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1．(多选)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则(　　)
A．绝热过程中，气体分子平均动能增加
B．绝热过程中，外界对气体做负功
C．等压过程中，外界对气体做正功
D．等压过程中，气体内能不变
解析：选AC。一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，B错误；一定质量的理想气体经过等压过程回到初始温度，可知气体温度降低，气体内能减少，根据＝C可知气体体积减小，外界对气体做正功，故C正确，D错误。
2．如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则(　　)
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
解析：选C。由于a→b过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb＜pc，根据理想气体状态方程＝可知Tb＜Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta＜Tc，故B错误；因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故C正确，D错误。
3．(多选)一定质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，ac的延长线过坐标原点，ab垂直于T轴，bc平行于T轴。下列判断正确的是(　　)
A．过程ab中气体体积增大
B．过程ab中气体一定吸收热量
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c分子平均动能最小
解析：选ABD。过程ab中气体温度不变，压强减小，则体积增大，A正确；过程ab中气体温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，则气体一定吸收热量，B正确；过程ca中气体体积不变，则外界对气体不做功，C错误；a、b和c三个状态中，状态c温度最低，则分子的平均动能最小，D正确。
4．(2025·甘肃兰州市期末)空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变且可视为理想气体的空气。已知初始气体压强p0＝1.0×105 Pa，温度t0＝27 ℃，加热一段时间后气体温度升高到t＝147 ℃，此过程中气体吸收的热量为5.2×103 J，则(　　)
A．升温后所有气体分子的动能都增大
B．升温后胆中气体的压强为1.2×105 Pa
C．此过程胆中气体的内能增加量为5.2×103 J
D．此过程中气体对外界做正功
解析：选C。升温后气体分子的平均动能增大，并不是所有气体分子的动能都增大，故A错误；根据题意可知，气体的体积不变，气体发生等容变化，气体可视为理想气体，根据查理定律可得＝，代入数据可得p＝1.4×105 Pa，故B错误；由于气体的体积不变，气体做功W＝0，气体吸收的热量Q＝5.2×103 J，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝5.2×103 J，故C正确，D错误。
5．(多选)(2025·河北唐山市期末)一定质量的理想气体由状态A变为状态B的V－T图像如图所示，已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。根据上述信息，下列说法正确的是(　　)
A．气体在状态A时的温度是200 K
B．气体在状态B时的压强是2.25×105 Pa
C．气体由状态A到状态B的过程中从外界吸收热量
D．气体由状态A到状态B的过程中向外界放出热量
解析：选AC。从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持不变，即pA＝pB＝1.5×105 Pa，根据盖-吕萨克定律＝，代入数据解得TA＝200 K，故A正确，B错误；从状态A到状态B的过程中，温度升高，内能变大，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸收热量，故C正确，D错误。
6．游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图是一种便携式氧气罐，某游客按压该氧气罐喷出气体过程中(假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变)，下列说法正确的是(　　)
A．罐内气体的平均动能减小
B．罐内气体的压强减小
C．外界对罐内气体做功
D．罐内气体放出热量
解析：选B。根据题意可知温度不变，平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，喷出气体瞬间，气体膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变，故A、C、D错误；喷出气体过程中，相当于罐内和喷出的气体总体积膨胀，温度不变，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故B正确。
7．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程气体与外界无热量交换，b→c过程为等容过程，c→a过程为等温过程。下列说法正确的是(　　)
A．a→b过程，气体压强和体积的乘积减小
B．b→c过程，气体从外界吸收的热量等于内能的增加量
C．c→a过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b→c→a过程，气体向外界放出的热量等于从外界吸收的热量
解析：选C。a→b过程气体与外界无热量交换，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增加，温度升高，由理想气体状态方程pV＝nRT，气体压强和体积的乘积增大，故A错误；b→c过程，气体体积不变，外界对气体不做功，气体压强减小，由pV＝nRT可知，温度降低，内能减小，气体向外界放热，故B错误；c→a过程气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，故C正确；p－V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，W>0，由于全过程内能的变化量为0，所以a→b→c→a过程Q<0，气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，D错误。
8．(多选)(2025·天津和平区期末)如图所示，侧壁光滑的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，现缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，忽略环境的温度变化。在此过程中，关于汽缸内气体的状态变化，下列说法正确的是　(　　)
A．如果汽缸、活塞导热良好，汽缸内气体的内能一定增大
B．如果汽缸、活塞导热良好，汽缸内气体一定向外放热
C．如果汽缸、活塞绝热良好，汽缸内气体分子的平均动能一定增大
D．如果汽缸、活塞绝热良好，汽缸内气体压强可能不变
