第十章水平测试
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A.在一定条件下物体的温度可以降到0 K
B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C.吸收了热量的物体，其内能一定增加
D.压缩气体总能使气体的温度升高
答案 B
解析 绝对零度只能无限趋近，永远无法达到，A错误；物体从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，只不过会引起其他变化，B正确；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，单纯吸收热量或者对物体做功物体的内能都不一定增加，温度也不一定升高，C、D错误。
2.在功与热的转变过程中，下列叙述中不正确的是( )
A.不可能制成一种循环运作的热机，它只从一个热源吸取热量，使之完全变为有用功，而不发生任何其他变化
B.热机的效率恒小于1
C.功可以完全变成热能，而热能不能完全变为功
D.绝热过程对外做正功，则系统的内能必减小
答案 C
解析 由热力学第二定律的两种表述可知，功和热在转变过程中不是单一的，总要引起其他变化，如向低温热源放热等，A项显然与热力学第二定律相符合，A正确；热机的效率不可能等于1，反映了热机的特性，B项正确；C项中没有附加条件，是不正确的；由ΔU＝Q＋W知Q＝0，对外做功W<0，则ΔU<0，系统内能必减小，D正确。
3.河面水温高于河底温度，一个气泡从河底加速上升到水面，在这一过程中，气泡内空气质量不变，气泡内吸热为Q，内能增加为ΔU，则( )
A.重力对气泡做负功，ΔU>Q
B.浮力对气泡做正功，Q<ΔU
C.合力对气泡做正功，Q<ΔU
D.气体膨胀对外做功，Q>ΔU
答案 D
解析 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，即Q＝ΔU－W。因为上升时气泡膨胀对外做功W<0，所以Q>ΔU，故选D。
4.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.对外做负功，内能减小
答案 A
解析 汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错误；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和。密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A。
5．如图所示，圆柱形容器封有一定质量的空气，质量为m的光滑活塞C和容器都用良好的隔热材料制成，另有质量为M的物体从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B，在这一过程中，空气内能的改变量ΔU，外界对空气做的功W与物体及活塞的重力势能的变化关系为( )
A.Mgh＋mgΔh＝ΔU＋W
B.ΔU＝W＝Mgh＋mgΔh
C.ΔU＝W
D.W＝Mgh＋mgΔh≠ΔU
答案 C
解析 物体与活塞碰撞过程中要损失一部分机械能，因为活塞、容器都是绝热的，不存在与外界热交换，故选C。
6.飞机在万米高空飞行的时候，舱外气温往往在－50 ℃以下。在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团。气团直径可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，高空气团温度很低的原因可能是( )
A.地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低
B.地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低
C.地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低
D.地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低
答案 C
解析 由热力学第一定律，物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关，满足ΔU＝W＋Q，气团在上升的过程中，气体不断膨胀，气体对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热传递作用可忽略，因而内能不断减小，所以气团的温度会很低。
7.关于一定质量的气体，下列叙述正确的是( )
A.气体吸收的热量可以完全转化为功
B.气体体积增大时，其内能一定减少
C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D.外界对气体做功，气体内能可能减少
答案 AD
解析 由热力学第二定律知吸收的热量不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随着吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热，若同时伴随着对外做功，其内能不一定增加，C错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D正确。
8.下面关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是( )
A.从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律
B.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行
C.有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行
D.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
答案 AD
解析 系统的热力学过程就是大量分子无序运动状态的变化，从微观角度看，热力学第二定律是一个统计规律，A正确。热力学第二定律的微观意义是“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，即在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小”，B、C均错误，D正确。
9.对于一定质量的理想气体，在下列各种过程中，可能发生的过程是( )
A.气体膨胀对外做功，温度升高
B.气体吸热，温度降低
C.气体放热，压强增大
D.气体放热，温度不变
答案 ABCD
解析 A过程中，气体膨胀对外做功W<0，气体温度升高ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，说明只要气体吸收足够的热量，A过程可以发生；B过程中，气体吸热Q>0，温度降低ΔU<0，根据热力学第一定律，若气体对外界做适量的功，B过程也可以发生；C过程中，气体压强增大且气体在放热，外界必须压缩气体对气体做功才能实现这种情况，故Q<0，W>0，根据热力学第一定律，C过程可以发生；D过程中，气体放热Q<0，温度不变ΔU＝0，根据热力学第一定律，只要外界对气体做适量的功，D过程可以发生。
10．如图所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态。当气体自状态A变化到状态B时( )
A.体积必然变大
B.有可能经过体积减小的过程
C.外界必然对气体做正功
D.气体必然从外界吸热
答案 ABD
解析 在p-T图象中，等容线为过原点的倾斜直线，且斜率越大，体积越小，即VA0。由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共70分)
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)
11.
