024·广东汕头一模)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1 250摄氏度)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是( )
A．这种渗透过程是自发可逆的
B．硅晶体具有光学上的各向同性
C．这种渗透过程是分子的扩散现象
D．温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增加
[解析] 掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D错误。
[答案] C
角度2 热力学定律的理解和应用
下列关于热力学定律和能量守恒定律的说法，正确的是( )
A．由于能量是守恒的，所以不需要节约能源
B．气体吸收热量的同时对外做功，内能可能不变
C.热量不能从低温物体传到高温物体
D．热不能全部转为功
[解析] 能量虽然守恒，但可利用的资源是有限的，需要节约能源，故A错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收热量的同时对外做功，内能可能不变，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，但若通过外力做功是可以把热量从低温物体转移到高温物体的，例如冰箱制冷，故C错误；热可以全部转变为功，但会引起其他变化，故D错误。
[答案] B
角度3 第二类永动机
(2024·新疆乌鲁木齐联考期末)下列说法正确的是( )
A．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
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．不可能从单一热源吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响
D．第二类永动机不可能成功的原因是违反了能量守恒定律
[解析] 根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在以消耗其他能量为代价的条件下，热量也可以从低温物体传到高温物体，故A错误；效率为100%的热机不可能制成，没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，故C正确；第二类永动机不可能成功的原因是违反了热力学第二定律，并不是违反了能量守恒定律，故D错误。
[答案] C
知识点二 能量耗散和品质降低
1．能量耗散
各种形式的能量向内能的转化，是无序程度较小的状态向无序程度较大的状态的转化，是能够自动发生、全额发生的，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。
2．能量品质的降低
能量耗散虽然不会使能量减少，却会导致能量品质的降低，它实际上将能量从高度有用的形式降级为不大可用的形式。煤、石油、天然气等能源储存着高品质的能量，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内能。内能较之机械能、电能、光能、核能等是一种低品质能量。
(2024·浙江台州期末)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，对环境污染极小
[解析] 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。
[答案] A
(多选)关于能量和能源，下列说法正确的是( )
A．化石能源是清洁能源；水能是可再生能源
B．能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性
C．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
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能量的总量并不减少，但能量品质降低了
[解析] 化石能源在燃烧时放出二氧化硫、二氧化碳等气体，会形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，水能是可再生能源，故A错误；能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，故B正确；有一些重要的不可再生能源是可以被用完的，所以在能源的利用过程中，需要节约能源，故C错误；能量耗散现象说明，在能量转化的过程中，虽然能量的总量并不减少，但能量品质降低了，例如内燃机燃烧汽油把化学能转化为机械能，最终机械能又会转化为内能，而最终的内能人们很难再重新利用，所以我们说能量的品质下降了，故D正确。
[答案] BD
1．(热力学第二定律)根据热学中的有关知识，下列说法正确的是( )
A．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．空调的工作过程表明，热量可以自发地由低温物体向高温物体传递
C．第二类永动机不违背能量守恒定律，当人类科技水平足够先进时，第二类永动机可以被制造出来
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
解析：选D。热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故A错误，D正确；空调的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，故B错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，故C错误。
2．(热力学第二定律)(多选)下列说法正确的是( )
A．第一类永动机不可能制成，因为它违反了能量守恒定律
B．第二类永动机不可能制成，因为它违反了热力学第一定律
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价的