解析：选BC。如果汽缸、活塞导热良好，由于环境温度不变，则气体温度不变，则汽缸内气体的内能一定不变，故A错误；如果汽缸、活塞导热良好，缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，活塞下移，外界对气体做功，结合上述，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确；如果汽缸、活塞绝热良好，则有Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，则气体温度升高，可知汽缸内气体分子的平均动能一定增大，故C正确；对活塞与活塞上侧的细沙进行分析有pS＝mg＋p0S，解得p＝＋p0，缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，m增大，则气体压强一定增大，故D错误。
9．(12分)(2025·甘肃白银市期末)如图所示，汽缸水平固定，汽缸右端有挡板，活塞(厚度不计)可以在汽缸内无摩擦地移动且不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，初始时活塞到汽缸右端的距离x＝0.4 m。现加热汽缸内的气体，活塞缓慢移动，活塞刚好移到汽缸右端时，汽缸内的气体的热力学温度T1＝290 K，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为p2＝2×105 Pa。已知活塞的横截面积S＝0.02 m2，外部大气压强恒为p1＝1×105 Pa，整个加热过程中封闭气体吸收的热量为900 J，求：
(1)等压变化过程中气体对外做的功；(4分)
(2)加热后汽缸内气体的热力学温度；(4分)
(3)封闭气体的内能变化量。(4分)
解析：(1)由题意可知，气体先发生等压变化，待活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程中气体对外做功，做的功W＝p1Sx，代入数据解得W＝800 J。
(2)活塞到达挡板处后气体发生等容变化，由查理定律有＝，代入数据解得T2＝580 K。
(3)由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量ΔU＝－W＋Q，解得ΔU＝100 J。
答案：(1)800 J　(2)580 K　(3)100 J
10．(12分)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求：
(1)内能的增加量ΔU；(6分)
(2)最终温度T。(6分)
解析：(1)活塞移动时受力平衡p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－(p0S＋f)L。
(2)活塞发生移动前，发生等容过程，有＝，活塞向右移动了L，发生等压过程，有＝，且V2＝2V1，解得T＝T0。
答案：(1)Q－(p0S＋f)L　(2)T0
11．(12分)(2025·湖南郴州市期末)如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，由B→C的过程外界对气体做了90 J的功。已知状态A时气体的压强pA＝1.5×105 Pa。求：
(1)状态B时气体的压强pB；(4分)
(2)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量。(8分)
解析：(1)从状态A到状态B为等容变化过程
根据查理定律有＝
代入数据得pB＝4.5×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
从状态A到状态B为等容变化，WAB＝0
又WAC＝WAB＋WBC＝90 J，ΔUAC＝135 J
联立解得Q＝45 J，故气体从外界吸收热量45 J。
答案：(1)4.5×105 Pa　(2)45 J1．(多选)下列哪些现象的逆过程并不违反能量守恒定律，却从未能自发地发生(　　)
A．传热　　　　　　 B．气体膨胀
C．分子扩散 D．摩擦生热
解析：选ACD。传热、分子扩散和摩擦生热的逆过程并不违反能量守恒定律，但逆过程不能自发地发生；气体自由膨胀的过程是不可逆过程，但如果气体是在外界作用下的膨胀，则是可逆过程。
2．(多选)关于能量守恒定律与能源，下列说法正确的是(　　)
A．人骑自行车是将生物质能转化为机械能
B．太阳能的利用一般为光电转换
C．只要有能量转移和转化，就一定遵从能量守恒定律
D．生物质能属于可再生能源，风能属于不可再生能源
解析：选AC。人骑自行车是将生物质能转化为机械能，故A正确。太阳能的利用有：光热转换、光电转换、光化转换等，故B错误。能量守恒定律是自然界中普遍存在的规律，只要有能量转移和转化，就一定遵从能量守恒定律，故C正确。生物质能和风能都属于可再生能源，故D错误。
3．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加
B．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
C．低温系统可以向高温系统传递热量而不引起其他变化
D．无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%
解析：选BD。根据ΔU＝W＋Q可知，外界做正功即W＞0，有可能同时放热即Q＜0，故内能的变化不确定，故A错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违反了热力学第二定律，所以不可能制成，故B正确；传热过程具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，故C错误；根据热力学第二定律，无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%，故D正确。
4．(多选)下列关于制冷机制冷过程的说法正确的是　(　　)
A．此过程违反了热力学第二定律
B．此过程违反了能量守恒定律
C．此过程没有违反能量守恒定律
D．此过程在消耗电能的前提下，热量从低温物体传给高温物体
解析：选CD。制冷机可以从低温物体吸收热量传给高温物体，但必须消耗电能，这并不违反热力学第二定律，A错误，D正确；任何物理过程都不违反能量守恒定律，B错误，C正确。
5．(多选)下列现象能够发生，并且不违背热力学第二定律的是(　　)
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为机械能
C．桶中浑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．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
解析：选CD。一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热，这违背了热力学第二定律，不能发生，A错误；根据热力学第二定律，蒸汽机不可能把蒸汽的内能全部转化为机械能，B错误；C选项中说的不是热现象，不违背热力学第二定律，C正确；空调机在制冷过程中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，能发生，故D正确。
6．(多选)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为动能，使这个物体运动起来。对其原因，下列说法不正确的是(　　)
A．这违背了能量守恒定律
B．在任何条件下内能都不可能转化为机械能，机械能会转化为内能