如图所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，外界大气压强为p0。现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2。则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”“不变”或“减小”)，气体内能变化了________________。
答案 增大 Q－p0(V2－V1)
解析 气体等压膨胀，由＝C可知T增大，所以气体分子平均动能增大。由热力学第一定律可得：ΔU＝Q－p0(V2－V1)。
12.有人设想让丰富的海水温度降低0.1 ℃，把所放出的能量应用于生产，它相当于1800万个功率均为100万千瓦的电站一年的发电量，这是一件既经济又没有环境污染的事情，但它违背了______________，属于________永动机。
答案 热力学第二定律 第二类
解析 尽管没有违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，属于第二类永动机。不可能把内能全部转化为机械能，而不引起其他变化，所有与热现象有关的宏观过程都具有方向性。
13.一个截面积为S的圆形绝热容器装有质量为m的水。已知水的比热容为c，水的温度为t1，在阳光下照射时间T后，温度升高到t2，若照射时阳光与水平方向的夹角为α，则可估算出太阳光垂直照射时单位面积热辐射的功率为____________。
答案
解析 水吸收的热量Q＝cm(t2－t1)，设照射容器的太阳光能量为E，使水升温的能量则为Esinα＝Q。垂直照射单位面积的热辐射功率为P＝。联立可得P＝。
三、论述、计算题(本题共4小题，共52分。解答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)
14.
(10分)如图所示，绝热隔板S把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，S与汽缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子之间相互作用可忽略不计，现通过电热丝对气体a缓慢加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡状态，试分析a、b两部分气体与初状态相比，体积、压强、温度、内能各如何变化？
答案 见解析
解析 汽缸和隔板绝热，电热丝对气体a加热，a温度升高，体积增大、压强增大，内能增大；a对b做功，b的体积减小，温度升高，压强增大，内能增大。
15.(12分)压强为1个标准大气压(1.013×105 Pa)，1 mol的水在100 ℃时变成同温度的水蒸气，问它的内能增加了多少？(已知在此压强和温度下，水和水蒸气的摩尔体积分别为18.8 cm3/mol、3.01×104 cm3 /mol，水的汽化热L＝4.06×104 J/mol)
答案 3.76×104 J
解析 水的汽化是等温、等压的变化过程，可想象为水从热库缓慢吸热汽化，水汽缓慢地推动活塞移动对外做功。则1 mol水变为同温度和同压强的水汽过程中，
水从热库吸热
Q＝ML＝1×4.06×104 J＝4.06×104 J，
水汽对外做功
W＝p(V汽－V水)＝1.013×105×(3.01×104－18.8)×10－6 J≈3.05×103 J，
系统变化过程前、后的内能增量
ΔU＝Q－W＝(4.06×104－3.05×103) J≈3.76×104 J。
16.(12分)一个质量为2 kg的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为20 g的子弹以600 m/s的速度水平射入木块，穿出后的速度变为200 m/s。这一过程中系统损失的机械能60%转化为子弹的内能。已知子弹的比热容为400 J/(kg·℃)，求子弹升高的温度。
答案 239 ℃
解析 由动量守恒定律有：
mv0＝mv1＋Mv，代入数据
解得v＝4 m/s。
损失的机械能为：
ΔE＝mv－mv－Mv2＝ J＝3184 J。
ΔE×60%＝cmΔt，Δt＝×60%≈239 ℃。
17.(18分)氢气燃料汽车，氢在发动机内燃烧过程中，只会排出水蒸气而无其他废气排出，因此不会产生温室效应，是环保汽车。每摩尔氢气燃烧后生成水蒸气并放出2.858×104 J的热量。有一辆氢气燃料汽车质量为6×103 kg，阻力是车重的0.05倍，最大输出功率为60 kW，问：
(1)汽车以加速度a＝0.5 m/s2从静止匀加速启动，这个加速过程能持续多少时间？
(2)最大行驶速度为多少？
(3)若此车以最大速度行驶300 km，发动机效率为50%，则需要多少氢气做燃料？
答案 (1)20 s (2)20 m/s (3)126 kg
解析 (1)汽车加速启动有：
?t＝＝20 s。
(2)当牵引力等于阻力时，行驶速度最大为：
v＝＝20 m/s。
(3)汽车的牵引力F＝Ff＝0.05mg＝3×103 N，
汽车的有用功W＝F·s＝9×108 J，
汽车所做的总功W总＝＝1.8×109 J。
所以需要氢气做燃料的质量为
MH2＝ kg≈126 kg。
第1、2节 功和内能 热和内能
[对点训练]
考点1 做功和内能变化
1.下列有关焦耳及焦耳实验的说法中正确的是( )
A.焦耳是法国物理学家，他的主要贡献是焦耳定律及热功当量
B.焦耳实验用到的容器可以用普通玻璃杯代替
C.焦耳实验的研究对象是容器中的水
D.焦耳实验中要使容器及其中的水升高相同的温度，实验中悬挂重物的质量、下落的高度可以不相同，但做功必须相同
答案 D
解析 焦耳是英国物理学家，A错误；焦耳实验的要求是绝热系统，普通玻璃杯达不到绝热要求，B错误；实验的研究对象是容器及其中的水组成的系统，C错误；要使同一些水及容器升高相同的温度即内能增加相同，必须做功相同，D正确。
