功和内能
时间：45分钟
一、单项选择题
1．下列过程中，由于做功而使系统内能增加的是( A )
A．把铁丝反复弯曲，弯曲处温度升高
B．烧开水时，蒸气将壶盖顶起
C．铁块在火炉中被加热
D．铁球从空中自由下落(不计空气阻力)
解析：B项是系统对外界做功，内能减小，C项是吸热使内能增加，而D项内能不变．故选A项．
2．夏天，有一打满气的自行车轮胎，若将手放于气门嘴口，突然将气门打开，则手的感受( B )
A．变热
B．变凉
C．与原来温度一样
D．不确定
解析：气体膨胀对外做功，内能减小，温度降低．
3．景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，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( B )
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：对封闭气体，猛推压缩过程中，外界对气体做正功，时间极短，热传递不计，即Q＝0，由ΔU＝W＋Q可知内能增大，C、D两项错误．因气体内能等于所有分子动能与分子势能之和，其中分子势能不变或减小，所以分子平均动能增加，温度升高，再由气体状态方程＝C可知，气体压强变大，故A项错误、B项正确．
4．一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( D )
A．外界对气体做功，气体分子的平均动能增加
B．外界对气体做功，气体分子的平均动能减少
C．气体对外界做功，气体分子的平均动能增加
D．气体对外界做功，气体分子的平均动能减少
解析：绝热过程是指气体膨胀过程未发生热传递，膨胀过程气体体积增大．外界对气体做的功W<0.由ΔU＝U2－U1＝W可知，气体内能减小．由于气体分子间的势能忽略，故气体分子的平均动能减小．
5.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( B )
A．甲乙丙
B．乙丙甲
C．丙甲乙
D．乙甲丙
解析：根据题意，因果顺序的进程为：空气推动瓶塞做功——空气内能减小——瓶内空气温度降低——瓶内水蒸气液化成小水珠，即“白雾”．
二、多项选择题
6．一定质量的气体封闭在绝热的汽缸内，当用活塞压缩气体时，一定增大的物理量有(不计气体分子势能)( BCD )
A．气体体积
B．气体分子密度
C．气体内能
D．气体分子的平均动能
解析：绝热过程外力对系统做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增加．
7．有关物体的内能，以下说法中正确的是( AD )
A．1
g温度为0
℃水的内能比1
g温度为0
℃冰的内能大
B．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过热传递方式实现的
C．气体膨胀，它的内能一定减小
D．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加
解析：0
℃的水和0
℃的冰分子平均动能相同，但内能并不相同，水结成冰时要放出热量(忽略此过程的膨胀力)，说明相同质量的水的内能大(水的分子势能比冰的分子势能大)，选项A正确．电流通过电阻发热，是由于电流做功将电能转化为内能的过程，而不是热传递过程，故B选项错误．气体膨胀对外做功，但有可能吸收更多的热量，C选项错误．橡皮筋被拉伸时，会产生弹力，此弹力是分子引力的宏观表现，分子势能随分子间距离的增大而增大，故选项D正确．
8．甲、乙两物体从距地面相同的高度处自由落下，假定落地后损失的机械能全部转化为物体的内能而使物体的温度升高，则甲、乙两物体温度升高的情况是( BD )
A．若甲、乙为同种物质，则质量较小的物体温度变化大
B．若甲、乙为同种物质，则它们温度升高相同
C．若甲、乙为不同种物质，则质量与比热容乘积小的物体温度变化大
D．若甲、乙为不同种物质，则比热容小的物体温度变化大
解析：同种物质组成的物体比热容相同．物体从H高处自由落下，则mgH＝cmΔt，即gH＝cΔt，可见温度变化与质量无关，只与物体的种类有关．
三、非选择题
9．(1)远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过做功方式改变物体的内能，把机械能转化为内能．
(2)某同学做了一个小实验：先把空的烧瓶放到冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密的套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图，这是因为烧瓶里的气体吸收了水的热量，温度升高，体积增大．
解析：(1)钻木取火是通过做功方式把机械能转化为内能的．
(2)将烧瓶放进热水中，烧瓶内的气体吸热膨胀．
10．斜面高0.6
m，倾角为37°，质量是1.0
kg的物体由顶端从静止滑至底端，已知动摩擦因数为μ＝0.25，g取10
m/s2.求：
(1)物体到达底端时的速度；
(2)滑行过程中有多少机械能转化为内能？
解析：(1)对物体由顶端从静止滑到底端的过程中，由动能定理得：WG＋Wf＝mv2，
故有：mgh－μmgcosθ·L＝mv2.
代入数据求得：v＝2
m/s.