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．机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
解析：选AB。机械能和内能可以相互转化，但必须通过做功来实现，由热力学第二定律可知，内能不可能全部转化成机械能，同时不引起其他变化；该过程并不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故A、B错误，C、D正确。
7．(2025·云南昆明市期末)如图所示的是“风光互补LED太阳能路灯”，太阳能路灯同时利用光能和风能实现照明，它的上端是风力发电，中间是太阳能电池板，下部是照明灯，最下端是蓄电池。下列说法正确的是(　　)
A．夜晚蓄电池放电，将电能转化为化学能
B．风力发电，将机械能转化为电能
C．太阳能电池板将太阳能转化为光能
D．太阳能、风能属于不可再生能源
解析：选B。蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故A错误；风力发电将空气的机械能转化为电能，故B正确；太阳能电池板把太阳能转化为电能，故C错误；太阳能、风能属于可再生能源，故D错误。
8．(多选)对于有序和无序，下列说法正确的是(　　)
A．有序与无序是相对的
B．对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越大
C．有序与无序是绝对的
D．对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越小
解析：选AD。有序和无序是相对的，故A正确，C错误；对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越小，故B错误，D正确。
9．(多选)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体，则此过程该气体系统(　　)
A．对外做功，体积膨胀
B．对外不做功，最终压强减小
C．内能减少，最终温度降低
D．无序度变大
解析：选BD。绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q＝0，气体向真空扩散，没有对外界做功，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无序度变大，根据理想气体状态方程＝k可知压强减小，故A、C错误，B、D正确。
10．(2025·宁夏石嘴山市期末)关于热力学定律，下列说法错误的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
解析：选D。做功或传热是改变物体内能的两种方式，故A正确，不符合题意；对某物体做功的同时物体可能向外传递热量，所以不一定会使该物体的内能增加，故B正确，不符合题意；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，但是如果可以引起其他变化，就可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确，不符合题意；根据热力学第二定律可知，不可能自发地使热量从低温物体传向高温物体，但在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，故D错误，符合题意。
11．(多选)(2025·陕西宝鸡市期末)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法正确的是(　　)
A．0 ℃的水和0 ℃的冰的内能是相等的
B．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
C．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀(对外做功)过程，气体的内能减少
解析：选BD。0 ℃的冰熔化成0 ℃水，要吸收热量，内能增加，则0 ℃的冰的内能比等质量的0 ℃的水的内能小，由于质量的关系不确定，故不能确定0 ℃的水和0 ℃的冰的内能的关系，故A错误；热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故B正确；热力学第二定律可描述为“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”，故C错误；一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q＝0，W＜0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＜0，气体的内能减小，故D正确。
12．(多选)(2025·甘肃白银市期末)某品牌空调的部分技术参数如表格所示。当该空调正常工作时，下列说法正确的是(　　)
额定电压 220 V
额定频率 50 Hz
制冷功率 1 100 W
A．该空调制冷时的电流为5 A
B．该空调制冷时的电流为4.4 A
C．该空调连续制冷1 h消耗1.1度电
D．空调能够制冷，说明热量能自发地从高温物体传给低温物体
解析：选AC。空调制冷时的电流I＝＝ A＝5 A，故A正确，B错误；空调制冷1 h消耗的电能W＝Pt＝1.1 kW·h，故C正确；空调能够制冷，是通过外界做功将热量从低温物体传给高温物体，故D错误。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．以下所述现象中，属于通过传热改变了物体内能的是(　　)
A．汽油机汽缸内气体被压缩后发热
B．放在空气中的一杯热水会冷却
C．在转动的砂轮上磨车刀，车刀发热
D．电阻丝通过电流后发热
解析：选B。热水放在空气中，通过传热方式向外传递了热量，使自身的内能减少，温度降低。而汽油机汽缸内气体被压缩、在转动的砂轮上磨车刀以及电流通过电阻丝都是通过做功改变物体内能的。
3．下列关于热量、功和内能的说法错误的是(　　)
A．热量、功都可以作为物体内能的量度
B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度
C．热量、功、内能的单位相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
解析：选A。热量和功可作为物体内能改变的量度，A错误，B正确；热量、功、内能的单位都是焦耳，C正确；热量和功是过程量，内能是状态量，D正确。
4．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。
5．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。
6．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。
7．(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。
8．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。
9. 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。
10．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。
11．(2025·四川成都市期末)如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和0 ℃的冷水，下列说法不正确的是(　　)
A．因质量相等，故A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大