2.一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
答案 D
解析 绝热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，外界对气体做的功W＜0，由ΔU＝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小。故D正确。
3．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 胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功。由于没来得及发生热交换，由W＝ΔU可知内能减小。内能等于物体内所有分子动能和势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子平均动能减小，所以温度降低。
考点2 热传递和内能变化
4.(多选)关于热量与内能，下列说法正确的是( )
A.热量是物体在热传递过程中内能变化的量度
B.热水的内能比冷水的内能多
C.热量有可能从内能少的物体传给内能多的物体
D.温度高的物体热量多，内能多
答案 AC
解析 热量是物体在热传递过程中内能变化的量度，只有在热传递的情况下，有多少热量转移，内能就变化了多少，A正确；内能是物体内所有分子动能和势能的总和，宏观上看，其大小取决于物体的温度、体积、物质的量，温度高只能说明其分子的平均动能大，因为物体的质量不一定相同，所以并不能说明它的总分子动能大，更不能说明它的内能大，B错误；热量从高温物体传递给低温物体，而高温物体的内能有可能比低温物体的内能少，C正确；热量不是状态量，不能说某个物体热量多，D错误。
5.
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 当活塞P向B移动时，外力对气体乙做功，气体乙的内能增加，温度升高。气体乙通过导热板B向气体甲传热，因此甲的内能增加，因此选项A、B、D错误，选项C正确。
6.
器壁透热的汽缸放在恒温环境中，如图所示。汽缸内封闭着一定量的气体，气体分子间相互作用的分子力可以忽略不计。当缓慢推动活塞Q向左运动的过程中。有下列说法：①活塞对气体做功，气体的平均动能增加；②活塞对气体做功，气体的平均动能不变；③气体的单位体积分子数增大，压强增大；④气体的单位体积分子数增大，压强不变。其中说法正确的是( )
A.①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案 C
解析 本题的关键是理解活塞缓慢推动的物理含义，推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应该升高，但是推动很缓慢，所以增加的内能又以热量的形式释放到周围环境中了，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，①错误，②正确；由于气体被压缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上汽缸受到气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，③正确，④错误。故选C。
[综合训练]
7.对于热量、功和内能，三者的说法正确的是( )
A.热量、功、内能三者的物理意义相同
B.热量、功都可以作为物体内能的量度
C.热量、功、内能的单位不相同
D.热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
答案 D
解析 物体的内能是指物体的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热传递两种途径，这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在热传递过程中物体内能变化的多少，而功也是量度物体内能改变的多少，即热量、功都可以作为物体内能变化的量度，B错误；三者单位都是焦耳，C错误；热量和功是过程量，内能是状态量，D正确。
8.下列关于物体的温度、内能、热量的说法中正确的是( )
A.物体温度越高，所含热量越多
B.物体内能越大，所含热量越多
C.物体的温度不变，其内能就不变化
D.物体的温度越高，它的分子热运动的平均动能就越大
答案 D
解析 A、B两项均用过程量来描述状态量，即热量是过程量，不是状态量，故A、B错误。温度只反映分子热运动的平均动能，而内能还包括分子势能，故C错误，D正确。
9.下列关于做功和热传递的说法中正确的是( )
A.做功和热传递的实质是相同的
B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的
C.做功和热传递是对同一过程中的两种说法
D.做功和热传递是不可能同时发生的
答案 B
解析 做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量；热传递是将一个物体的内能传递给另一个物体，且做功和热传递可以同时进行。故正确选项为B。
10.关于系统的内能，下述说法中正确的是( )
A.物体内所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能
B.一个物体当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化
C.外界对系统做了多少功W，系统的内能就增加多少，即ΔU＝W
D.系统从外界吸收了多少热量Q，系统的内能就增加多少，即ΔU＝Q
答案 A
解析 在分子动理论中，我们把物体内所有分子的分子动能与分子势能的总和定义为物体的内能，A对。物体的内能与机械能是两个不同的物理概念，两者没有什么关系，如物体的速度增加了，机械能可能增加，但如果物体的温度不变，物体的内能可能不变，故B错。只有当系统与外界绝热时，外界对系统做的功才等于系统内能的增量，同理，只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的变化量，故C、D都错。
