鲁科版（2019）高中物理 选择性必修第三册 第3章 第1节 热力学第一定律 第2节 能量的转化与守恒学案word含解析

课标要求
1.知道热力学第一定律。
2.通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义。
3.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。
4.体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一。
5.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律。
第1节　热力学第一定律
第2节　能量的转化与守恒
核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任
1.理解热力学第一定律。
2.会用ΔU＝W＋Q解决一些简单问题。
3.知道第一类永动机不可能制成。
4.理解能量的转化与守恒定律，会用能量的观点解释自然现象。 正确判断公式ΔU＝W＋Q中各物理量的正负，并能解决相关问题。 了解能量守恒定律的发现过程，体会科学理论对科技发展的指导作用。
知识点一　热力学第一定律
[观图助学]
观察上图回答，钻木取火是通过什么方式改变木头的内能？用天然气烧水时，又是通过什么方式改变水的内能？
1.改变物体内能的两种方式：做功和热传递。
2.功、热量和内能改变的关系
(1)如果一个物体既不吸热也不放热，那么，当外界对它做功时，物体内能增加，且增加量等于外界做的功；当物体对外界做功时，物体内能减少，且减少量等于物体做的功。
(2)如果一个物体既不对外界做功，外界也不对它做功，那么当物体从外界吸热时，物体内能增加，其增加量等于吸收的热量；当物体向外放热时，物体内能减少，其减少量等于放出的热量。
3.热力学第一定律
(1)内容
如果物体与外界之间同时存在做功和热传递的过程，那么物体内能的改变量ΔU等于外界对物体所做的功W与物体从外界吸收的热量Q之和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W
4.第一类永动机
(1)概念：不消耗任何能量而能永远对外做功的机器。
(2)结果：17～18世纪，人们提出了许多永动机设计方案，但无一例外，这类设计方案都以失败而告终。
(3)原因：设想能量能够无中生有地创造出来，违背了能量守恒定律。
[思考判断]
(1)外界对系统做功，系统的内能一定增加。(×)
(2)系统内能增加，一定是系统从外界吸收热量。(×)
(3)系统从外界吸收热量5 J，内能可能增加5 J。(√)
做功可将其他形式的能转化为内能，热传递是内能的转移，它们在改变物体内能方面是等效的。
系统只由于外界对它做功而与外界交换能量，它不从外界吸热，也不向外界放热的过程称为绝热过程。
若我们只知道物体的内能增加，则不能确定物体是从外界吸收了热量还是外界对物体做了功。
外界对物体做功W取正值，物体对外界做功W取负值，物体吸热Q取正值，放热Q取负值。
一种永动机设想示意图
知识点二　能量的转化与守恒
[观图助学]
忽略阻力的情况下，过山车和滚摆运动过程中，能量如何转化，机械能是否守恒？若阻力不能忽略，运动逐渐停止，是不是能量消失了？
1.能量守恒定律的发现
(1)迈尔的发现
体力和体热必定来源于食物中的化学能，内能、化学能、机械能都是等价的，是可以相互转化的，如果动物的能量输入与支出是平衡的，那么，所有这些形式的能在量上必定是守恒的。
(2)焦耳的研究
①1840年，焦耳通过实验得出了焦耳定律，从而给出了电能向内能转化的定量关系，为发现普遍的能量守恒定律打下了基础。
②焦耳用了近40年的时间，不懈地钻研热功转换问题，为能量守恒定律提供了无可置疑的证据。
(3)亥姆霍兹的贡献
从理论上把力学中的能量守恒原理推广到热、光、电、磁、化学反应等过程，揭示了它们之间的统一性。
2.能量守恒定律
(1)内容
能量既不会消失，也不会创生，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其他物体，而能量的总值保持不变。
(2)意义
揭示了自然科学各个分支之间的普遍联系，是自然界内在统一性的第一个有力
证据。
[思考判断]
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加。(√)
(2)某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加。(√)
(3)石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了。(×),
迈尔从理论上具体地论证了机械能、内能、化学能、电磁能等都可相互转化。并提出了物理、化学过程中能量守恒的思想。
焦耳的实验装置示意图
各种形式的能可以相互转化，各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。
核心要点 　热力学第一定律的理解和应用
[问题探究]
如图所示，给旱区送水的消防车停于水平地面。在缓慢放水的过程中，若车胎不漏气且胎内气体温度不变，不计分子间的势能，试分析气体的吸、放热情况。
答案　由于车胎内气体温度不变，故气体分子的平均动能不变，内能不变。放水过程中气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，车胎内气体吸热。
[探究归纳]
1.内能和热量
(1)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，可以通过热传递和做功两种方式来完成。
(2)热量是热传递过程中的特征物理量，热量只是反映物体在状态变化过程中所转移的能量，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。
(3)对某一状态而言，只有“内能”，根本不存在“热量”和“功”。不能说一个系统中含有多少热量。
2.热力学第一定律的理解
(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热传递过程推广到一般情况，既有做功又有热传递的过程，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)对公式ΔU、Q、W符号的规定
符号 W Q ΔU
正号 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
负号 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
(3)判断气体做功正、负的方法
①若气体体积增大，表明气体对外界做功，W<0。
②若气体体积变小，表明外界对气体做功，W>0。
[经典示例]
[例1] 空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？
解析　选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q。
由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，代入上式得
Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J。
负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J。
答案　5×104 J
规律总结　应用热力学第一定律解题的一般步骤
(1)首先选定研究对象是哪个物体或哪个热力学系统。
(2)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正、负。
(3)根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量。
(4)再根据未知量结果的正、负来确定吸热、放热情况或做功情况。
[针对训练1] 下列过程不可能发生的是(　　)
A.物体吸收热量，对外做功，同时内能增加
B.物体吸收热量，对外做功，同时内能减少
C.外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少
D.外界对物体做功，同时物体放热，内能增加
解析　物体吸收热量Q＞0, 对外做功W＜0，由ΔU＝W＋Q可知内能U可能增加，也可能减少，故A、B都可能发生；外界对物体做功W＞0，同时吸热Q＞0，则内能U必增大，故C不可能；外界对物体做功W＞0，同时放热Q＜0，U可能增加，也可能减少，D项可能。
答案　C
核心要点 　能量守恒定律的理解及应用
[问题探究]
有一种所谓“全自动”机械手表如图所示，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去。这是不是一种永动机？如果不是，维持表针走动的能量是从哪儿来的？
答案　这不是永动机。手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表指针走动。若将此手表长时间放置不动，它就会停下来。
[探究归纳]
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、原子能等。
(2)各种形式的能，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.守恒是否需要条件
(1)与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的。例如，物体的机械能守恒，必须是只有重力或系统内的弹力做功。
(2)能量守恒定律是没有条件的，它是一切自然现象都遵守的基本规律。
3.由能量守恒分析第一类永动机失败的原因
系统对外做功要以系统本身的能量减少为代价。若想源源不断地做功，系统就必须不断从外界获取能量使自己回到初始状态，在无外界能量供给的情况下这是不可能的。
[经典示例]
[例2] (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　A选项是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的；B选项是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，这正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移，第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；所以A、B、C正确；D选项中石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能可能减少，但机械能并没有消失，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，故D错误。
答案　ABC
[针对训练2] (多选)下面设想符合能量守恒定律的是(　　)
A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B.做一条船，利用流水的能量逆水行舟
C.通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行
D.利用核动力，驾驶地球离开太阳系
解析　利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，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，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B、C正确；利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D正确。
答案　BCD
核心要点 　气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
[要点归纳]
1.几种常见的气体变化过程
(1)绝热过程：在该过程中气体既不从外界吸热，也不向外界放热，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对气体做的功等于气体内能的增加。
(2)等容过程：在该过程中气体不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，气体吸收的热量等于气体内能的增加。
(3)等温过程：在过程的始末状态，气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，表示气体吸收的热量全部用来对外做功或外界对气体所做的功全部转换为热量放出。
2.常见的分析思路
(1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大，对外做功；气体体积减小，外界对气体做功。
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小。
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
[经典示例]
[例3] (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，dc平行于纵坐标轴，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
解析　气体从状态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，内能增加，同时体积增大，所以气体要对外做功，所以要吸收热量，C正确；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，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。
答案　BCD
规律总结　气体实验定律与热力学定律的综合问题的解题关键点
(1)分清气体的变化过程是求解问题的关键。
(2)理想气体体积变化对应着做功，等容过程W＝0；温度变化，内能一定变化，等温过程ΔU＝0。
(3)绝热过程Q＝0。
