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100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40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4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显然与热力学第二定律相符合，正确；热机的效率不可能等于1，反映了热机的特性，B正确；C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。一个质量为M的物体A从活塞上方的某一位置由静止自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低处，在这一过程中，物体A下落的高度为h，活塞C下落的高度为Δh，则在这一过程中，空气内能的改变量ΔU、外界对空气做的功W与物体A及活塞C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A与活塞C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60分)
二、填空题(本题共3小题，每小题4分，共12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48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．(14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：
F－Ff＝ma，
Ff＝0.05mg，
P＝Fv＝Fat，
联立得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3节 热力学第一定律 能量守恒定律
1．理解热力学第一定律，能应用热力学第一定律分析和解决实际问题。
2．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。
3．知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。
一、热力学第一定律
1．功和热：做功和热传递这两种方法在改变内能方面是等效的，即一定数量的功与确定数量的热相对应。
2．内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
3．数学表达式：ΔU＝Q＋W。
二、能量守恒定律
1．大量事实证明：各种形式的能可以相互转化，并且在转化过程中总量不变。
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另一种形式，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．定律表明
(1)各种形式的能可以互相转化。
(2)各种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。
三、永动机不可能制成
1．第一类永动机：它不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功。
2．失败原因：违背了能量守恒定律。
判一判
(1)对物体做功，其内能必定改变；物体向外传出一定热量，其内能必定改变。( )
(2)能量既可以转移又可以转化，故能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。( )
提示：(1)× (2)× (3)√
课堂任务 热力学第一定律
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的方式是等效的，而且给出了做功和热传递之间的定量关系，此定律是标量式，应用时热量的单位统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
3．几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，外界对物体所做的功等于物体内能的增量。
(2)若过程中不做功，即W＝0，物体吸收的热量等于物体内能的增量。
(3)若过程中的始末状态的内能不变，则做的功和吸收的热量的数值一定是相同的。
例1 (1)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，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？
(2)一定质量的气体，从外界吸收3.5×105
J的热量，同时气体对外界做功2.3×105
J，则气体的内能怎样变化？
[规范解答] (1)根据热力学第一定律表达式中的符号法则，知Q＝2.6×105
J，ΔU＝4.2×105
J。由ΔU＝W＋Q，
则W＝ΔU－Q＝4.2×105
J－2.6×105
J＝1.6×105
J。
W＞0，说明是外界对气体做了功。
(2)Q＝3.5×105
J，W＝－2.3×105
J，
则ΔU＝Q＋W＝1.2×105
J，
ΔU为正值，说明气体的内能增加1.2×105
J。
[完美答案] (1)外界对气体做功 1.6×105
J
(2)增加了1.2×105
J
1.应用热力学第一定律时的注意事项
1 应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
2 应用热力学第一定律计算时，要依照符号规则代入数据，对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
2.热力学第一定律综合应用技巧
热力学定律的考查一般与气体状态方程相综合，要抓住气体体积增大时，气体对外界做正功，体积减小时，外界对气体做正功的关键点。
关于物体内能的变化，以下说法中正确的为( )
A．物体吸收热量，内能一定增大
B．物体对外做功，内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
答案 C
解析 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体的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)这两种因素有关。物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错误；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减小，B错误；若物体吸收的热量与对外做功相等，则内能不变，故C正确；因放热和对外做功都会使物体内能减小，故D错误。
如图所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0。物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量，(汽缸始终未离开地面)求：
(1)环境温度升高了多少度？
(2)气体的内能的变化量。
答案 (1)·(273＋t) (2)Q－(p0S－G)Δx
解析 对活塞受力分析可知气体做等压变化，气体对外做功是气体的压力做功。
(1)活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：＝，其中V＝Sh，ΔV＝ΔxS，解得Δt＝ΔT＝·(273＋t)。
(2)设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G，
封闭气体对外做功：W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx，
由热力学第一定律得：
ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx。