11.(多选)在温度不变的条件下，设法使一定质量的理想气体的压强增大，在这个过程中( )
A.气体的密度增加
B.气体分子的平均动能增大
C.外界对气体做了功
D.气体从外界吸收了热量
答案 AC
解析 理想气体的压强增大，质量一定，说明体积一定减小，当体积减小的时候，外界对气体做功，由于温度没有发生变化，又是理想气体，内能没有发生变化，而外界对气体做的功应该以热的形式向外散失，B、D错误，A、C正确。
12.两人共同拉锯伐木，每人在180 s内拉动60次，每次拉动的距离为75 cm，两人用的力均为20 N，做功的40%转变为内能。则每秒钟产生的热量是多少？若产生热量的20%被钢锯吸收，则60 s后钢锯的温度将升高多少？[设钢锯的比热容为1.2×102 J/(kg·℃)，钢锯的质量为0.5 kg]
答案 4 J 0.8 ℃
解析 每秒钟做功W＝2××0.75×20 J＝10 J，
每秒钟产生的热量Q＝40%W＝4 J，
由Q×60×20%＝cmΔt，得Δt＝0.8 ℃。
第3节 热力学第一定律、能量守恒定律
[对点训练]
考点1 热力学第一定律的应用
1.一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，(若不计气泡内空气分子势能的变化)则( )
A.气泡内空气对外做功，内能不变，同时放热
B.气泡内空气对外做功，内能不变，同时吸热
C.气泡内空气内能减少，同时放热
D.气泡内空气内能不变，不吸热也不放热
答案 B
解析 气泡上升过程中，由于水对气泡的压强减小，气泡的体积增大，故气泡内空气对外做功，缓慢上升指有时间发生热传递，可认为气泡内空气温度是不变的。不计气泡内空气分子势能的变化，内能不变，故须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功。答案为B。
2.在一个大气压下，1 kg 100 ℃的水变为1 kg 100 ℃的水蒸气的过程，下列说法中正确的是( )
A.内能不变，对外界做功，一定是吸热过程
B.内能增加，吸收的热量等于内能的增加
C.内能不变，吸收的热量等于对外界做的功
D.内能增加，从外界吸热，吸收的热量等于对外界做的功和增加的内能
答案 D
解析 水变成同温度的水蒸气时，分子间距从r0增大到约10r0，体积要扩大约1000倍，故需克服大气压力对外做功，同时克服分子力做功，分子势能增加，内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W，其中W为负值，故选项D正确。
3.如图所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热Q、气体内能增量为ΔU，则( )
A.ΔU＝Q B．ΔUC.ΔU>Q D．无法比较
答案 B
解析 两部分气体混合后，因B的密度大，重心升高，重力做负功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，得ΔU4.(多选)以下过程不可能发生的是( )
A.对物体做功，同时物体放热，物体的温度不变
B.对物体做功，同时物体吸热，物体的温度不变
C.物体对外做功，同时放热，物体的内能不变
D.物体对外做功，同时吸热，物体的内能不变
答案 BC
解析 依据热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，对A：W>0，Q<0，可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU＝0，所以A有可能，不符合题意；对B：W>0、Q>0，只能出现ΔU>0，不可能出现ΔU＝0，即B不可能，B符合题意；对C：W<0，Q<0，只能出现ΔU<0，不可能出现ΔU＝0，即C不可能，C符合题意；对D: W<0，Q>0，可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU＝0，所以D有可能，不符合题意。
考点2 能量守恒定律的应用
5.在一个与外界没有热交换的房间里打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将如何变化( )
A.降低 B．升高 C．不变 D．无法确定
答案 B
解析 冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷，把冰箱与房间看做一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，系统内部无法使系统总能量发生变化。但系统消耗电能增加了系统的总能量，根据能的转化与守恒定律，系统增加的能量转化为内能使房间的温度升高。B项正确。
6.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是( )
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
答案 D
解析 形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确。
7.某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量，他用一个横截面积S＝3.2×10－2 m2的保温圆筒，内装有质量为m＝0.4 kg的水，让太阳光垂直照射t＝3 min，水升高的温度Δt＝2.2 ℃。已知水的比热容c＝4.2×103 J/(kg·℃)，地球半径为R＝6400 km，试求出太阳向地球表面辐射能量的功率。
答案 8.2×1016 W
解析 太阳以热辐射的方式向地球表面传递热量。根据公式Q＝cmΔt先求出单位时间内辐射到地球表面单位面积上的功率，再求总功率。
太阳辐射到水中的能量