[针对训练3] (多选)如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁光滑接触。两部分中分别有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子之间的相互作用力和分子势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间，a、b各自达到新的平衡状态，则(　　)
A.a的体积增大，压强变小
B.b的温度升高
C.加热后a的分子热运动比b的分子热运动激烈
D.a增加的内能大于b增加的内能
解析　当加热a时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁光滑接触，可以自由移动，所以a、b两部分的压强始终相等，都变大，故A错误；由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律可知b的温度升高，故B正确；由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩，所以a气体的温度较高，加热后a的分子热运动比b的分子热运动激烈，故C正确；由于a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确。
答案　BCD
1.(热力学第一定律的理解)关于内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体吸收热量，内能一定增大
B.物体对外做功，内能一定减少
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
解析　根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关，物体吸收热量，内能不一定增大，因为物体可能同时对外做功，故内能有可能不变或减少，A错误；物体对外做功，还有可能吸收热量，内能可能不变或增大，B错误，C正确；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误。
答案　C
2.(热力学第一定律的理解)“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.它违背了能的转化和守恒定律
C.它做功产生的热不符合热功当量
D.暂时找不到合理的设计方案和理想材料
解析　第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B正确。
答案　B
3.(能量守恒定律)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是(　　)
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.只有动能和重力势能的相互转化
D.减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
解析　自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能通过克服摩擦力等外力做功的方式转化成了内能。
答案　D
4.(热力学定律的综合应用)如图所示，由导热材料制成的截面积相等、长度均为45 cm的气缸A、B通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强pA＝2.8×105 Pa的理想气体，B内充满压强pB＝1.4×105 Pa的理想气体，忽略连接气缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：
(1)平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强；
(2)自打开阀门到平衡，B内气体是吸热还是放热(简要说明理由)。
解析　(1)活塞向右移动达到稳定后，向右移动的距离为x，B中气体的压强为p，对A气体，
有pALS＝p(L＋x)S
对B气体，有pBLS＝p(L－x)S
得x＝15 cm
p＝2.1×105 Pa
(2)活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热。
答案　(1)15 cm　2.1×105 Pa　(2)放热　理由见解析
基础过关
1.在某一恒温水池(温度远低于100 ℃)底部有气泡从池底缓慢上升，气泡内的气体可视为理想气体，在气泡上升的过程中，气体质量不变，则下列判断正确的是(　　)
A.气泡内气体分子的平均动能增大
B.气泡内气体的内能增大
C.气泡内气体分子的平均距离增大
D.气泡内气体向外放热
解析　气泡上升时，外界压强逐渐变小，则气泡内气体膨胀对外做功，气体分子平均距离增大，由于气泡的温度不变，内能不变，由ΔU＝W＋Q知，Q为正，气泡内气体吸热，C正确。
答案　C
2.如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的(　　)
A.温度升高，内能增加600 J
B.温度升高，内能减少200 J
C.温度降低，内能增加600 J
D.温度降低，内能减少200 J
解析　由热力学第一定律知：由W＋Q＝ΔU得：ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU＝600 J>0，故温度一定升高，故A选项正确。
答案　A
3.如图所示，弹簧一端固定，另一端连着穿在水平横杆上的小球，让小球在杆上做往复运动，长时间观察，发现小球往复运动的幅度越来越小，下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小球和弹簧组成系统的机械能守恒
C.系统的总能量正在消失
D.减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
解析　小球往复运动的幅度越来越小，说明机械能正在减少，减少的机械能克服阻力做了功，增加了内能，总能量是守恒的。
答案　D
4.(多选)如图所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住，将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时(　　)
A.氢气的温度不变 B.氢气的压强减小
C.氢气的体积增大 D.氧气的温度升高
解析　氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又因为初始状态下氢气和氧气体积和温度相同，所以氢气产生的压强大，当拔掉销子后，活塞将向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无热传递，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低，对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由ΔU＝W＋Q，无热传递的情况下，氧气内能增加，温度升高，压强增大。
答案　BCD