课堂任务 能量守恒定律
1．能量的存在形式及相互转化
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，还有诸如电磁能、化学能、原子能等。
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．能量守恒定律的适用范围和重要意义
(1)能量守恒定律适用于任何物理现象和物理过程，它是一切自然现象都遵守的基本规律。
(2)能量守恒定律的重要意义：能量守恒定律比机械能守恒定律更普遍，它是物理学中解决问题的重要思维方法。能量守恒定律与细胞学说、达尔文的进化论并称19世纪自然科学的三大发现，其重要意义由此可见。
3．第一类永动机不可能制成
(1)第一类永动机：人们设想中不消耗能量的机器。
(2)第一类永动机的设想，由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成。
例2 水能不产生污染物，是一种清洁能源。位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达每秒6000
m3，而且一年四季流量稳定，瀑布落差50
m。若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率。(g取10
m/s2)
[规范解答] 水力发电的基本原理是水的机械能转化为电能。
每秒钟流下的水的质量为：
m＝ρV＝1×103×6000
kg＝6×106
kg。
每秒钟水减少的机械能为：
E＝mgh＝6×106×10×50
J＝3×109
J。
设发电机的输出功率为P，则由能量守恒定律可得：
Eη＝Pt。
解得：P＝3×109×50%W＝1.5×109
W。
[完美答案] 1.5×109
W
应用能量守恒定律解题的方法步骤
(1)认清有多少种形式的能(例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等)在相互转化。
(2)分别写出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)根据下列两种思路列出能量守恒方程：ΔE减＝ΔE增
①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量与增加量一定相等。
②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量与增加量一定相等。
(4)代入数据，计算结果。
一辆汽车正在平直的公路上以速度v匀速行驶，此时汽车的功率为P，已知汽车的总效率为η，所使用的汽油的热值为q(每完全燃烧单位质量的燃料产生的热量叫热值)，现油箱中还有质量为m的汽油，则汽车还能行驶多远？(设汽车的质量为M)
答案 ＋
解析 先求出剩余汽油燃烧放出的能量，再求出汽车匀速运动的时间，便可求出还能匀速行驶的距离，再由动能定理求出减速行驶的距离。
汽油燃烧放出的能量：E＝qm。
设汽车匀速行驶x1，需要的能量E′＝Pt＝P。
而E′＝ηE，设汽油用完后汽车做匀减速运动的距离为x2，则由动能定理知－Ff·x2＝－Mv2。
又P＝Ff·v，汽车行驶的距离：x＝x1＋x2。
以上各式联立解得：x＝＋。
A组：合格性水平训练
1．(热力学第一定律的应用)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．(热力学第一定律的应用)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量
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之和
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D正确。
3．(热力学第一定律的应用)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．(热力学第一定律的应用)(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，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，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。
5．(能量守恒定律的应用)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正确。
6．(能量守恒定律的应用)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正确。
7.
(综合)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，pb8．(综合)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。
B组：等级性水平训练
9．(综合)(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，故A、C正确，B、D错误。
10．(综合)(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正确。
11．(热力学第一定律的应用)
一物理实验爱好者开展探究性课外活动，研究气体压强、体积、温度三个量间的变化关系。导热良好的汽缸开口向下，内有理想气体(即分子势能可忽略的气体)，汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气，一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止。现给沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )
A．绳的拉力对沙桶做正功，所以气体对外界做功
B．外界对气体做功，温度计示数不变
C．气体体积减小，同时从外界吸热
D．外界对气体做功，温度计示数增加
答案 B
解析 汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，故活塞缓慢上升，有足够的时间与外界进行热交换，故温度不变，而压强变大。由理想气体状态方程可得体积减小，外界对气体做功，而内能又不变，故向外界放热，B项正确。
12.
(热力学第一定律)(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。
13．(综合)(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。
14．(综合)如图所示，两个完全相同的金属球a、b，其中a球放在不导热的水平面上，b球用不导热的细线悬挂起来，现供给两球相同的热量，它们的温度分别升高了Δta、Δtb，则( )
A．Δta>Δtb
B．Δta<Δtb
C．Δta＝Δtb
D．无法比较
答案 B
解析 两球具有内能和重力势能。它们分别吸收热量后，内能发生变化，由于受热膨胀，重力势能也会发生变化，体积膨胀时，它们的分子势能会发生变化，膨胀过程中要对空气做功，也要损失一部分能量。
对于a、b这两个金属球，因它们完全相同，故体积膨胀引起的分子势能的增大和对空气做功应该相同，由于膨胀，a球的重心将上移，故a球的重力势能将增加(看图虚线表示的a、b球)，而b球的重心将下移，故b球的重力势能将减少。
因此，对于a球，吸收的热量Q应等于分子势能的增加量和对空气做功ΔE0、重力势能的增加量ΔEpa和分子动能的增加量ΔEa之和，即Q＝ΔE0＋ΔEpa＋ΔEa；而对于b球，吸收的热量和重力势能的减少量之和应等于分子势能增加量和对空气做功ΔE0与分子动能增加量ΔEb之和，即Q＋ΔEpb＝ΔE0＋ΔEb。
很明显，ΔEb>ΔEa，b球分子动能的增量大于a球分子动能的增量。故B正确。