Q＝cmΔt＝4.2×103×0.4×2.2 J≈3.7×103 J，
太阳光在1 s内垂直照射到1 m2面积上的功率
P＝＝ W/m2≈6.4×102 W/m2，
太阳辐射到地球表面上能量的功率
P′＝P×πR2＝6.4×102×3.14×(6400×103)2 W
＝8.2×1016 W。
[综合训练]
8.(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B.若气体的内能不变，其状态也一定不变
C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大
答案 ADE
解析 一定质量的理想气体，＝常量，p、V不变，则T不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，A项正确；理想气体内能不变，则温度T不变，由＝常量知，p及V可以变化，故状态可以变化，B项错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故C错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度每升高1 K，内能增量ΔU一定，而外界对气体做的功W与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，D项正确；温度升高，分子平均动能增大，分子势能为零，内能一定增大，E项正确。
9．带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( )
A.pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，QabC.pbQac D．pb答案 C
解析 一定质量的理想气体内能只与温度有关，从状态a到状态b，和到状态c，两过程温度升高相同，即内能增加相同，但b状态体积比a状态大，所以从a状态到b状态气体要对外界做功，由热力学第一定律知Qab>Qac，由于b、c状态温度相同，由玻意耳定律，pb10.
(多选)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )
A.从状态d到c，气体不吸热也不放热
B.从状态c到b，气体放热
C.从状态a到d，气体对外做功
D.从状态b到a，气体吸热
答案 BCD
解析 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D正确。
11.(多选)
如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体( )
A.内能增加
B.对外做功
C.压强增大
D.分子间的引力和斥力都增大
答案 AB
解析 因汽缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确。因汽缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误。由盖—吕萨克定律＝恒量，可知气体体积膨胀，对外做功，B正确。理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。
12.在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm3变为1676 cm3。已知水的汽化热为2263.8 J/g。一个标准大气压p＝1.013×105 Pa。求：
(1)体积膨胀时气体对外界做的功W；
(2)气体吸收的热量Q；
(3)气体增加的内能ΔU。
答案 (1)169.7 J (2)2263.8 J (3)2094.1 J
解析 取1 g水为研究系统，把大气视为外界。1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：
W＝p(V2－V1)
＝1.013×105×(1676－1.043)×10－6 J
＝169.7 J。
(2)气体吸热：
Q＝mL＝1×2263.8 J＝2263.8 J。
(3)根据热力学第一定律：
ΔU＝Q＋W
＝2263.8 J＋(－169.7 J)
＝2094.1 J。
第4节 热力学第二定律
[对点训练]
考点1 对热力学第二定律的理解
1.(多选)随着世界经济的快速发展，能源短缺问题日显突出，近期油价不断攀升，已对各国人民的日常生活造成了各种影响，如排长队等待加油的情景已经多次在世界各地发生，能源成为困扰世界经济发展的重大难题之一，下列有关能量转化的说法中错误的是( )
A.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他的变化
B.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
C.满足能量守恒定律的物理过程都能自发的进行
D.外界对物体做功，物体的内能必然增加
答案 BCD
解析 由热力学第二定律的开尔文表述可知A正确。热机效率总低于100%，B错误。满足能量守恒的过程未必能自发进行，任何过程一定满足热力学第二定律，C错误。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，W＞0，ΔU不一定大于0，即内能不一定增加，D错误。
2.我们绝不会看到：一个放在水平地面上的物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化成动能，使这个物体运动起来，其原因是 ( )
A.违反了能量守恒定律
B.在任何条件下内能不可能转化为机械能，只有机械能转化成内能
C.机械能和内能的转化过程具有方向性，内能转化成机械能是有条件的
D.以上说法均不正确
答案 C
解析 虽然不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，因而不可能发生，故C正确。