B．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
C．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫传热
D．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态
解析：选B。温度是分子平均动能的标志，因质量相等，故A瓶中水的分子平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故A正确，与题意不符；质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故B错误，与题意相符；若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫传热，故C正确，与题意不符；若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态，故D正确，与题意不符。
12．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：选C。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，根据做功与内能变化的关系可知，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，根据做功与内能变化的关系可知，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。
13．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：选C。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，根据做功与内能变化的关系可知，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。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．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫作气团，气团可看作理想气体，将其作为研究对象。气团直径很大可达几千米，其边缘部分与外界的热交换相对于整个气团的内能来说非常小，可以忽略不计。气团从地面上升到高空后温度可降低到－50 ℃，关于气团上升过程中下列说法正确的是(　　)
A．气团体积膨胀，对外做功，内能增加，压强减小
B．气团体积收缩，外界对气团做功，内能减少，压强增大
C．气团体积膨胀，对外做功，内能减少，压强减小
D．气团体积收缩，外界对气团做功，内能增加，压强不变
解析：选C。忽略气团与外界的热交换，据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知ΔU＝W，气团上升过程中，压强随高度升高而减小，气团体积膨胀，对外做功，导致内能大量减少而温度降低。
3．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。
4．一定质量的理想气体，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。
5．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。
6．(2025·天津西青区期末)健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能发生充分的热交换，下列说法正确的是(　　)
A．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
B．人体缓慢离开健身球过程中，球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数不变
C．人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
D．人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
解析：选D。人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，分子的平均速率不变，体积变大，则压强变小，气体分子数密度减小，则球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数减少，气体对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，球内气体从外界吸热，故A、B错误；人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，球内气体体积减小，外部对气体做功，气体温度升高，则压强增大，球内气体分子热运动的平均动能增大，故C错误，D正确。
7．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。
8．如图所示，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内储存文物，且封闭有一定质量的理想气体。现将环境温度缓慢升高，活塞离汽缸底部的距离由h变为H，已知大气压恒定，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，下列说法正确的是(　　)
A．气体对外做功，内能增大
B．外界对气体做功
C．气体放出热量
D．每个气体分子的动能都增大
解析：选A。气体膨胀对外做功，温度升高内能增大，故A正确，B错误；结合上述，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误；温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，故D错误。
9．(多选)(2025·天津河东区期末)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。设某次缓慢压缩打气筒的充气过程中，篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体。对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是(　　)
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中气体向外界放出热量
C．此过程中每个气体分子的动能均不变
D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
解析：选BD。在一次缓慢充气过程中，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；充气前，气体在篮球和气筒中，充气后，气体只在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；压缩过程中气体温度不变，即分子热运动平均速率不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，故D正确。
10．(6分)如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请思考以下问题：