15．(综合)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蒸气，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蒸气需要吸收热量，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1节 功和内能
第2节 热和内能
1．了解焦耳的两个实验的原理，知道做功和热传递的实质。
2．知道做功和热传递是改变内能的两种方式，理解做功和热传递对改变系统内能是等效的，明确两种方式的区别。
3．明确内能、功、热量、温度四个物理量的区别和联系。
一、焦耳的实验
1．绝热过程：系统不从外界吸收热量，也不向外界放出热量的过程。
2．代表实验
(1)重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温上升。
(2)通过电流的热效应给水加热。
二、内能
1．内能的概念
(1)内能是描述热力学系统能量的物理量。系统的内能是由它的状态决定的。
(2)在绝热过程中做功可以改变热力学系统所处的状态。
2．内能的变化
(1)表达式：ΔU＝W。
(2)外界对系统做功，W为正，系统对外界做功，W为负。
三、热和内能
1．热传递
(1)条件：物体的温度不同。
(2)过程：温度不同的物体发生热传递，温度高的物体要降温，温度低的物体要升温，热量从高温物体传到低温物体。
2．热和内能
(1)关系描述：热量是在单纯的传热过程中系统内能变化的量度。
(2)公式表达：ΔU＝Q。
判一判
(1)在绝热过程中，做功方式不同会直接影响系统状态变化的最终结果。( )
(2)热传递过程具有一定的方向性。( )
(3)在任何情况下，公式ΔU＝Q都适用。( )
提示：(1)× (2)√ (3)×
课堂任务 做功和内能变化
功、内能之间的变化关系
1．内能与内能的变化的关系
(1)物体的内能是指物体内所有分子的平均动能和势能的总和。在微观上由分子数和分子热运动激烈程度及相互作用力决定，宏观上体现为物体温度和体积，因此物体的内能是一个状态量。
(2)当物体温度变化时，分子热运动激烈程度发生改变，分子平均动能变化。物体体积变化时，分子间距离变化，分子势能发生变化，因此物体的内能变化只由初、末状态决定，与中间做功的具体过程及方式无关。
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。
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，对应着做功较多。
做功改变物体内能的一种方法是改变物体内部的分子的平均动能，即改变温度；另一种方法是通过做功改变物体的体积从而改变内能的大小。不过要注意的是气体的体积减小时分子势能不一定增加。
例1 如图所示，活塞将汽缸分成甲、乙两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气。以E甲、E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中( )
A．E甲不变，E乙减小
B．E甲不变，E乙增大
C．E甲增大，E乙不变
D．E甲增大，E乙减小
[规范解答] 绝热过程只有做功改变物体的内能，外
界对气体做功，内能增加；气体对外界做功，内能减少。
接触面是绝热面，拉动拉杆，对乙部分气体来讲，气体对外界做功，内能减小，温度降低；对甲部分气体来讲，外界对气体做功，内能增加。
[完美答案] D
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。
金属制成的汽缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使汽缸中柴油达到燃点的过程是( )
A．迅速向里推活塞
B．迅速向外拉活塞
C．缓慢向里推活塞
D．缓慢向外拉活塞
答案 A
解析 气体压缩或膨胀时内能就发生变化。如果将装有柴油与空气混合物的汽缸中的活塞迅速向里推，一方面混合气体来不及与外界发生热交换，可以认为这是一绝热过程，另一方面由于外界通过活塞对气体做功，使柴油气体的内能增加，温度升高，从而使柴油达到燃点，故A正确。
课堂任务 热传递和内能变化
内能、温度和热量的区别、联系
1．内能与温度
从宏观看，温度表示的是物体的冷热程度；从微观看，温度反映了分子热运动的激烈程度，是分子平均动能的标志。物体的温度升高，物体的内能不一定增加。
2．热量和内能
内能是由系统的状态决定的，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，可以通过热传递或做功两种过程来完成。而热量是热传递过程中的特征物理量，和功一样，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”或“多少功”。
热传递改变物体内能的过程是物体间内能转移的过程。热传递使物体的内能发生变化时，内能改变的多少可用热量来量度。物体吸收了多少热量，物体的内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体的内能就减少多少。
例2 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．物体间存在着温度差，才能发生热传递
C．热传递可以在任何情况下进行
D．物体内能发生改变，一定是吸收或放出了热量
[规范解答] 此题考查对热传递发生的条件和热传递与内能变化关系的理解。热传递实质上是内能在两物体间或同一物体各部分间发生转移。热传递的实质是物体间内能的转移，故A错误。热传递发生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、C错误。物体吸收或放出热量，内能会发生变化，但内能变化不一定是热传递引起的，还可以用做功的方式改变内能，故D错误。
[完美答案] B
热传递的方向与物体内能的大小无关
发生热传递时，可能误认为热量是从内能大的物体传到内能小的物体上。为此要明确以下两点：
(1)热传递与物体内能的多少无关，只与两个物体(或一个物体的两部分)的温度差有关，热量总是从高温物体自发地传递到低温物体。
(2)热传递过程中，能量可以由内能大的物体传递到内能小的物体上，也可以由内能小的物体传递到内能大的物体上。
下列关于热传递的说法中，正确的是( )
A．热量是从含热量较多的物体传给含热量较少的物体
B．热量是从温度较高的物体传给温度较低的物体
C．热量是从内能较多的物体传给内能较少的物体
D．热量是从比热容大的物体传给比热容小的物体
答案 B
解析 热量是过程量，不能说一个物体含多少热量，A错误；热传递发生在有温度差的两物体间或一个物体的两部分间，且总是从高温物体(或部分)传递给低温物体(或部分)，与物体内能的多少、比热容的高低均无关，C、D错误，故应选B。
A组：合格性水平训练
1．(焦耳实验)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．(做功和内能的改变)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．(做功和内能的改变)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。
4．(热量和内能)(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．(热量、功和内能)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。
6．(综合)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正确。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错误。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错误。
7.