解析：选ACD。第一类永动机不可能制成，因为它违反了能量守恒定律，A正确；第二类永动机不可能制成，因为它违反了热力学第二定律，但不违反热力学第一定律，B错误；热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的具体体现，热力学第二定律强调了宏观热现象的方向性，两者是相互独立的，故C正确；热力学第二定律的两种表述都说明所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性，所以说热力学第二定律的两种表述是等价的，故D正确。
3．(能量耗散和品质降低)中央提出了“推进绿色发展、循环发展、低碳发展”的理念。下列有关新能源和能量观的描述正确的是( )
A．外出旅游时，尽可能选择自驾出行
B．核能是高效能源，在使用时要注意防范核泄漏事故
C．水能和风能来源于太阳能，是不可再生能源
D．根据能量守恒可知，担心能源危机是杞人忧天
解析：选B。外出旅游时，尽可能选择公共交通工具出行，可以减小污染，节约能源，A错误；核能是一种清洁高效的能源，核能的和平开发和利用对人类经济社会的发展做出了巨大的贡献，而核泄漏事故的发生又会造成一定的灾难，所以使用时要注意防范核泄漏事故，B正确；水能和风能来源于太阳能，是可再生能源，C错误；能量虽然守恒，但是可利用的能源是有限的，D错误。第2节 热力学第一定律
第3节 能量守恒定律
1．掌握热力学第一定律及其表达式。 2.学会运用热力学第一定律解释自然界能量的转化、转移问题。
3．理解能量守恒定律，知道能量守恒定律是自然界普遍遵从的基本规律。 4.理解永动机是不可能制成的。
一、热力学第一定律
1．改变内能的两种方式
做功与__________。两者在改变系统内能方面是__________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__________与外界对它__________的和。
(2)表达式：____________。
二、热力学第一定律的应用
1．外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值。
2．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。
3．系统内能增加，ΔU为正值；系统内能减少，ΔU为负值。
三、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为其他形式，或者从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量________。
2．意义
(1)各种形式的能可以相互转化。
(2)互不相关的物理现象可以用能量转化和守恒定律联系在一起。
四、永动机不可能制成
1．永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地________的机器。
2．永动机不可能制成的原因：违背了____________定律。
3．意义：正是历史上设计永动机的失败，才使后人的思考走上了正确的道路。
判断下列说法是否正确。
(1)某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加。( )
(2)能量既可以转移又可以转化，故能量的总量是可以变化的。 ( )
(3)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。( )
(4)ΔU＝W＋Q，该式表示的是功、热量跟内能改变之间的定量关系，在物理学中叫作热力学第一定律。( )
(5)永动机不能制成，因为它违背了能量转化和守恒定律。 ( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√
[答案自填] 传热 等价 热量 所做的功 ΔU＝Q＋W 转化 转移 保持不变
对外做功 能量守恒
知识点一 热力学第一定律
气象探测气球内充有常温常压的氦气，从地面上升至某高空的过程中，气球内氦气的压强随外部气压的减小而逐渐减小，其温度因运行加热装置而保持不变，高空气温为－7.0 ℃，球内氦气可视为理想气体。若在此高空关闭加热装置后：
(1)氦气对外界做功还是外界对氦气做功？
(2)氦气吸热还是放热？
[提示] (1)根据＝C可知，体积减小，外界对氦气做功。
(2)在此高空，ΔU＜0，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，即氦气向外放热。
1．对ΔU＝W＋Q的理解
热力学第一定律将单纯的绝热过程和单纯的传热过程中内能改变的定量表述推广到一般情况，既有做功又有传热的过程，其中ΔU表示内能改变的数量，W表示做功的数量，Q表示外界与物体间传递的热量。
2．符号法则
(1)外界对系统做功，W＞0，即W取正值；
系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，W＜0，即W取负值。
(2)外界对系统传热，也就是系统从外界吸收热量，Q＞0，即Q取正值；
外界从系统吸收热量，也就是系统向外界放出热量，Q＜0，即Q取负值。
(3)系统内能增加，ΔU＞0，即ΔU为正值；
系统内能减少，ΔU＜0，即ΔU为负值。
3．几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则ΔU＝W，物体内能的增加量等于外界对物体做的功。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量。
(3)若过程的始末两个状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对物体做的功等于物体放出的热量(或物体吸收的热量等于物体对外界做的功)。
角度1 内能变化的理解
关于物体内能的变化，下列说法正确的是( )
A．物体吸收了热量，它的内能可能减少
B．物体的机械能变化时，它的内能也一定随着变化
C．外界对物体做功，它的内能一定增加
D．物体既吸收热量，又对外界做功，它的内能一定不变
[解析] 物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关，即ΔU＝W＋Q，物体吸收热量，也可以同时对外做功，其内能有可能增加，也有可能不变，甚至减少，内能的变化量受两者共同影响，无法单一决定，故A正确，C错误；物体的内能与物体的体积、温度等因素有关，物体的机械能变化时，物体的速率或高度变化，但其体积和温度可能不变，也可能改变，则其内能可能增加、减少或不变，故B错误；由A项的分析可知ΔU＝W＋Q，物体既吸收热量，又对外做功，它的内能可能保持不变，也可能减少，还可能增加，具体决定于做功和吸热的数值，故D错误。