(1)在变化过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？(2分)
(2)在变化过程中气体是从外界吸热，还是向外界放热？气体内能如何变化？(4分)
解析：(1)由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W＜0。
(2)由p－V图像知，从a状态变化到b状态，体积变大而压强不变，由盖-吕萨克定律可知温度升高，故ΔU＞0，由ΔU＝W＋Q，解得Q＞0，即气体从外界吸热，内能增加。
答案：(1)气体对外界做功
(2)吸热　内能增加
11．(8分)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？(4分)
(2)分子的平均动能是增加还是减少？(4分)
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
12．(8分)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。(4分)
(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？(4分)
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 J(共3张PPT)
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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
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
克芳修斯表述：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
嫡与嫡增加原理第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
做功与传热。两者在改变系统内能方面是等价的。
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热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
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，它只能从一种形式转化为其他形式，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。
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，却能不断地对外做功的机器。
2．永动机不可能制成的原因：违背了能量守恒定律。
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。　(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
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　热力学第一定律的理解
　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
　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
角度2　热力学第一定律的应用
　(2025·北京通州区期末)一定质量的理想气体等压膨胀，下列说法正确的是(　　)
A．气体的温度降低
B．气体从外界吸热
C．气体的内能减少
D．外界对气体做功
[解析]　根据盖-吕萨克定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀过程中温度一定升高，则气体内能增大，即Δ U＞0；由于体积增大，则气体对外界做功，则W＜0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，故气体从外界吸热。
[答案]　B
　(2025·四川攀枝花市期末)一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量3×106 J，对外界做功1.2×106 J，则该理想气体的　(　　)
A．温度升高，密度减小
B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大
D．温度降低，密度增大
[解析]　外界对气体做功W＝－1.2×106 J，气体从外界吸收热量Q＝3×106 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得ΔU＝1.8×106 J＞0，说明气体内能增大，温度升高；气体对外界做功，体积V增大，而气体的质量一定，由ρ＝知，气体密度减小。
[答案]　A
　如图所示，在内壁光滑汽缸内封闭着一定质量的理想气体，用电热丝加热，使其温度升高T，若活塞固定，吸收热量为Q1；若活塞不固定，吸收热量为Q2，则Q1与Q2的大小关系(　　)
A．Q1＞Q2　　　　 B．Q1＜Q2
C．Q1＝Q2 D．均有可能
[解析]　一定质量的理想气体内能由温度决定，两种情况下气体温度变化情况相同，气体内能变化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU。第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功W1＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU；第二种情况，活塞自由移动，气体受热膨胀，体积增大，气体对外做功W2＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＝Q1。
[答案]　B
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
　如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，小鸟“喝”了一口后，又直立起来，之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来，就这样周而复始，小鸟不停地点头“喝”水。下列说法正确的是(　　)
A．饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能
B．水杯中的水干了之后，小鸟还能点头“喝”水
C．这种玩具饮水鸟是一架永动机
D．此现象违背了热力学第一定律
[解析]　玩具饮水鸟的内部结构如图所示，
其原理是先在鸟嘴上沾一些水，水分蒸发过程中吸热，温度降低，压强减小，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又流回到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前面的运动过程，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，A正确；根据上述分析可知，当水杯中的水干了之后，不能蒸发制冷，不能形成头部和肚子内空气的压强差，小鸟不能再上下运动，即小鸟不能点头“喝”水，B错误；这种玩具饮水鸟仍然遵循能量守恒定律，此现象没有违背热力学第一定律，不是一架永动机，C、D错误。
[答案]　A