5.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中(　　)
A.气体温度升高，压强不变
B.气体温度升高，压强变大
C.气体对外界做正功，气体内能增加
D.外界对气体做正功，气体内能减少
解析　气体体积减小，故外界对气体做正功，做功时间短，故可认为无热传递，由ΔU＝W＋Q，W>0，气体内能增加，温度升高。由＝C可知，温度升高体积减小，则压强增大。
答案　B
6.下列说法正确的是(　　)
A.随着科技的发展，永动机是可以制成的
B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C.“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D.有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
解析　永动机是指不消耗或少消耗能量，而可以大量对外做功的装置，历史上曾出现过各式各样的所谓永动机的发明，结果都以失败告终，原因就是违背了能量转化和守恒定律，即使以后科技再发达，也要受自然规律的制约，所以永动机是永远不可能制成的，A错误；太阳辐射大量的能量，地球只吸收了极小的一部分，就形成了风云雨雪，使万物生长，但辐射到星际空间的能量也没有消失，而是转化成了别的能量，B错误；马和其他动物都要运动，必须消耗能量，动物的能量来源于食物中储存的化学能，C正确；所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，使摆锤不停摆动，给游丝弹簧补充能量，才会维持手表的走动，如果把这种表放在桌面上静置两天，它一定会停摆的，D错误。
答案　C
7.如图所示为冲击摆实验装置，一子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是(　　)
A.子弹的动能转化成沙箱和子弹的内能
B.子弹的动能转化成了沙箱和子弹的势能
C.子弹的动能转化成了沙箱和子弹的动能
D.子弹的动能一部分转化成沙箱和子弹的内能，另一部分转化成沙箱和子弹的
势能
解析　子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的势能。
答案　D
8.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图像如图所示。下列判断正确的是(　　)
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
解析　ab过程为等容变化，W＝0，温度升高，内能增大，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，吸热，A正确；bc过程为等温变化，ΔU＝0，体积增大对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q得Q>0，吸热，B错误；ca过程温度降低，内能减小，ΔU<0，体积减小，外界对气体做功，W>0。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q<0，且|Q|>W，C错误；温度是物体内分子热运动的平均动能的标志，Ta答案　AD
能力提升
9.(多选)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度的变化，二氧化碳气体可视为理想气体，则此过程中(　　)
A.封闭气体对外界做正功
B.封闭气体向外界传递热量
C.封闭气体分子的平均动能不变
D.封闭气体从外界吸收热量
解析　因为不计气体的温度变化，气体分子的平均动能不变，即ΔU＝0，选项C正确；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即W>0，选项A错误；根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即气体向外界传递热量，选项B正确，D错误。
答案　BC
10.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为Q，气体的内能增加量为ΔU，则(　　)
A.ΔU＝Q B.ΔUC.ΔU>Q D.无法确定
解析　A、B两部分气体开始的合重心在中线以下，混合均匀后，合重心在中线上，所以系统的重力势能增大，根据能量守恒定律可得，吸收的热量应等于增加的重力势能与增加的内能之和，即Q＝ΔEp＋ΔU，显然Q>ΔU。
答案　B
11.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
解析　形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转化为水和转轮的动能，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。
答案　D
12.今有一导热性能良好的气缸，用导热活塞封闭有一定质量的理想气体。开始时气缸水平放置如图甲所示，后将气缸按如图乙方式悬挂并保持静止，气缸光滑不漏气且大气压及环境温度不变。下列说法正确的是(　　)
A.气体对外做功，内能减小
B.气体对外做功，气体温度不变
C.气体体积增大，气体温度降低
D.气体体积不变，温度不变
解析　从题图甲到题图乙的过程，气缸内部气体的压强变小，体积增大，对外界做功，由于气缸导热性能良好，且环境温度不变，因此内部气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律，内部气体通过缸壁从外界吸热，可见选项B正确，A、C、D错误。
答案　B
13.如图所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J。在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。求气体完成一次循环对外界所做的功。
解析　完成该循环后气体内能不变，即ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20)J＝8 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝－8 J，即气体对外做功为8 J。
答案　8 J
14.如图所示，倒悬的导热气缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0。起初环境的热力学温度为T0时，活塞到气缸底面的距离为L。当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1 L，气缸中的气体吸收的热量为Q。求：
(1)气缸内部气体内能的增量ΔU；
(2)最终的环境温度T。
解析　(1)密封气体的压强p＝p0－
密封气体对外做功W＝pS×0.1L
由热力学第一定律ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG
(2)该过程是等压变化，由盖—吕萨克定律有
＝，解得T＝1.1T0
答案　(1)Q－0.1p0SL＋0.1LG　(2)1.1T0