(2)摩擦力做的功等于机械能的减少，减少的机械能全部转化为内能．ΔE＝Wf＝μmgcosθ·L＝0.25×1×10×0.8×1
J＝2
J.
答案：(1)2
m/s (2)2
J
11．有一个10
m高的瀑布，水流在瀑布顶端时速度为2
m/s，在瀑布底与岩石的撞击过程中，有10%的动能转化为水的内能，请问水的温度上升了多少摄氏度？[已知水的比热容为4.2×103
J/(kg·℃)，g取10
m/s2]
解析：根据机械能守恒定律知，水流到达瀑布底时的动能
Ek＝mv2＋mgh.
水吸收热量Q与温度变化Δt满足关系Q＝cmΔt.
由题意知，有10%的动能转化为水的内能，
所以(mv2＋mgh)×10%＝cmΔt.
代入数据得：Δt＝2.4×10－3
℃.
答案：2.4×10－3
℃
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4热和内能
时间：45分钟
一、单项选择题
1．关于热传递，下列说法正确的是( B )
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
解析：热传递的实质是物体间内能的转移，故A项错误．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项正确、C项错误．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，可以是做功的方式，故D项错误．
2．关于系统内能的下列说法正确的是( A )
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，系统的内能就增加了多少，即ΔU＝Q
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，选项A正确．物体的内能与机械能是两个不同的物理概念，两者没有任何关系．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，故选项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增量，故C、D两项错误．
3．一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( B )
A．气泡对外做功，内能不变，同时放热
B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热
C．气泡内能减少，同时放热
D．气泡内能不变，不吸热也不放热
解析：在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，故气泡中空气分子的内能减小，温度降低．但由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，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．
4．下列关于内能与热量的说法中，正确的是( D )
A．马铃薯所含热量高
B．内能越大的物体热量也越多
C．热量自发地从内能大的物体流向内能小的物体
D．热量自发地从温度高的物体流向温度低的物体
解析：A项是一种很常见的说法，在日常生活中似无须计较，但从物理学的角度来看，却有不妥，热量是过程量，不是状态量，不能像内能那样蕴含在物体中，A项错误；说法B与说法A存在相同的错误，此外，物体的内能与热量之间，在数量上没有必然联系，B项错误；两物体之间热量的流向只与它们的温度有关，与它们的内能无关，C项错误，D项正确．
5．关于物体的内能，下列说法正确的是( B )
A．不通过做功的过程，机械能也能转化为内能
B．不通过做功的过程，内能也可从一个物体传递给另一个物体
C．不发生热传递，物体内能总保持不变
D．外力对物体做1
J的功，物体就一定增加1
J的内能
解析：做功和热传递都可改变物体的内能，做功的过程是能的转化过程，热传递是能的转移，B正确．
二、多项选择题
6．在下述现象中，没有做功而使物体内能改变的是( BD )
A．电流通过电炉而使温度升高
B．在阳光照射下，水的温度升高
C．铁锤敲打铁块，使铁块温度升高
D．夏天在室内放几块冰，室内会变凉快
解析：电流通过电炉做功使电能转化为内能；在阳光照射下，水温度升高是靠太阳的热辐射来升温的；铁锤敲打铁块是做功改变物体内能的过程；室内放上冰块是通过热传递的方式来改变气温的．
7．下列说法中正确的是( AD )
A．做功和热传递是改变物体内能的两种本质不同的物理过程：做功使物体的内能改变，是其他形式的能和内能之间的转化；热传递则不同，它是物体内能的转移
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．热量是在热传递中，从一个物体向另一个物体或物体的一部分向另一部分转移的内能的多少
解析：做功和热传递改变物体内能的本质不同，因为做功的过程一定是不同形式的能相互转化的过程，而热传递是同种形式的能量(内能)在不同的物体之间或物体不同的部分之间传递或转移，故A选项正确．而物体的内能的变化取决于做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化．故B、C选项不正确，D选项正确．
8．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，下列说法正确的是( BC )
A．活塞对气体做功，气体的平均动能增加
B．活塞对气体做功，气体的平均动能不变
C．气体的单位分子数增大，压强增大
D．气体的单位分子数增大，压强不变
解析：解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Q的物理含义，推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由于缓慢推动活塞，所以使气体增加的内能又以热量的形式释放到周围环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，气体的平均动能不变，A错误，B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，C正确，D错误．
三、非选择题
9．若对物体做1
200
J的功，可使物体温度升高3
℃，改用热传递的方式，使物体温度同样升高3
℃，那么物体应吸收1_200
J的热量，如果对该物体做3
000
J的功，物体的温度升高5
℃，表明该过程中，物体还放出(填“吸收”或“放出”)热量1_000
J.