(做功、热传递和内能的改变)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A、B、D错误，C正确。
8．(综合)暖瓶中盛有0.5
kg、25
℃的水，一个学生想用上下摇晃的方法使冷水变为开水。设每摇晃一次水的落差为15
cm，每分钟摇晃30次。不计所有热散失，他大约需要多长时间可以把水“摇开”？[c水＝4.2×103
J/(kg·℃)，g取10
m/s2]
答案 5天
解析 此问题中能量转化方向是：上摇时学生消耗自身的能通过对水做功转化为水的重力势能，下降时水的重力势能转化为动能再转化为水的内能。由于不计一切热散失，水的重力势能的减少量等于水的内能的增加量。
设“摇开”水需要t
min，水升温ΔT，由W＝ΔU得：
30mg·Δh·t＝cmΔT，
t＝＝
min＝7×103
min。
即“摇开”水约需7×103
min，约为5天。
B组：等级性水平训练
9．(做功、热传递与内能的改变)(多选)关于做功、热传递与内能变化的说法，正确的是( )
A．不通过做功的过程，物体的内能也可以改变
B．不对物体做功，物体内能总保持不变
C．外力对物体做2
J的功，物体就一定增加2
J的内能
D．物体吸收热量，内能一定增加
答案 A
解析 做功和热传递都可以改变物体的内能，A正确，B错误；外力对物体做2
J的功，若物体与外界没有热交换时，则内能一定增加2
J，C错误；物体吸收热量时，如果对外做功，内能不一定增加，D错误。
10.
(综合)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。
11．(综合)(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．(综合)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
℃。
13．(综合)用质量为0.5
kg的铁锤去打击质量为50
g的铁钉。已知锤打击铁钉时的速度为12
m/s，且每次打击后铁锤不再弹起，如果在打击时有80%的能量变成内能，并且这些热量有50%被铁钉吸收，现要使铁钉温度升高10
℃，问要打多少次铁钉？[不计铁钉的体积变化，铁的比热容为460
J/(kg·
℃)]
答案 16次
解析 铁锤每次打击铁钉后不再弹起，表明其全部的机械能Ek＝m1v2将完全损失。
其中有η1＝80%将变为内能，并有η2＝50%被铁钉吸收。
设铁钉温度升高Δt＝10
℃需要打击n次，则有：
n×η1×η2×m1v2＝cm2Δt，
代入已知数据可解得打击次数
n＝≈16次。
14．(综合)一质量为380
g的木块，用50
cm长的细线悬挂起来，一质量为20
g的铅弹，以60
m/s的速度水平射入，二者达到共同速度为3
m/s。(g取10
m/s2)求：
(1)木块上升多高？
(2)系统内能增加多少？
答案 (1)0.45
m (2)34.2
J
解析 (1)对木块和铅弹系统
(m＋M)v2＝(M＋m)gh，得h＝＝0.45
m。
(2)射击过程系统损失的机械能＝系统增加的内能
即ΔE＝mv－(M＋m)v2
＝
J＝34.2
J。第5节 热力学第二定律的微观解释
第6节 能源和可持续发展
1．了解有序和无序概念，知道有序和无序是相对的，了解宏观态和微观态的概念。
2．知道宏观态对应的微观态的数目与无序程度的关系，知道热力学第二定律的微观解释。
3．知道熵的概念，了解熵增加原理，知道它是热力学第二定律的另一种表述。
4．了解什么是能量耗散和品质降低，了解能源与人类社会发展和环境的关系。
一、热力学第二定律的微观解释
1．有序和无序、宏观态和微观态
(1)有序：一个系统的个体按确定的方向有顺序的排列。
(2)无序：一个系统的个体分布没有确定的要求，分布是随意的，称为无序。
(3)宏观态：一个系统整体所处的状态叫做宏观态。
(4)微观态：宏观态系统内对应的不同分布状态就叫做微观态。
2．气体向真空的扩散
一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
3．熵
(1)定义式：S＝kln
Ω，式中S表示熵，k表示玻耳兹曼常量，Ω表示微观态的数目。
(2)意义：表示系统内分子运动无序性的量度。
(3)熵增加原理：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
二、能源和可持续发展
1．能量耗散和品质降低
(1)能量耗散：有序度较高(集中度较高)的能量转化为无序性更大的能量，流散到环境中无法重新收集起来加以利用的现象。
(2)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转化，是能够自动发生、全额发生的。
(3)能量耗散虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低。
2．能源与环境
(1)人们把煤、石油、天然气等化石能源叫做常规能源，人类消耗的能源主要是常规能源。
(2)化石能源的储藏是有限的。
(3)环境问题
化石能源的大量消耗带来的环境问题有温室效应、酸雨、气候异常等。
3．新能源的开发和利用
(1)化石能源的短缺和利用常规能源带来的环境污染，使得新能源的开发成为当务之急。
(2)新能源主要有下列几种：
①太阳能；②生物质能；③风能；④水能(河流、潮汐)。
太阳能、风能、水能是清洁能源。
判一判
(1)在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会增大。( )
(2)能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的保护。( )
(3)根据能量守恒，能源应该是取之不尽，用之不竭的。( )
(4)一个系统中个体排列的“有序”和“无序”是绝对的。( )
提示：(1)× (2)√ (3)× (4)×
课堂任务 对有序和无序、宏观态和微观态的理解
1．有序和无序
确定某种规则，符合这个规则的就是有序的，不符合确定的规则和要求的分布是无序。
2．宏观态和微观态
当我们以系统的分子数分布而不区分具体的分子来描述的系统状态叫热力学系统的宏观态；如果使用分子数分布并且区别具体的分子来描述的系统状态叫热力学系统的微观态。