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)(2025·江西重点中学盟校第一次联考)如图所示，在某固定绝热容器中，左侧装有一定质量的某种理想气体，右侧为真空，某时刻把隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至达到新的平衡，气体的温度(　　)
A．升高　　　　　 B．不变
C．降低 D．无法确定
解析：选B。气体自由膨胀，气体体积变大但并不对外做功，W＝0，由热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q以及容器绝热可知内能ΔU＝0，即温度不变。
3．(热力学第一定律)如图所示的是压力保温瓶结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体　(　　)
A．内能增大 B．体积增大
C．压强不变 D．温度不变
解析：选A。压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功，则W＞0，因为气体与外界没有热交换，则Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU＞0，即气体的内能增大，温度升高，压强变大。
4．(能量守恒定律)如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，质量为m的光滑活塞与容器都用良好的隔热材料制成。另有质量为M的物块从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B而静止。在这一过程中，空气内能的改变量ΔU、外界对气体所做的功W与物块及活塞的重力势能变化关系是(　　)
A．Mgh＋mgΔh＝ΔU＋W
B．ΔU＝W，W＝Mgh＋mgΔh
C．ΔU＝W，WD．ΔU≠W，W＝Mgh＋mgΔh
解析：选C。物块与活塞碰撞时有机械能损失，根据能量守恒可知物块和活塞重力势能减少量大于气体内能的增加量，由于此过程绝热，根据热力学第一定律可得ΔU＝W，W课后达标检测
√
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：根据公式ΔU＝W＋Q中的符号法则知，C正确。
2．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫作气团，气团可看作理想气体，将其作为研究对象。气团直径很大可达几千米，其边缘部分与外界的热交换相对于整个气团的内能来说非常小，可以忽略不计。气团从地面上升到高空后温度可降低到－50 ℃，关于气团上升过程中下列说法正确的是(　　)
A．气团体积膨胀，对外做功，内能增加，压强减小
B．气团体积收缩，外界对气团做功，内能减少，压强增大
C．气团体积膨胀，对外做功，内能减少，压强减小
D．气团体积收缩，外界对气团做功，内能增加，压强不变
√
解析：忽略气团与外界的热交换，据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知ΔU＝W，气团上升过程中，压强随高度升高而减小，气团体积膨胀，对外做功，导致内能大量减少而温度降低。
3．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：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。
4．一定质量的理想气体，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：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。
√
5．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：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。
√
√
6．(2025·天津西青区期末)健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能发生充分的热交换，下列说法正确的是(　　)
A．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
B．人体缓慢离开健身球过程中，球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数不变
C．人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
D．人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
解析：人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，分子的平均速率不变，体积变大，则压强变小，气体分子数密度减小，则球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数减少，气体对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，球内气体从外界吸热，故A、B错误；
人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，球内气体体积减小，外部对气体做功，气体温度升高，则压强增大，球内气体分子热运动的平均动能增大，故C错误，D正确。
√
7．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：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。
√
8．如图所示，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内储存文物，且封闭有一定质量的理想气体。现将环境温度缓慢升高，活塞离汽缸底部的距离由h变为H，已知大气压恒定，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，下列说法正确的是(　　)
A．气体对外做功，内能增大
B．外界对气体做功
C．气体放出热量
D．每个气体分子的动能都增大
解析：气体膨胀对外做功，温度升高内能增大，故A正确，B错误；
结合上述，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误；
温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，故D错误。
9．(多选)(2025·天津河东区期末)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。设某次缓慢压缩打气筒的充气过程中，篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体。对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是(　　)
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中气体向外界放出热量
C．此过程中每个气体分子的动能均不变
D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
√
√
解析：在一次缓慢充气过程中，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，气体温度不变，因此此过程中气体的内能不变，故A错误；