[答案] A
角度2 热力学第一定律的理解
一定量的气体在某一过程中，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＝2×105 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
[解析] 外界对气体做了8×104 J的功，则W＝8×104 J，气体内能减少了1.2×105 J，则ΔU＝－1.2×105 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得，Q＝－2×105 J，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
(2024·吉林一模)某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压瓶子，然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则( )
A．挤压瓶子过程中，瓶内气体分子的平均动能减小
B．挤压瓶子过程中，瓶内气体内能不变
C．瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功
D．瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高
[解析] 旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压瓶子，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，瓶内气体温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，瓶内气体温度降低，瓶内出现白雾，故C正确，D错误。
[答案] C
(2024·山东青岛一模)如图所示，隔板在绝热汽缸中封闭一定质量理想气体，隔板和绝热活塞间是真空。迅速抽掉隔板后气体会扩散至整个汽缸，待气体稳定后向左缓慢推动活塞至隔板原位置，整个系统密封性良好，下列说法正确的是( )
A.扩散过程中，气体对外界做功，温度降低
B．扩散过程中，气体分子的平均速率减小导致气体压强减小
C．推动活塞过程中，活塞对气体做功，气体温度升高
D．抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能相等
[解析] 抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q＋W可知，气体内能不变，温度不变，气体分子的平均速率不变，压强减小，故A、B错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，温度升高，故D错误，C正确。
[答案] C
知识点二 能量守恒定律和第一类永动机
有人试图制造一台“永久”的发电机。设计思想如下：先利用外界供给的电能，使电动机转动，再让电动机带动发电机发电。发电机发电后，一部分电供给电动机继续使用，电动机不再利用外界供给的电能；一部分电能供用户使用。这样，一旦这个发电机发出电来，它就可以不再使用外界的能量，自己“源源不断”地发出电来。用能量转化和守恒的知识分析说明，这样的“永动机”能实现吗？
[提示] 上述设想的能量转化过程是这样的，电能→机械能→电能→机械能＋电能(用户)。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别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，所以上述能量转化过程中的能量均应是守恒的，一旦发电机发出电来就不再使用外界能量是不可能的，这种永动机不能实现。
1．能量的存在形式及相互转化
(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、核能等。
(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化。例如：利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，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。
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．第一类永动机失败的原因
如果没有外界热源供给热量，则有U2－U1＝W，就是说，如果系统内能减少，即U2＜U1，则W＜0，系统对外做功是要以内能减少为代价的。若想源源不断地做功，就必须使系统不断回到初始状态，在无外界能量供给的情况下是不可能的。
(多选)下列对能量守恒定律的认识正确的是( )
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机，是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
[解析] 不同形式的能量间的转化过程中，能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确；能量在不同的物体间发生转移的过程中，能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确；第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确；石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，D错误。
[答案] ABC
“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．没有制作它的理想材料
D．暂时找不到合理的设计方案
[解析] 第一类永动机不可能制成的原因是其违背了能量守恒定律，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
1．(热力学第一定律)如图所示，现用活塞压缩封闭在汽缸里的空气，对空气做了90 J的功，同时空气向外散热21 J。关于汽缸里空气的内能变化情况，下列说法正确的是( )