例1 (多选)以一副扑克牌为例，下列关于有序和无序、宏观态和微观态的认识中不正确的是( )
A．按黑桃、红桃、梅花、方块的顺序，而且从大到小将扑克牌排列起来，扑克牌这时是有序的
B．将扑克牌按偶数和奇数分成两部分，扑克牌是无序的，每部分内部是有序的
C．一副扑克牌，这就是一个宏观态，将牌洗动一次就是一个微观态
D．一副扑克牌按偶数和奇数分成两部分，这是一个宏观态，它是一副扑克牌对应的一个微观态
E．一副扑克牌按偶数和奇数分成两部分，这是一个宏观态，从偶数部分抽出一张插入到奇数部分，它是该宏观态对应的一个微观态
[规范解答] 系统的一个宏观状态包含着大量的微观状态，一副扑克牌对应一个宏观态，若扑克牌的排列是规则的，则对应的微观态是有序的，反之，是无序的。A中扑克牌的排列是有确定规则的，是有序的，A正确。B中将扑克牌按奇、偶分成两部分，是有确定规律的，是有序的，每部分内部排列是没有规则的，是无序的，B不正确。一副扑克牌是一个系统，是一个宏观态，洗动一次，系统内部排列不同，是这副扑克牌宏观态对应的一个微观态，C正确。将一副扑克牌分成奇、偶两部分，构成一个系统，是一个宏观态，同时，它又是一副扑克的一种排列形式，是一副扑克牌这一宏观态对应的一个微观态，D正确。从偶数部分中抽出一张插入奇数部分中，不再对应于按奇偶分成两部分的扑克牌这一宏观态，也不再是该宏观态对应的一个微观态，可以看做是一副扑克牌这一宏观态对应的微观态，E错误。
[完美答案] BE
一锅开水投入了5个糖馅的甜汤圆，随后又投入了5个肉馅的咸汤圆，甜、咸汤圆在沸水中翻滚，象征着封闭系统进入了一个自发的过程。随后，用两只碗各盛了5个汤圆，每碗汤圆中共有六种可能：
①全是甜的，②全是咸的，③1甜4咸，④4甜1咸，这是四种不平衡的宏观态，⑤2甜3咸，⑥3甜2咸，这是两种相对平衡的宏观态。
两只碗各盛5个汤圆共有32种组合方式，我们称为32个微观态。试问：
(1)以上六种宏观态所对应的微观态的个数各是多少？请设计一个图表来表示；
(2)以上相对平衡的宏观态出现的概率是多少？
答案 (1)见解析 (2)
解析 (1)宏观态对应的微观态个数。
宏观态
全是甜的
全是咸的
1甜4咸
4甜1咸
2甜3咸
3甜2咸
微观态个数
1
1
5
5
10
10
(2)相对平衡的宏观态出现的概率为：
P＝＝。
课堂任务 热力学第二定律的微观意义
对熵及熵增加原理的理解
(1)熵是反映系统无序程度的物理量，正如温度反映物体内分子平均动能大小一样。系统越混乱，无序程度越大，就称这个系统的熵越大。
(2)系统自发变化时，总是向着无序程度增加的方向发展，至少无序程度不会减小。也就是说，系统自发变化时，总是由热力学概率小的状态向热力学概率大的状态进行。从熵的意义上说，系统自发变化时总是向着熵增加的方向发展，不会使熵减少。
(3)任何宏观物质系统都有一定量的熵，熵也可以在系统的变化过程中产生或传递。
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多无序，所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展。
例2 (多选)关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( )
A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动
B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程
C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程
D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
[规范解答] 热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程，其传递过程不能自发进行，故C、D正确。
[完美答案] CD
从分子热运动的角度解释热传递的方向性
两个物体温度不同，分子热运动的平均动能不同，总体上看，分子热运动的分布较为无序，能量适当集中，而热量由高温物体传到低温物体的过程中，能量变的分散，分子热运动的分布较为无序。由于一切自然过程总是沿着无序性增大的方向进行，所以热传递中能量是由高温物体传向低温物体的，热传递具有方向性。
(多选)从微观角度看( )
A．热力学第二定律是一个统计规律
B．一个孤立系统总是从熵大的状态向熵小的状态发展
C．一个宏观状态所对应的微观状态越多，越是无序，熵值越大
D．出现概率越大的宏观状态，熵值越大
答案 ACD
解析 由熵增加原理“一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行”可知B错误，A、C、D正确。
课堂任务 能源的开发和利用
1．能量耗散
(1)能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的自发变化过程具有方向性。
(2)能量耗散虽然不会导致能量总量的减少，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可用的形式。
2．能源的分类
例3 (多选)下列对能量耗散的理解正确的有( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．能量耗散遵守能量守恒定律
C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失
D．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
[规范解答] 能量转化过程中总能量守恒，但散失在空气中的内能不可能收集起来用来做功。
在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散。能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A、C错误，B、D正确。
[完美答案] BD
对能量耗散的理解