解析：做功和热传递在改变物体内能上是等效的，因此物体用做功方式温度升高3
℃，如用吸热方式，也使温度升高3
℃，应吸收1
200
J的热量．
如对物体做功3
000
J，温度升高5
℃，而物体温度升高5
℃，需要的功或热量应为ΔE,1
200
J＝cm×3，
ΔE＝cm×5，所以ΔE＝2
000
J
因此物体应放出1
000
J的热量．
10.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？
解析：a对b做功，b的体积减小，温度升高，压强增大，内能增大．
答案：汽缸和隔板绝热，电热丝对气体a加热，a温度升高，压强增大，体积增大，内能增大．
11．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验，用一面积为0.1
m2的面盆盛6
kg的水，经太阳光垂直照射5
min，温度升高5
℃，若地表植物接收太阳光的能力与水相等，试计算：
(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少？
(2)若绿色植物在光合作用中要吸收1
kJ的太阳能可放出0.05
L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少升的氧气？(1公顷＝104
m2)
解析：(1)0.1
m2的面盆5
min吸收太阳能为
E＝cmΔt＝4.2×103×6×5
J＝1.26×105
J.
所以每平方米每秒钟吸收太阳能E′＝4.2×103
J.
(2)每公顷每秒钟吸收太阳能
E＝4.2×103×104
J＝4.2×107
J，
故放出氧气×0.05
L＝2
100
L.
答案：(1)4.2×103
J (2)2
100
L
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4热力学第一定律 能量守恒定律
时间：45分钟
一、单项选择题
1.如图是密闭的汽缸，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 )
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：由题意知W＝800
J，Q＝－200
J，由热力学第一定律，得ΔU＝W＋Q＝600
J，可见内能增加600
J．因气体的内能仅是温度的函数，内能增加，则温度升高，故A项正确．
2．对于一定质量的物体(或系统)，有( C )
A．吸热物体的温度一定会升高
B．只要气体的体积、温度变化，则气体的内能一定改变
C．外界对系统做功，系统内能可能不变
D．物体温度不变，则其内能一定也不变
解析：物体的内能是否改变在于系统吸热和做功的总和，所以A、D两项错误；物体的体积和温度改变，不能确定其内能是否改变，故B项错误，C项正确．
3．在光滑水平面上停放一木块，一子弹水平射穿木块．对此过程，下列说法中正确的是( A )
A．摩擦力(子弹与木块间)对木块做的功等于木块动能的增加量
B．摩擦力对木块做的功完全转化为木块的内能
C．子弹减少的机械能等于子弹与木块增加的内能
D．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与内能之和
解析：对木块由动能定理可判断出A项正确，子弹克服摩擦力做功而减少的机械能，转化为木块、子弹的内能和木块的动能，故B、C、D三项错误，故选A项．
4.如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac.则( C )
A．Tb>Tc，Qab>Qac
B．Tb>Tc，QabC．Tb＝Tc，Qab>Qac
D．Tb＝Tc，Qab解析：本题考查理想气体的图象问题，意在考查考生的推理能力，难度中等偏易．根据理想气体状态方程有：＝＝，所以有TaQac，所以C项正确，A、B、D项错误．
5.如图所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走．若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，则在此过程中( A )
A．气体对外做功，气体温度可能不变
B．气体对外做功，内能一定减少
C．气体压强可能增大，内能可能不变
D．气体从外界吸热，内能一定增加
解析：由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功，可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变．
二、多项选择题
6．如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板(质量不计)固定，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡．下列说法中正确的是( CD )
A．初始时氢气分子的平均动能大于氧分子的平均动能
B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小
C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，有热量从氧气传递到氢气
D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小
解析：初始时，两室气体的温度相同，故分子平均动能相等，A错；因为汽缸是绝热的，所以汽缸内气体的总的内能守恒，由于隔板导热，重新平衡后两种气体温度仍相同，即气体内能仍相等，所以每种气体内能均不变，B错；氢气通过隔热板对氧气做功，而内能不变，由热力学第一定律可知氢气一定吸收了来自氧气的热量，C正确；达到平衡的过程中，氢气对氧气做功，氧气内能增加；热量从氧气传递到氢气，氧气内能又减小，D正确．
7．如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( BD )
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
解析：因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误、选项B正确．稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1p2，即气体压强变小，故选项C错误、选项D正确．
8．关于热学现象和热学规律，下列说法中正确的是( CD )
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×105
J，同时空气的内能增加1.5×105
J，则空气从外界吸热0.5×105
J
C．第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律
D．一定质量的气体，如果保持温度不变，体积越小，则压强越大
解析：布朗运动是小颗粒的运动，只是间接反映了液体分子的无规则运动，故选项A是错误的．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，空气向外界散热0.5×105
J的热量，故选项B是错误的．第一类永动机违背了能量守恒定律，故选项C是正确的．一定质量的气体，在保持温度不变的条件下，体积越小，气体分子与容器壁碰撞的次数越多，故压强越大，因此选项D是正确的．
三、非选择题
9．(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是B.