A．内能增加90 J
B．内能增加69 J
C．内能减少111 J
D．内能减少21 J
解析：选B。根据题意，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得，汽缸里空气的内能变化ΔU＝－21 J＋90 J＝69 J，即汽缸里空气的内能增加了69 J。
2．(热力学第一定律)(多选)(2024·广东湛江一模)航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备。航天员穿着航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀。若航天服内气体的温度不变，视为理想气体并将航天服视为封闭系统，则关于航天服内的气体，下列说法正确的是( )
A．体积增大，内能减小
B．压强减小，内能不变
C．对外界做功，吸收热量
D．压强减小，分子平均动能增大
解析：选BC。由于航天服内气体视为理想气体，温度决定内能，温度不变，内能不变，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大，气体对外界做功，温度不变，可知W<0，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，所以航天服内气体将吸收热量，又由等温变化有p1V1＝p2V2，可知体积变大，则压强减小。
3．(能量守恒定律)(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可以制造一台永远转动的机器
B．做一条利用风能逆水航行的船
C．通过太阳照射使飞机起飞
D．不用任何燃料，河水就一定不能升温
解析：选BC。利用磁场能可能使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力不可避免，动能最终转化为内能，使转动停止，故A错误；让船先静止在水中，设计一台风力发电机使船获得足够的电能，然后把电能转化为船的动能，可使船逆水航行，故B正确；可利用太阳能电池板将光能转化成可储存的电能，然后将电能转化为飞机的动能，实现飞机起飞，故C正确；水坝利用河水的重力势能发电，一部分重力势能通过水轮机转化为水的内能，可使水升温，故D错误。
4．(能量守恒定律)17世纪70年代，英国赛斯特城的约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道。维尔金斯认为，如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当运动到小孔P处时，小铁球就会掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端的Q处，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。下列关于维尔金斯“永动机”的认识正确的是( )
A．满足能量守恒定律，所以可能实现
B．如果忽略斜面的摩擦，那么维尔金斯“永动机”一定可以实现
C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现
D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现
解析：选D。维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律。铁球上升过程中，磁场力对铁球做正功，使铁球机械能增加；但铁球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消。可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量。所以，维尔金斯“永动机”不可能实现。专题提升课3 热力学定律与气体实验定律的综合
微专题一 热力学第一定律与图像的结合
1．内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
2．做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外界做功，W为负；体积减小，外界对气体做功，W为正。
3．与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0。
4．如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
角度1 p－V图像与热力学第一定律
(2024·江苏一模)一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则( )
A．a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
B．a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大
C．a→b过程中，气体既不吸热也不放热
D．b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
[解析] 由题图可知，b→c过程，气体发生等压变化，气体体积与热力学温度成正比，则Ta＝Tb>Tc所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误；由题图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态分子数密度最大，故B错误；a→b是等温过程，内能不变，但体积增大，对外做功，所以为吸热过程，故C错误；b→c过程中，体积减小，外界对气体做了功，同时温度降低，内能减小，所以气体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。
[答案] D
角度2 p－T图像与热力学第一定律
(多选)(2024·山西太原期末)一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中，气体压强p随热力学温度T变化的关系如图所示。ab的延长线过坐标原点，bc平行于p轴，下列说法正确的是( )
A.气体在状态a时的内能最大
B．a→b过程中，气体分子数密度增大
C．b→c过程中，气体向外界放热