(1)能量耗散是能量从高品质能源向低品质能源转化和转移的过程。
(2)能量耗散是指能量的可利用程度降低。
下列现象属于能量耗散的是( )
A．利用水流能发电转化为电能
B．电能通过灯泡中的电阻丝转化为光能
C．电池的化学能转化为电能
D．火炉把房子烤暖
答案 D
解析 能量耗散是指其他形式的能转化为内能，最终流散在周围环境中无法重新收集并加以利用的现象，能够重新收集并加以利用的能不能称能量耗散。本题中的电能、光能都可以重新收集并加以利用，如用光作能源的手表等，只有当用电灯照明时的光能被墙壁吸收之后变为周围环境的内能，才无法重新吸收并加以利用，但本题没有告诉这光能用来做什么，故不能算能量耗散，只有火炉把房子烤热后使燃料的化学能转化成内能并流散在周围的环境中，无法重新收集，并加以利用，才是能量耗散。故D正确。
A组：合格性水平训练
1．(对有序和无序、宏观态和微观态的理解)(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．(熵)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。
3．(熵)(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。
4．(能源的开发和利用)(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。
5．(能源的开发和利用)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。
6．(能量耗散)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。
7．(熵)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。
B组：等级性水平训练
8．(对有序和无序、宏观态和微观态的理解)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。
9.(综合)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，A错误；理想气体分子间作用力为零，不考虑分子势能，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子无规则运动加剧，熵增加，C正确；温度是分子平均动能的标志，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。
10．(熵)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。
11．(综合)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。(共58张PPT)
第5节 热力学第二定律的微观解释
第6节 能源和可持续发展
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
03课后课时作业
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案(共53张PPT)
第1节 功和内能
第2节 热和内能
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
解析
答案
答案
答案
03课后课时作业
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
解析
答案
解析
答案
答案
答案(共57张PPT)
第4节 热力学第二定律
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
03课后课时作业
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
答案
答案
答案(共33张PPT)
第十章水平测试
点击进入Word文稿
解析
答案
答案
解析
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案
答案
解析
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案第4节 热力学第二定律
1．了解热传递、扩散现象、机械能与内能的转化等都具有方向性，了解什么是热力学第二定律。
2．了解热力学第二定律的两种表述，以及两种表述的物理实质。
3．了解什么是第二类永动机，知道第二类永动机不能制成的原因。
4．能运用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移及宏观自然过程的方向性问题。
一、热力学第二定律的两种表述
1．热力学第二定律的克劳修斯表述
(1)热力学第二定律(概念)：反映宏观自然过程的方向性的定律。
(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。即热传导的过程具有方向性。
2．热力学第二定律的开尔文表述
(1)热机
①热机工作的两个阶段
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：热机输出的机械功W与燃料产生的热量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。即机械能与内能转化具有方向性。
(3)热力学第二定律的其他描述
①气体向真空的自由膨胀是不可逆的。
②一切宏观自然过程的进行都具有方向性。
(4)第二类永动机
①定义
只从单一热源吸收热量，使之完全变为有用功而不引起其他变化的热机。
②第二类永动机不可能制成
第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律。
二、热力学第一定律、热力学第二定律的比较及两类永动机的比较
1．热力学第二定律与热力学第一定律
(1)热力学第一定律揭示了做功和热传递对改变物体内能的规律关系ΔU＝W＋Q，指明内能不但可以转移，而且还能跟其他形式的能相互转化。热力学第一定律就是内能与其他能量发生转化时的能量守恒定律，是从能的角度揭示不同物质运动形式相互转化的可能性。告诫人们：第一类永动机不可能制成。热力学第一定律只有一种表述形式。