(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24
kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶内空气的质量保持不变，且放出了5
kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小5
kJ，空气放出(选填“吸收”或“放出”)的总热量为29
kJ.
解析：(1)根据玻意耳定律pV＝C，故选项B正确．
(2)将空气压缩装入气瓶的过程中，温度不变，所以内能不变，潜水员背着气瓶潜入海底的过程中，放出5
kJ的热量，则ΔU＝－5
kJ.故两过程减小的空气内能为5
kJ，在这两个过程中，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，Q＝ΔU－W＝(－5－24)
kJ＝－29
kJ，“－”说明放出热量．
10．喷雾器内有10
L水，上部封闭有1
atm的空气2
L．关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1
atm的空气3
L(设外界环境温度一定，空气可看作理想气体)．
(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因．
(2)打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．
解析：(1)设气体初态压强为p1，体积为V1；末态压强为p2，体积为V2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2
代入数据得p2＝2.5
atm
微观解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加．
(2)吸热．气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热．
答案：(1)2.5
atm 见解析 (2)吸热 见解析
11．爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“砰”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27
℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0.试分析：
(1)将容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度．
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15
kJ，并向外释放了20
kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
解析：(1)根据查理定律：＝
p1＝p0，T1＝300
K，p2＝4p0.
解得：T2＝1
200
K，则t2＝927
℃.
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝－20
kJ－15
kJ＝－35
kJ，故内能减少35
kJ.
答案：(1)927
℃ (2)减少 35
kJ
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6热力学第二定律
时间：45分钟
一、单项选择题
1．第二类永动机不可能制成，是因为( D )
A．违背了能量的守恒定律
B．热量总是从高温物体传递到低温物体
C．机械能不能全部转化为内能
D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
解析：第二类永动机的设想并不违背能量守恒定律，但却违背了涉及热量的能量转化过程是有方向性的规律，故选项A错；在引起其他变化的情况下，热量可由低温物体非自发地传递到高温物体，故B错．机械能可以全部转化为内能，故C错．
2．卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的，它可用以分析热机的工作过程，卡诺循环包括四个步骤：等温膨胀、绝热膨胀、等温压缩、绝热压缩，汽缸内气体可认为是理想气体，下列相关说法中正确的是( D )
A．随着设备的改进和技术的提高，热机效率可能达到100%
B．绝热膨胀和绝热压缩过程中，汽缸内气体的内能保持不变
C．等温压缩过程中，因外界对气体做功，故汽缸内气体内能增大
D．等温膨胀过程中，单位时间内在单位面积上碰撞汽缸壁的分子数减少
3．下列说法正确的是( D )
A．机械能全部变成内能是不可能的
B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式
C．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
D．从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
解析：机械能可以全部都转化为内能，A项错误；第二类永动机不违反能量守恒，不可能制成的原因是机械能与内能的转化具有方向性，内能不会全部转化为机械能，同时不引起其他变化，B项错误；热量在一定条件下可以从低温物体传向高温物体，C项错误．可以从单一热源吸收热量全部变成功但必定会引起其他影响，D项正确．
4．下列说法正确的是( C )
A．热力学第二定律否定了以特殊方式利用能量的可能性
B．电流流过导体转化为内能，反过来，可将内能收集起来，再转化成相同大小的电流
C．可以做成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功
D．冰可以熔化成水，水也可以结成冰，这个现象违背了热力学第二定律
解析：热力学第二定律说明了一切与热现象有关的宏观过程都是有方向性的，但并没有否认以特殊方式利用能量的可能性，故A项错误；功和内能的转化具有方向性，其逆过程是不可能自发实现的，故B项错误；冰熔化成水，水结成冰，伴随着能量的转移，不是自发进行的，没有违背热力学第二定律．
5．下列说法正确的是( B )
A．随着科技的发展，机器效率最终可以超过100%
B．第一类永动机是不可能制造出来的，因为它违背了能量守恒定律
C．内能可以自发从低温物体转移到高温物体
D．机械能最终可以完全转化为内能，同样内能最终也可以完全转化为机械能，而不引起其他改变
解析：机器效率最终也不能达到100%，故A错误；第一类永动机是不可能制造出来的，因为它违背了能量守恒定律，故B正确；根据热力学第二定律得知，热量可以自发地由高温物体传到低温物体，不能自发地由低温物体传到高温物体，故C错误；根据热力学第二定律得知，内能不能完全转化成机械能，而不引起其他改变，故D错误．
二、多项选择题
6．下列说法中正确的是( AC )
A．一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．一切不违反能量守恒与转化定律的物理过程都是可能实现的
C．由热力学第二定律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：能量转移和转化的过程都是具有方向性的，A对．第二类永动机不违背能量守恒定律，但是不能实现，B错．在热传递的过程中，能量可以自发地从高温物体传到低温物体，但其逆过程不可能自发地进行，C对、D错．
7．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( BC )
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
解析：热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热现象，故C正确、D错误；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，A错误、B正确，故选B、C.