D．c→a过程中，气体对外界做的功大于气体吸收的热量
[解析] ab延长线过原点，在a→b过程，压强与热力学温度成正比，气体温度降低，内能减小，b→c过程气体温度不变，内能不变，c→a过程中温度升高，内能增大，所以气体在状态a时的内能最大，故A正确；在a→b过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，气体分子数密度不变，故B错误；在b→c过程中气体温度不变，内能不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体向外放出热量，故C正确；在c→a过程中气体温度升高，内能增大，压强减小，体积增大，所以气体对外界做功，根据热力学第一定律可得，气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故D错误。
[答案] AC
角度3 V－T图像与热力学第一定律
(2024·天津蓟州期末)一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态B和C，其V－T图像如图所示。下列说法正确的有( )
A.A→B的过程中，气体内能增加
B．B→C的过程中，气体吸收热量
C．A→B的过程中，气体压强增大
D．B→C的过程中，气体压强减小
[解析] A→B的过程中，气体温度不变，内能不变，气体做等温变化，由p1V1＝p2V2可知，气体体积减小时，压强增大，故A错误，C正确；B→C的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减少，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放热，由图像及＝C可知，气体做等压变化，故B、D错误。
[答案] C
微专题二 热力学第一定律与气体实验定律的综合
(2024·陕西安康期末)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E，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。
[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)加热过程气体对外做功，有W＝－pSΔh
由热力学第一定律有E＝Q＋W
解得Q＝E＋1.1p0SΔh。
[答案] (1) Δh (2)E＋1.1p0SΔh
(2024·云南昭通模拟预测)一定质量的理想气体，从A状态经B、C变化到D状态的变化过程的p－V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知气体在A状态时温度为400 K，从A状态至C状态的过程中气体吸收了480 J的热量，求：
(1)气体在D状态时的温度；
(2)从A状态到C状态的过程中，气体内能的改变量。
[解析] (1)由题图可得
pD＝×1.2×105 Pa＝0.9×105 Pa
根据理想气体状态方程得
＝
代入数据解得TD＝225 K。
(2)从A状态到B状态的过程中，气体对外做功，因p－V图像与坐标轴围成的面积等于功的大小，可得WAB＝－2.4×105×2×10－3 J＝－480 J
从B状态到C状态的过程中WBC＝0
根据热力学第一定律可得
ΔU＝Q＋WAB＋WBC＝0。
[答案] (1)225 K (2)0
1．(热力学第一定律与图像的综合)(2024·河北张家口开学考)一定质量的理想气体由状态a经①过程到状态b，由状态b经②过程到状态c，由状态c又经③过程回到状态a，①过程气体不与外界发生热传递，③过程温度保持不变。整个过程压强p与体积V的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．①过程外界对气体做正功
B．②过程气体从外界吸热
C．③过程气体既不吸热也不放热
D．整个过程初末状态气体体积相等，外界不对气体做功
解析：选B。①过程气体体积增大，外界对气体做负功，故A错误；②过程为等容变化，压强增大，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，故B正确；③过程温度不变，内能不变，外界对气体做的正功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误；在p－V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于功的大小，②过程外界没有对气体做功，③过程外界对气体做的正功大于①过程外界对气体做的负功，因此全过程外界对气体做正功，故D错误。
2．(热力学第一定律与图像的综合)(2024·江苏盐城阶段练)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，最后变化到状态C，V－T图像如图所示。已知该气体在状态B时的压强为1.0×105 Pa。下列说法正确的是( )
A.状态A时的气体压强为2.0×105 Pa
B．A→B过程气体吸热
C．B→C过程气体压强增大
D．B→C过程气体对外界做功200 J
解析：选D。从状态A变化到状态B，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB，解得pA＝0.5×105 Pa，故A错误；气体从状态A到状态B温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体放热，故B错误；根据理想气体状态方程＝C变形得V＝T，可知V－T图像的斜率为，根据图像可知B→C斜率不变，所以B→C过程气体压强不变，故C错误；B→C过程气体体积变大，对外做功，则有W＝－p(VC－VB)，代入数据解得W＝－200 J，负号表示气体对外界做功，故D正确。
3.(热力学第一定律与气体实验定律的综合)(2024·广东惠州三模)如图所示，将一容积V0＝480 ml的空玻璃瓶从空气中开口向下缓缓压入水中。设水温均匀且恒定，玻璃瓶中的气体可视为理想气体，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，玻璃瓶高度相对于水深可忽略不计，当压入水中h＝2 m深处时：
(1)求瓶内空气的压强。
(2)求瓶内空气的体积。