(2)热力学第二定律的每一种表述都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性。如机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。告诫人们：第二类永动机不可能制成。热力学第二定律有多种表述形式。
(3)两定律的关系：热力学第一定律是和热现象有关的物理过程中能量守恒的表达形式，说明功及热量与内能改变的定量关系，而第二定律指出了能量转化与守恒能否实现的条件和过程进行的方向，指出了一切变化过程的自然发展方向不可逆，除非靠外界影响。所以二者相互独立，又相互补充。
2．两类永动机的比较
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不消耗任何能量，可以不断对外做功(或只给予很小的能量启动后，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，实现内能与机械能的转化)
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
判一判
(1)任何物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和。( )
(2)满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行。( )
(3)将海水温度自动下降时释放的内能可以全部转化为机械能。( )
(4)能够制成的热机既不违背能量守恒定律，也不违背热力学第二定律。( )
提示：(1)× (2)× (3)× (4)√
课堂任务 对热力学第二定律的理解
1．热力学第二定律克劳修斯表述阐述了热传递的方向性。其含义是热量从高温物体传递到低温物体是一个自发过程，不需要任何第三者的介入，不会对任何第三者产生任何影响。“自发地”是指没有任何外界的影响或帮助。如：重物下落、植物的开花结果等都是自然界客观存在的一些过程，它们不受外界干扰，这就是自发的过程。
2．热量也可以由低温物体传到高温物体，但这一定不是一个自发过程，这个过程必须有第三者的介入。
3．热力学第二定律的开尔文表述阐述了机械能与内能转化的方向性：通过做功，机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转化成机械能而不产生其他影响。
4．热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性。
热力学第二定律的每一种表述，揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，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。
例1 (多选)根据热力学第二定律，下列说法正确的是( )
A．热机中燃气的内能不可能全部变成机械能
B．电能不可能全部转变成内能
C．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转变成电能
D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
[规范解答] 热力学第二定律指明了宏观热现象具有方向性，利用这一方向性特点进行分析。凡是与热现象有关的宏观热现象都具有方向性。无论采用任何设备和手段进行能量转化，根据热机工作原理，热机工作时从高温热库吸热，一部分对外做功，一部分产生热量排出，热机的机械效率总小于100%，故A正确。火力发电机发电时，能量转化的过程为内能→机械能→电能，因为内能→机械能的转化过程中会对外放出热量，故燃气的内能必然不能全部变为电能，C正确。热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，结果会带来其他影响，这正是热力学第二定律第一种表述的主要思想，故D正确。由电流热效应中的焦耳定律可知，电能可以全部转化为内能，故B错误。
[完美答案] ACD
对热力学第二定律的理解
(1)理解热力学第二定律的实质，即自然界中进行的所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性。理解的关键在于“自发”和“不引起其他变化”。
(2)还要正确理解哪些过程不会达到100%的转化而不产生其他影响。
(多选)根据热力学第二定律，下列说法中正确的是( )
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中而不引起其他变化
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界的帮助，因而引起其他变化，故A正确，B错误；热传导过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但要从低温物体传递到高温物体，必然引起其他变化(外界对系统做功)，故C错误，D正确。
课堂任务 热力学第二定律的应用
热力学第二定律应用时要注意的几个问题
1．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．其他影响：指除了从单一热库吸收热量，以及所做的功以外的其他一切影响；或者除了从低温物体吸收热量、高温物体得到相同的热量外，其他一切影响和变化。不是不能从单一热库吸收热量而对外做功，而是这样做的结果，一定伴随着其他变化或影响。同样，也不是热量不能从低温物体传到高温物体，而是指不产生其他影响的自动传热是不可能的。
3．关于“不可能”：实际上热机或制冷机系统循环终了时，除了从单一热库吸收热量对外做功，以及热量从低温热库传到高温热库以外，过程所产生的其他一切影响，不论用任何曲折复杂的办法都不可能加以消除。
4．适用条件：只能适用于由很大数目分子所构成的系统及有限范围内的宏观过程。而不适用于少量的微观体系，也不能把它扩展到无限的宇宙。
5．两种表述是等价的
如果克劳修斯表述不成立，则开尔文表述也不成立。