3.(多选)下列哪些现象能够发生，并且不违背热力学第二定律( )
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成机械能
C.桶中混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
答案 CD
解析 A、B都违背了热力学第二定律，都不能发生，C中系统的势能减少了，D中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，均能发生。
4.(多选)根据热力学第二定律，可知下列说法中正确的有( )
A.热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B.热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体
C.机械能可以全部转化为内能，但内能不可能全部转化为机械能
D.机械能可以全部转化为内能，内能也可能全部转化为机械能
答案 BD
解析 根据热传递规律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体。但在一定条件下，热量也可以从低温物体传到高温物体，例如电冰箱等就是这样的装置。因此选项B正确，A错误；机械能可以全部转化为内能，在一定条件下，内能也可以全部转化为机械能。例如气体的等温膨胀，就是将吸收来的热量全部用来对外做功，但是它引起了一定的变化，那就是气体膨胀了，要使气体回到原来状态，就必须对气体做功。因此选项D正确，C错误。
5.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体( )
A.体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
C.对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小
答案 AC
解析 袋内气体与外界无热交换即Q＝0，袋四周被挤压时，体积V减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体内能增大，则温度升高，由＝C知压强增大，选项A、C正确，B、D错误。
考点2 热力学第二定律的应用
6.(多选)下列说法中正确的是( )
A.第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
B.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
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
答案 ACD
解析 本题的关键是要了解第一、第二类永动机是在什么情况下设想的，及对热力学两大定律的理解。第一类永动机是想“创生”能量，违反了能量守恒定律；第二类永动机是想使热机效率η＝1，违反了热力学第二定律(没有违反能量守恒定律)。热力学第一定律是能量守恒定律在内能与其他形式能转换时的具体表达，热力学第二定律指出自然界中与热现象有关的宏观过程都具有方向性，它们分别从不同侧面揭示了热现象的本质，是相互独立的。热力学第二定律的两种表述是等效的，故选项A、C、D正确。
7.(多选)下列说法中正确的是( )
A.满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行的
B.一切宏观热力学过程都具有方向性
C.制冷系统将冰箱内温度较低的食品的热量传给外界较高温度的空气，这违反了“热量只能从温度较高的物体传到温度较低的物体”的规律
D.电冰箱从箱内温度较低的食品吸收的热量等于冰箱向外界空气释放的热量
答案 AB
解析 由热力学第二定律知，A、B正确；热量只能自发地从高温物体传向低温物体，但在满足了一定条件后，热量也能够从低温物体传向高温物体—非自发性的传导，C错误；在电冰箱制冷过程中，由于做功效率无法达到100%，所以电冰箱从箱内低温食品吸收的热量小于冰箱向外界释放的热量，D错误。
8．图中汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气。现将活塞杆与外界连接使缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功。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.气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律
B.气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C.气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D.A、B、C三种说法都不对
答案 C
解析 “汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温”说明气体内能不变，因此吸收的热量全部用来做功，但这并不违背热力学第二定律，因为有杆对外做功。C正确。
9.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
答案 B
解析 热力学第一定律揭示了内能与其他形式能量之间的转化关系，是能量守恒定律在热力学中的具体表现，热力学第二定律则进一步阐明了内能与其他形式能量转化时的方向性，两者表述的角度不同，本质不同，相互补充，并不矛盾，故A、C、D错误，B正确。
[综合训练]
10.(多选)如图为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是( )
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
答案 BC