(3)被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体是吸热还是放热，为什么？
解析：(1)由平衡条件，瓶内空气的压强p满足
p＝p0＋ρgh
解得p＝1.2×105 Pa。
(2)将玻璃瓶缓缓压入水温均匀且恒定的水中，瓶内的理想气体温度保持不变，由玻意耳定律得p0V0＝pV，代入数据解得V＝400 mL。
(3)被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体放热。由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，
因为瓶内气体体积减小，所以外界对气体做正功，即W>0，而气体温度不变从而内能保持不变，即ΔU＝0，解得Q<0，故气体要放热。
答案：(1)1.2×105 Pa (2)400 mL (3)见解析
4．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)(2024·海南省直辖县级单位开学考)如图1所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端口装有固定卡环。质量m＝0.5 kg、横截面积S＝4 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内。现缓慢升高环境温度，气体从状态A变化到状态C的V－T图像如图2所示，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)状态C时气体的压强；
(2)气体从A到C的过程中吸收的热量为3×104 J，则此过程气体内能的变化量。
解析：(1)A状态气体压强pA＝p0＋
由B变化到C，由等容变化＝，又pA＝pB
联立得pC＝1.5×105 Pa。
(2)气体从A到B过程中对外做功
W＝pA(VB－VA)
根据热力学第一定律ΔU＝Q－W
联立得ΔU＝7.5×103 J
即此过程中内能增加7.5×103 J。
答案：(1)1.5×105 Pa (2)7.5×103 J章末知识网络建构
在绝热情况下，①
是内能变化的量度
[答案]
功、热和内能的改变
只有传热时，②是内能变化的量度
①功
做功和传热在改变物体的内能上是③的
②热量
内容：一个热力学系统的④等于外界向它传递的
热力学
热量与外界对它所做的功的和
③等价
热力
第一定律
表达式：△U=W+Q
④内能变化量
学定律
内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能
从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别
⑤保持不变
能量守
的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量⑤
恒定律
⑥能量守恒定律
永动机不可能制成，违背了⑥
⑦自发地
克劳修斯表述：热量不能⑦从低温物体传到高温物体
⑧不产生其他影响
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⑧
⑨内能
热力学
第二定律
能量耗散：一切能量最终都转
能源是有限的
化成⑨
能量守恒但品质降低，要节约能源
熵与熵增加原理1．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经等容变化到状态b，再从状态b经等压变化到状态c，a、c两状态温度相等。下列说法正确的是( )
A．状态b到状态c的过程中气体放热
B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C．气体在状态b的温度高于在状态a的温度
D．状态b到状态c的过程中气体对外做正功
解析：选BD。a、c两状态温度相等，则气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故B正确；从状态a到状态b为等容过程，压强减小，根据＝C得，温度降低，故C错误；从状态b到状态c为等压过程，体积增大，气体对外做正功，由＝C知，温度升高，则内能增加，由热力学第一定律可知，从状态b到状态c的过程中气体吸热，故A错误，D正确。
2．(2024·江苏泰州一模)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。下列判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中做等温变化
B．气体在b→c过程中内能增加
C．气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
解析：选C。气体在a→b过程中因pV乘积变大，可知温度升高，A错误；气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，B错误；在p－V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做的功，可知气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等，C正确；气体在一次循环过程中从a到b再到c过程气体对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，D错误。
3．(多选)一定质量的理想气体经历A→B→C→A的过程，其体积随温度的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．A→B过程，气体压强增大
B．A→B过程，气体的内能增加
C．B→C过程，气体吸收热量
D．C→A过程，气体压强减小
解析：选ABD。A→B过程气体温度不变，体积增大，根据理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小，故A错误；A→B过程温度不变，气体内能不变，故B错误；B→C过程，气体体积不变，外界对气体做功为零，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故C正确；C→A过程，气体体积与温度比保持不变，即压强不变，故D错误。
4．如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B，则( )
A．体积减小
B．内能减少