8．关于空调机，下列说法正确的是( ABC )
A．制冷空调机工作时，热量从低温物体传到高温物体
B．制暖空调机工作时，热量从高温物体传到低温物体
C．冷暖空调机工作时，热量既可以从低温物体传到高温物体，也可以从高温物体传到低温物体
D．冷暖空调机工作时，热量只能从低温物体传到高温物体
解析：空调机工作时，热量可以从低温物体传到高温物体，因为这里有外界做功．
三、非选择题
9．如图所示是制冷机的工作原理图，试分析每个过程中工作物质的内能改变情况和引起改变的物理过程：
??
(1)
(2)
(3)
(1)工作物质的内能增加，是做功的过程；
(2)工作物质的内能减小，是放热的过程；
(3)工作物质的内能增加，是吸热的过程．
解析：(1)活塞压缩气体做功，内能增加
(2)气体液化要放热，内能减小
(3)工作物质汽化，要吸收热量，内能增加．
10．制冷机是一种利用工作物质，使热量从低温物体传到高温物体的装置，通过制冷机的工作可以使一定空间内的物体温度低于环境温度并维持低温状态．夏天，将房间一台正在工作的电冰箱的门打开，试分析这是否可以降低室内的平均温度？为什么？
答案：不会降低室内的平均温度．若将一台正在工作的电冰箱的门打开，尽管可以不断向室内释放冷气，但同时冰箱的箱体向室内散热，就整个房间来说，由于外界通过导线不断有能量输入，室内的温度会不断升高．
11．用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，如图所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象，这一实验是否违反热力学第二定律？热水和冷水的温度是否会发生变化？简述这一过程中能的转化情况．
解析：温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少，一部分转化为电能，一部分传递给冷水，不违反热力学第二定律．
答案：不违反；热水温度降低，冷水温度升高；转化效率低于100%
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4热力学第二定律的微观解释能源和可持续发展
时间：45分钟
一、单项选择题
1．下列有关熵的说法中不正确的是( D )
A．熵是系统内分子运动无序性的量度
B．在自然过程中熵总是增加的
C．热力学第二定律也叫做熵增加原理
D．熵值越大代表越有序
解析：首先应明确熵的物理意义：它是表征分子运动无序性的物理量，熵越大，说明越混乱，即越无序．热力学第二定律的微观意义表明：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，即向熵增大的方向进行，所以热力学第二定律也叫做熵增加原理．
2．对热力学第二定律，下列理解正确的是( B )
A．自然界进行的一切宏观过程都是可逆的
B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
C．热量不可能由低温物体传递到高温物体
D．第二类永动机违背了能量守恒定律，因此不可能制成
解析：由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，而不引起其他变化，由此说明热量由低温物体传到高温物体是可能的，但要引起其他变化，故C项错误；第二类永动机并不违反能量守恒定律，却违背了热力学第二定律，故A、D两项错误，B项正确．
3．关于能源的利用和节能，下列说法正确的是( D )
A．根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100%
B．由于能量既不会消灭，也不会创生，总是守恒的，所以节约能源的意义不大
C．节约能源只要提高节能意识就行，与科学进步无关
D．在能源的利用中，总会有一部分能源未被利用而损失掉
解析：能源的使用在任何情况下都不可能达到理想状态，做到没有任何损失．虽然遵从能量守恒定律，但它指的是损失部分和被利用部分总和与原来能源总量相等，A错误；根据能量转化的方向性可知，能量经转化后，可利用的能，只可能减少，不可能增加，因此节能的意义重大；同时，只有节能意识是不够的，必须利用科技进步提高能源的利用率，不断开发新能源，以满足人类社会可持续发展的需要，B、C错误．
4．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感受一下尾气的温度，就能判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”．关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，下列说法中正确的是( B )
A．尾气的温度越高，柴油机越节能
B．尾气的温度越低，柴油机越节能
C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D．以上说法均不正确
解析：气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油在汽缸中燃烧，产生高温高压气体，是一个高温热源，而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒定律，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低，即这样的柴油机就节能，故选项B是正确的．
5.某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如右图．在气球膨胀过程中，下列说法正确的是( B )
A．该密闭气体分子间的作用力增大
B．该密闭气体组成的系统熵增加
C．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的
D．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和