解析 电冰箱能够从低温物体吸收热量，是因为电流做了功，消耗了电能，它不违反热力学第一定律。
11.17世纪70年代，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，其结构如图所示，在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道。维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功。然后又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下……。对于这个设计，下列判断中正确的是( )
A.满足能量守恒定律，所以可行
B.不满足热力学第二定律，所以不可行
C.不满足机械能守恒定律，所以不可行
D.不满足能量守恒定律，所以不可行
答案 D
解析 该设计违背了能量守恒定律，故不可行。
12.下列过程中，可能发生的是( )
A.某工作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，其内气体自发溢出后又自发溢进去，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
答案 C
解析 根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些物理手段是可以实现的，故C项正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，要使内能全部转化为机械能必定要引起其他影响，故A项错误；气体膨胀具有方向性，故B项错误；扩散现象也有方向性，故D项错误。
第5、6节 热力学第二定律的微观解释 能源和可持续发展
[对点训练]
考点1 对有序和无序、宏观态和微观态的理解
1．(多选)下列过程中不可逆的是( )
A．锤子打铁，铁发热
B．传热的容器内盛有液体，容器放在恒温的大水池内，不停地搅动液体，可保持温度不变
C．在一绝热容器内，不同温度的液体混合
D．在一绝热容器内，不同温度的氦气进行混合
答案 ABCD
解析 功变热是不可逆过程，故A符合题意。B中过程既有功变热，又有热传导，是不可逆过程，故B符合题意。C中液体扩散是不可逆过程，故C符合题意。D中具有一定温度的热传导也是不可逆的，故D也符合题意。
2．如图所示，气体自由膨胀的不可逆性可以用概率来说明，a、b、c三个分子在A、B两室的分配情况如下表：
A室
abc
ab
bc
ac
c
a
b
0
B室
0
c
a
b
ab
bc
ca
abc
则：(1)a分子出现在A室的概率为________。
(2)a、b、c三分子全部回到A室的概率为________。
(3)若有N个分子，则N个分子全部自动回到A室的概率为________。
答案 (1) (2) (3)
解析 a分子在自由运动后，在A室、B室的概率分别为，b分子在A室、B室的概率分别为，c分子在A室、B室的概率分别为，则a、b、c三分子都在A室的概率为××＝。假设有N个分子，则全部在A室的概率为。
考点2 热力学第二定律的微观意义
3.在一定速度下发生变化的孤立系统，其总熵的变化情况是( )
A．不变 B．可能增大或减小
C．总是增大 D．总是减小
答案 C
解析 一切孤立系统总向着总熵增大的方向发展。
(1)由熵的定义可知，熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态，也就是出现概率较大的宏观状态。在自然过程中熵总是增加的，其原因并非因为有序是不可能的，而是因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多，把事情搞得乱糟糟的方式要比把事情做得整整齐齐的方式多得多。
(2)从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展。
4．(多选)下列关于熵的观点中正确的是( )
A．熵越大，系统的无序程度越大
B．对于一个不可逆绝热过程，其熵不会减小
C．气体向真空中扩散时，熵值减小
D．自然过程中熵总是增加，因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多
答案 ABD
解析 熵是系统内分子运动无序性的量度，熵越大，其无序程度越大，A正确。不可逆绝热过程，其宏观态对应微观态数目增大，其熵会增加，不会减小，B正确。气体向真空中扩散，无序程度增大，熵值增大，C错误。自然过程中，无序程度较大的宏观态出现概率较大，因而通向无序的渠道多，D正确。
5．热力学第二定律的开尔文表述指出：内能与机械能的转化具有方向性。请结合熵的变化加以解释。
答案 见解析
解析 机械运动是宏观情况下物体在空间位置上的变化，物体运动状态的变化完全遵循牛顿运动定律所反映的因果关系，这是一种有序的运动。热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观状态包含着大量的微观状态，这是一种无序的运动。机械运动向热运动的转化，属于从有序向无序的转化，会导致熵的增加，符合热力学规律，因此机械能可以全部转化为内能。反之，热运动向机械运动的转化属于从无序向有序的转化，即从高熵向低熵转化，不符合熵增加原理，因此内能向机械能的转化不能全部实现。
6．成语“覆水难收”指一盆水泼出后是不可能再回到盆中的。请结合熵的变化解释为什么水不会自发地聚到盆中？
答案 见解析
解析 由于盆的形状确定，水在盆中时，空间位置和所占据的空间体积一定，显得“有序”“整齐”和“集中”，系统的熵低。当把水泼出后，它的形状不再受盆的限制，各种可能的形状都有，占据的空间体积和所处的位置都有多种可能。显得“无序”“混乱”“分散”。系统的熵高。水泼出的过程属于从有序向无序的转化过程。导致熵的增加，符合熵增加原理。反之，水聚到盆中的过程，属于从无序向有序的转化。即从高熵向低熵转化，不符合熵增加原理。因此水不能自发地聚到盆中。