C．气体一定从外界吸热
D．外界一定对气体做正功
解析：选C。根据＝C可得p＝T，由此可知A、B与O点的连线的斜率k＝，直线AO斜率大，则状态A下气体体积小，即状态A体积小于状态B的体积，所以气体自状态A到状态B的过程中，体积增大，故A错误；气体自状态A到状态B的过程中，温度升高，所以内能增加，故B错误；整个过程，气体体积增大，所以气体对外做功，而内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热， 故C正确，D错误。
5．(多选)(2024·内蒙古包头期末)一定量理想气体发生如图所示的状态变化A→B→C→A，其中C→A是等温过程，下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中气体吸收的热量等于气体内能的增加量
B．B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量
C．B、C状态气体压强相等的原因是单个分子撞击器壁的平均作用力相等
D．C→A的过程中气体吸收的热量全部用于对外做功
解析：选ABD。A→B的过程气体等容升温，做功为零，气体吸收的热量等于气体内能的增加量，A正确。B→C过程压强不变，体积变小，则温度降低，分子平均速率变小，则单个分子撞击器壁的平均作用力减小，C错误。B→C过程体积变小，外界对气体做功；温度降低，内能减小，则气体向外放出的热量大于内能的减少量；A→B过程中气体不对外做功，气体从外界吸收的热量等于内能增加量，而A→B气体内能增加量与B→C气体内能减少量相同，故B→C过程中系统向外放出的热量大于A→B过程中系统从外界吸收的热量，B正确。C→A为等温膨胀，内能不变，气体吸收的热量全部用于对外做功，D正确。
6．(2024·广西贵港模拟预测)如图所示，一定质量的某种理想气体，沿p－V图像中箭头所示方向，从状态a开始先、后变化到状态b、c，再回到状态a。已知a状态气体温度为27 ℃，则下列说法正确的是(绝对零度取－273 ℃)( )
A．气体在c状态时的温度为600 K
B．从状态a→b→c的过程中，气体对外界做功200 J
C．气体在a→b→c→a过程中放出热量100 J
D．气体在b→c过程中单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子个数增多
解析：选C。根据理想气体状态方程＝C，结合a、c两状态图像，可求得气体在c状态时的温度Tc＝Ta＝400 K，故A错误；理想气体在a→b→c过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，外界对气体做的功W＝－pΔV＝－2×105×(4－2)×10－3 J＝－400 J，所以气体对外界做功为400 J，故B错误；气体在a→b→c→a过程中，外界对气体做的功W′＝＝100 J，根据热力学第一定律ΔU＝W′＋Q可得Q＝－100 J，所以放出热量为100 J，故C正确；气体在b→c过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子个数变少，故D错误。
7．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A点的压强p＝9.0×104 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝3.2×102 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。
解析：(1)根据AB的反向延长线通过坐标原点，知从A到B理想气体发生等压变化。
由盖 吕萨克定律得＝
代入数据得VB＝8×10－3 m3。
(2)外界对气体做的功W＝－p(VB－VA)＝－1.8×102 J
又ΔU＝Q＋W，得ΔU＝140 J。
答案：(1)8×10－3 m3 (2)140 J
8.(2024·江苏宿迁一模)如图所示为拧紧瓶盖的空饮料瓶。27 ℃时，瓶内气体压强为1.050×105 Pa；当温度升高到37 ℃过程中，瓶内气体吸收了7 J的热量，整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变，求：
(1)37 ℃时，瓶内气体压强；
(2)气体内能增加量。
解析：(1)气体体积不变，则根据查理定律可知
＝
解得p2＝p1＝×1.050×105 Pa＝1.085×105 Pa。
(2)气体体积不变，则W＝0，瓶内气体吸收了7 J的热量，则Q＝7 J，根据
ΔU＝W＋Q可得ΔU＝7 J
即气体内能增加7 J。
答案：(1)1.085×105 Pa (2)7 J
9．(2024·河南郑州模拟预测)图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图。圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平地面上，活塞(连同细连杆)与椅面的总质量m＝8 kg，活塞的横截面积S＝8×10－4 m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量M＝16 kg的物块，气柱高度h＝0.65 m。已知大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若拿掉物块活塞上升到如图虚线所示位置，求此时气柱的高度。
(2)拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞从虚线位置下降6 cm，此过程中气体放出热量24 J，求气体内能的变化量。
解析：(1)拿掉活塞上的物块，气体做等温变化，初态：V1＝hS，汽缸内封闭气体的压强
p1＝＋p0
代入数据解得p1＝4×105 Pa
末态：V2＝h′S，p2＝＋p0＝2×105 Pa
由气体状态方程得p1Sh＝p2Sh′
整理得h′＝2h＝1.3 m。
(2)在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体做功W＝p2SΔh＝9.6 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得ΔU＝9.6 J＋＝－14.4 J，内能减少了14.4 J。
答案：(1)1.3 m (2)减少了14.4 J