解析：一切自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，B项正确；气球膨胀分子间的距离增大，分子间的作用力减小，A项错误；气体的压强是由于气体分子频繁地撞击容器壁产生的，C项错误；因气体分子之间存在间隙，所以密闭气体的体积大于所有气体分子的体积之和，D项错误．
二、多项选择题
6．关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( CD )
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
解析：分子热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观过程包含着大量的微观状态，这是一个无序的运动，根据熵增加原理，热运动的结果只能使分子热运动更加无序，而不是变成了有序，热传递的自然过程从微观上讲就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，C、D两项正确．
7．下列对能量耗散的理解正确的有( BD )
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
解析：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，宇宙中的能量既没有减少，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．
8．下列过程中，可能实现的是( BC )
A．将海水温度自动下降时释放的内能全部转变为机械能
B．利用海洋不同深度的海水温度不同来制造一种机器，把海水的内能变为机械能
C．在粗糙水平面上运动的物体，它的动能转化为内能，使物体温度升高
D．静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能可以转化为物体的动能，使物体运动起来
三、非选择题
9．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)以下说法不正确的是A.
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，则温度升高变快(“变快”“变慢”或“快慢不变”)请说明理由．
答案：理由略
解析：根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，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，体积不变的条件下温度升高变快．
10．一锅开水投入了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？
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＝＝.
11．下面是某同学在题为《能源的利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料：
太阳能是人类最基本的能源，它无污染、无费用，这种能源的使用期和太阳寿命一样长，当太阳光照射地面时，1
m2地面上在1
s内平均得到的太阳辐射能约为1.0×103
J．太阳能热水器就是直接利用太阳能的装置，目前已经逐渐地出现在我们的生活中．
该同学在网上下载了某型号太阳能热水器的宣传广告：
(1)若某家庭每天大约需要100
kg热水，用这种热水器将这些水从25
℃加热到45
℃需要多长时间？
(2)与效率为80%的电热水器相比，每天可节约多少电能？
解析：考查能量守恒定律及能源的开发与利用．
(1)设T为光照时间，k＝1.0×103
J/(s·m2)
Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103×100×(45－25)
J
＝8.4×106
J.
太阳能热水器传给水的热量Q放＝kSTη.
因为Q吸＝Q放，所以：
T＝＝
s＝1.4×104
s
≈3.9
h.
(2)由Q电＝Wη1得：
W＝＝
J＝1.05×107
J≈2.9
kW·h.
答案：(1)3.9
h (2)2.9
kW·h
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5《热力学定律》单元评估
时间：90分钟 分值：100分
一、选择题(1～7为单选，8～10为多选，每小题4分，共40分)
1．下列实例说明做功改变系统内能的是( B )
A．热水袋取暖
B．用双手摩擦给手取暖
C．把手放在火炉旁取暖
D．用嘴对手呵气给手取暖
解析：双手摩擦做功，使手的内能增加，感到暖和；A、C、D都是通过热传递来改变系统的内能，选项B正确．
2．有一个小气泡从水池底缓慢地上升，气泡跟水不发生热传递，而气泡内气体体积不断增大．在小气泡上升的过程中( D )
A．由于气泡克服重力做功，则它的内能减少
B．由于重力和浮力的合力对气泡做功，则它的内能增加
C．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能增加
D．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能减少
解析：在小气泡上升的过程中，重力和浮力的合力对气泡做功，或者气泡克服重力做功，它只能改变气泡的机械能，而不影响气泡内气体的内能，故A、B错；在上升的过程中，气泡内气体膨胀而对外界做功，使它的内能减少，故C错误，D正确．
3．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程( D )
A．有的只遵守热力学第一定律
B．有的只遵守热力学第二定律
C．有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律
D．所有的都遵守热力学第一、第二定律
解析：热力学第一、第二定律是热力学的基本定律对所有涉及热现象的宏观过程都成立．故选项D正确，A、B、C错误．
4．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.