例2 关于第二类永动机的说法，正确的是( )
A．第二类永动机不可能制成，因为违反了能量守恒定律
B．第二类永动机不可能制成，因为机械能和内能的转化过程具有方向性
C．第二类永动机不可能制成，因为同时违反了能量守恒定律和热力学第二定律
D．第二类永动机不可能制成，因为没有足够精细的制作工艺
[规范解答] 第二类永动机是一种热机，它希望能够从单一热源吸热全部用来做功而不引起其他任何变化，这种设想并不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，只有B正确。
[完美答案] B
关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是( )
A．将地球上所有海水的温度降低0.2
℃，以放出大量的内能供人类使用
B．布朗运动是液体分子的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则的运动
C．在热传递中，热量一定是从内能多的物体传向内能少的物体
D．在热传递中，热量自发地从温度高的物体传到温度低的物体
答案 D
解析 自然界一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，A、C错误；布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，B错误。故只有D正确。
A组：合格性水平训练
1．(对热力学第二定律的理解)(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．(对热力学第二定律的理解)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．(对热力学第二定律的理解)(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．(对热力学第二定律的理解)(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D正确，C错误。
5．(综合)(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类、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A、C、D正确。
6．(热力学第二定律的应用)(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。
7．(综合)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。
B组：等级性水平训练
8．(对热力学第二定律的理解)(多选)关于热力学第二定律的理解，下列说法正确的是( )
A．热力学第二定律是一个实验定律
B．反映宏观自然过程的方向性的定律就是热力学第二定律
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性
D．气体向真空中膨胀的过程具有方向性
答案 BCD
解析 热力学第二定律是一个统计规律而不是实验定律，A错误；任何宏观自然过程的不可逆性都可以说明热力学第二定律，B正确；与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，C正确；气体向真空中膨胀的过程是不可逆的，D正确。
9．(综合)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，A、B、C错误，D正确。
10.
(热力学第二定律的应用)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．以上三种说法都不对
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。
11．(综合)(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二定律
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，也不违反热力学第二定律。故B、C正确，A、D错误。
12．(热力学第二定律的应用)(多选)下列宏观过程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，不会由内能自发地转化为机械能而动起来
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%
答案 BCD
解析 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，错误；由热力学第二定律可知B、C、D正确。
13．(综合)在研究性学习的过程中，同学们提出了以下四个活动方案，哪些从理论上讲是可行的( )
A．改进热机的生产工艺，总有一天热机的效率可以达到100%
B．发明一种制冷设备，使温度降至绝对零度
C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
答案 D
解析 热机的效率在任何条件下都不可能达到100%，A错误；温度不能无限降低，绝对零度不可能达到，B错误；扩散现象具有方向性，逆过程不可能自发进行，C错误；太阳能可以用来发电和进行加热，D正确。
14．(热力学第二定律的应用)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错误；气体膨胀具有方向性，故B错误；扩散现象也有方向性，故D错误。(共62张PPT)
第3节 热力学第一定律 能量守恒定律
01课前自主学习
02课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
答案
03课后课时作业
答案
答案
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
解析
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案