考点3 能源的开发和利用
7.(多选)关于能源的利用，下列说法中正确的是( )
A．由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能的开发在我国并不十分重要
B．能源的利用过程，实质上是能的转化和传递的过程
C．现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气
D．煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
答案 BCD
解析 目前人类使用的能源主要的仍是煤、石油和天然气。燃料燃烧时，化学能转化为内能，内能又可转化成机械能和电能。人类在生产和生活中需要各种形式的能，我们可以根据需要把能源的能量转化成各种形式的能，以供利用。所以，能源的利用过程实质上是能的转化和传递的过程。我国的煤和石油尽管储量丰富，但终究有限，且利用后不能再生，终有用完的日子，所以开发和利用新能源，特别是核能和太阳能，是解决能源问题的出路。因此在这四个说法中，错误的是A，B、C、D正确。
8．关于开发能源和节约能源，你认为以下观点错误的是( )
A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现
C．能源的开发利用，必须同时考虑对环境的影响
D．利用核能是目前开发新能源的一种有效的途径
答案 B
解析 能量虽然守恒，但在利用其过程中，其形式在不断向低品质转化，可见能源是有限的。在利用能源的同时，还应注意保持与环境的平衡，应选B。
9．热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象。下列关于能量耗散的说法中正确的是( )
A．能量耗散说明能量不守恒
B．能量耗散不符合热力学第二定律
C．能量耗散过程中能量仍守恒，只是能量的转化有方向性
D．待科技发达到一定程度时可消除能量耗散现象，实现第二类永动机
答案 C
解析 能量耗散仍遵守能量守恒定律，反映了自然界宏观过程具有方向性，无法消除，应选C。
[综合训练]
10．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图所示。单位时间所吸收的热量可看作不变。
(1)(多选)以下说法正确的是________。
A．在区间Ⅱ，物质的内能不变
B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加
D．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大
(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(填“变快”“变慢”或“快慢不变”)。请说明理由。
答案 (1)BCD (2)变快
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W和理想气体的状态方程 ＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；
体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；
所以ΔU1<ΔU2，体积不变的情况下温度升高变快。
解析 (1)物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，在区间Ⅱ，温度不变，分子平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间势能，物质的内能增大，选项A错误；理想气体分子间作用力为零，不考虑分子势能，选项B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子无规则运动加剧，熵增加，选项C正确；温度是分子平均动能的标志，选项D正确。
(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W和理想气体的状态方程＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；
体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；
所以ΔU1<ΔU2，体积不变的情况下温度升高变快。
11．能源问题是当前的热门话题，传统的能源——煤和石油，一方面储量有限，有朝一日将要被开采完毕，另一方面，使用过程中也带来了污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即是一例。
关于潮汐，古人说：“潮者，据朝来也；汐者，言夕至也。”如图是利用潮汐发电的示意图，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动发电机，涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同，堵住通道(如图甲)；潮退至最低点时放水发电(如图乙)；待内外水面高度相同；再堵住通道，直至下次涨潮至最高点，又放水发电(如图丙)。设海湾面积为5.0×107 m2，高潮与低潮间高度差3.0 m，则一天内水流的平均功率为________MW。
(注：实际上由于各种损失，发电功率仅为水流的平均功率的10%～25%，例如法国兰斯河潮汐发电站水势能释放平均功率240 MW，而发电功率仅为62 MW)
答案 100
解析 潮汐发电其实就是将海水的重力势能转化为电能。每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为
Mg＝ρVg＝1.0×103×5.0×107×3×10 N＝1.5×1012 N，其重心的高度变化为：h＝1.5 m，
一天内海水两进两出，故水流功率为：
P＝＝ W≈1.0×108 W，即P≈100 MW。