若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( D )
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
解析：本题主要考查热力学第一定律和分子动理论，意在考查考生对物理规律的理解能力和联系实际的能力．以胎内气体作为研究对象，由于气体温度升高，内能增大，体积增大，胎内气体对外做功，所以D项正确．
5.大约在1670年，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”．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，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，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．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( D )
A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题
B．如果忽略斜面的摩擦，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：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．
6．下列说法中正确的是( C )
A．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
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．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的
D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行
解析：物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，所以A选项错误；将内能全部转化为机械能而不引起其他变化是不可能的，B选项错误；在热力学第二定律中，热传导是具有方向性的，不违背能量转化和守恒定律，但不能自发进行，D选项错误；做功和热传递是改变内能的两种方式，C选项正确．
7．某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气、打气结束、突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况，车胎内气体温度随时间变化的情况如图所示．可获取的信息是( C )
A．从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功，内能迅速增大
B．打气结束到拔出气门芯前由于气体对外做功，其内能缓慢减少
C．拔掉气门芯后，气体冲出对外做功，其内能急剧减少
D．放气后静置一段时间由于再次对气体做功，气体内能增大
解析：从开始打气到打气结束的过程是外界对车胎内气体做功，故选项A错误；打气结束到拔出气门芯前由于热传递车胎内气体温度下降，故选项B错误；拔掉气门芯后车胎内气体冲出对外界做功，气体内能急剧减少，故选项C正确；放气后静置一段时间由于热传递车胎内气体温度上升，故选项D错误．
8．下列关于熵的说法中正确的是( AD )
A．熵值越大，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高
B．熵值越小，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高
C．熵值越大，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序
D．熵值越小，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序
解析：熵是分子运动无序程度的量度，熵值越大，意味着系统无序程度越高；熵值越小，意味着系统越有序．故A、D正确．
9．一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B.这一过程在V－T图上表示如图所示，则( AC )
A．在过程AC中，外界对气体做功，内能不变
B．在过程CB中，外界对气体做功，内能增加
C．在过程AC中，气体压强不断变大
D．在过程CB中，气体压强不断变小
解析：从图可看出AC过程是等温压缩，CB过程是等容升温．据气态方程可判断出：AC过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变，气体压强不断变大；CB过程气体体积不变，内能增加，显然气体从外界吸热，气体压强不断增大．
10．如图是空气能热水器的工作原理示意图，它主要由储水箱、毛细管、蒸发器、压缩机、冷凝器等部件组成．制冷剂在毛细管、蒸发器、压缩机、冷凝器之间循环过程与我们所熟悉的电冰箱的制冷循环过程相同，其工作过程如下：
①液态制冷剂经过一段很细的毛细管缓慢地进入蒸发器，在蒸发器中迅速汽化，并从低温的空气中吸收热能．
②制冷剂汽化生成的蒸汽被压缩机压缩后变成高温高压的蒸汽进入冷凝器．
③在冷凝器中，高温高压的蒸汽将热能传递给水并发生液化．
制冷剂以此不断循环流动，使水的温度不断上升．下列说法正确的是( ACD )
A．空气能热水器实现了“热量由低温物体(空气)传向高温物体(水)”
B．空气能热水器中的水被加热是由电直接加热的
C．空气能热水器的工作原理不违反热力学第一定律
D．空气能热水器的制冷系统能够不断地把空气内的热量传给水，是因为其消耗了电能
解析：空气能热水器与空调的工作原理类似，它们在工作时都遵守热力学第一定律，故选项C正确；空气能热水器工作时将外界低温空气中的热收集起来然后通过压缩机再传给里面温度较高的水，使水的温度升高，可知选项A、D正确，B错误．
二、填空题(11题4分，12题4分，13题12分)
11．(1)一定质量的理想气体，其状态变化如图所示，则A→B过程中气体放热，B→C过程中气体吸热．
(2)某气体初态时有100
J内能，膨胀过程中对外做功30
J，同时吸收了20
J的热量，在这过程中内能减少(填“增加”或“减少”)10
J.
解析：(1)在p－T图中，等容线是过原点的倾斜直线，且斜率越小，对应的体积越大，故VA>VB＝VC.在A→B过程中，体积变小，外界对气体做功，W为正值；温度降低，内能减少，由ΔU＝W＋Q得该过程放热；在B→C过程中，气体做等容变化，做功W＝0；温度升高，内能增加，由ΔU＝W＋Q得该过程吸热．
(2)由热力学第一定律ΔU＝U2＋U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30
J，Q＝20
J，故ΔU＝U2－U1＝－10
J，因而内能减少了10
J.
12.一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－T图象如图所示．已知该气体在状态A时的体积为1×10－3
m3.①该气体在状态C时的体积为3×10－3m3；②该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体与外界传递的热量为0.
解析：①A、B两状态体积相等，则有＝ ①
得：TB＝，
从B到C压强相同，则：＝.
VC＝＝＝，
又因：VB＝VA
故：VC＝3×10－3
m3.
②由于A到B再到C的过程中温度先降低向外散热，再温度升高从外界吸热，最后A和C的温度相同，因此气体内能相同，所以气体向外界传递的热量为零．
13．我国自古有“昼涨称潮，夜涨称汐”的说法．潮汐主要是由太阳和月球对海水的引力造成的，以月球对海水的引力为主．
(1)世界两大观潮胜地，一处是亚马孙河北河口，另一处是我国的钱塘江入海口．
(2)甲、乙是某类潮汐发电示意图．涨潮时开闸门(图甲)．水由通道进入海湾水库蓄水待水面升至最高点时关闭闸门．当落潮时，开闸放水发电(图乙)．设海湾水库面积为5.0×108
m2，平均潮差为3.0
m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10%，则一天内发电的平均功率约为(ρ海水取1.0×103
kg/m3，g取10
m/s2)( B )
A．2.6×104
kW
B．5.2×104
kW
C．2.6×105
kW
D．5.2×105
kW
(3)如图所示为双水库潮汐电站原理示意图．
两个水库之间始终保持着水位差，可以全天发电．涨潮时，闸门的开关情况是A关B开；落潮时，闸门的开头情况是B关A开．从能量的角度说，该电站是将海水重力势能转化为水轮机的动能，再推动发电机发电的．
解析：(1)钱塘江是世界著名的观潮胜地，有“八月十八潮，壮观天下无”的说法．(2)发电时水减少的势能ΔEp＝mgh＝ρSΔhgh，一天发电两次，转化成的电能E＝2ΔEp×10%，所以P＝，代入数值得：P＝5.2×104
kW.(3)涨潮时，高水位水库储存水，因此闸门的开头情况为A关B开；落潮时，低水位水库放水，所以闸门应B关A开，从能量转化的角度来说，该电站是将海水的重力势能转化为水轮机的动能，动能再转化为电能．
三、计算、论述题(每小题10分，共40分)
14．某压力锅结构如图所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．
(1)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1
J，并向外界释放了2
J的热量．锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
(2)已知大气压强p随海拔高度H的变化满足p＝p0(1－αH)，其中常数α>0.结合气体实验定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同．
解析：(1)根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，气体对外做功，W＝－1
J；气体向外放热，热量为负，Q＝－2
J.
则有：ΔU＝W＋Q＝－3
J，负号表示内能减少．
锅内原有气体内能减少，减少了3
J.
(2)由p＝p0(1－αH)(其中α>0)，随着海拔高度的增加，大气压强减小；
锅内气体压强p1＝p＋＝p0(1－αH)＋，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；
根据查理定律＝＝C可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．
答案：(1)减少 3
J
(2)温度随着海拔高度的增加而降低．
15．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．
(1)如果每摩尔氢气燃烧后生成水蒸气并放出2.858×105
J的热量，写出H2燃烧的化学方程式．
(2)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，求：
①车以a＝0.5
m/s2从静止匀加速起动，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%，则需要多少氢做燃料？
解析：(1)2H2＋O22H2O.
(2)①?t＝＝20
s，
②v＝＝20
m/s.
③F＝Ff＝μmg＝3×103
N，
W＝Fs＝9×108
J，W总＝＝1.8×109
J.
所以MH＝
kg＝12.6
kg.
答案：(1)2H2＋O22H2O
(2)①20
s ②20
m/s ③12.6
kg
16．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超7
000千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990
m深处的海水温度为280
K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300
K，压强p0＝1
atm，封闭气体的体积V0＝3
m3.如果将该汽缸下潜至990
m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．
(1)求990
m深处封闭气体的体积(1
atm相当于10
m深的海水产生的压强)．
答案：2.8×10－2
m3
解析：当汽缸下潜至990
m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知：p＝100
atm ①
根据理想气体状态方程得：＝ ②
代入数据得V＝2.8×10－2
m3 ③
(2)下潜过程中封闭气体放热(填“吸热”或“放热”)，传递的热量大于(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．
17.如图所示，为一汽缸内封闭的一定质量的气体的p－V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335
J的热量传入系统，系统对外界做功126
J，求：
(1)若沿a→d→b过程，系统对外界做功42
J，则有多少热量传入系统？
(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84
J，问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？
解析：(1)沿a→c→b过程，ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)
J＝209
J，沿a→d→b过程，ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)]
J＝251
J，即有251
J的热量传入系统．
(2)由a→b，ΔU＝209
J，由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209
J，ΔU′＝W″＋Q″＝84
J＋Q″，Q″＝(－209－84)
J＝－293
J，负号说明系统放出热量．
答案：(1)251
J (2)放热 放出293
J热量
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