充气前，气体在篮球和气筒中，充气后，气体只在篮球中，由于篮球的体积不变，因此气体的体积变小，此过程中外界对气体做正功，W＞0，气体的温度不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＜0，即此过程中气体向外界释放热量，故B正确；
温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故C错误；
压缩过程中气体温度不变，即分子热运动平均速率不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，故D正确。
10．(6分)如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请思考以下问题：

(1)在变化过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？(2分)
解析：由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W＜0。
答案：气体对外界做功
(2)在变化过程中气体是从外界吸热，还是向外界放热？气体内能如何变化？(4分)
解析：由p－V图像知，从a状态变化到b状态，体积变大而压强不变，由盖-吕萨克定律可知温度升高，故ΔU＞0，由ΔU＝W＋Q，解得Q＞0，即气体从外界吸热，内能增加。
答案：吸热　内能增加
11．(8分)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？(4分)
解析：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。
答案：减少　1.8×105 J　
(2)分子的平均动能是增加还是减少？(4分)
解析：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：减少
12．(8分)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。(4分)
解析：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。
答案：0.6 J　
(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？(4分)
解析：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：0.2 J阶段滚动检测卷(二)
(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．关于分子热运动，下列说法正确的是(　　)
A．夏天自行车容易“爆胎”，是车胎内气体分子间斥力急剧增大造成的
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而减小
C．清晨阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的灰尘在做布朗运动
D．扩散现象是由分子无规则运动产生的，在气体、液体和固体中都能发生
解析：选D。车胎内气体温度升高，体积不变，气体压强变大，而容易“爆胎”，故A错误；当分子力表现为引力时，随着距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；布朗运动是悬浮微粒的运动，肉眼看不见，灰尘飞舞是空气对流引起的，故C错误；扩散现象是由分子无规则运动产生的，在气体、液体和固体中都能发生，故D正确。
2．关于分子热运动和内能，下列说法正确的是　(　　)
A．铁的质量越大，铁的比热容越大
B．内燃机在压缩冲程中，内能转化为机械能
C．木工锯木块时，锯条会发烫是通过传热改变物体的内能
D．端午节煮粽子，闻到粽香说明分子在不停地做无规则的运动
解析：选D。比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关，铁的质量变大，铁的比热容大小不变，故A错误；内燃机在压缩冲程中，机械能转化为内能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，故B错误；木工锯木块时，锯条克服摩擦力做功，锯条会发烫是通过做功改变物体的内能，故C错误；粽香四溢，能闻到粽香是由于分子在不停地做无规则运动，故D正确。
3．下列关于晶体以及非晶体的理解正确的是(　　)
A．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
B．单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
解析：选C。液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B错误；有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如石墨和金刚石，故C正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔融过的石英是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再加入冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D错误。
4．下列关于固体、液体的说法正确的是(　　)
A．晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点
B．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降
C．表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大
D．液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态
解析：选D。晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故A错误；发生毛细现象时，不浸润液体在细管中会下降，故B错误；表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，故C错误；液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，故D正确。
5．用注射器将一段空气(可视为理想气体)封闭，操作注射器实现气体按如图a→b→c发生变化。下列说法正确的是(　　)
A．a→b，所有分子热运动的动能都增大
B．a→b→c，气体吸收的热量等于气体对外做的功
C．a→b→c，气体的压强先增大后减小
D．c状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时多
解析：选C。a→b过程中，温度T升高，分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，故A错误；a→b→c过程中，温度升高，则气体内能增大，气体体积变大，则气体对外界做正功，根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，可知Q＞0，且Q＞|W|，则气体吸收热量大于气体对外做的功，故B错误；根据理想气体状态方程＝C，可得V＝T，可知题图线上的点与原点连线斜率越小则压强越大，所以a→b→c气体的压强先增大后减小，故C正确；由图像可知a、c两状态压强相等， c状态温度高于a状态温度，温度高分子平均动能大，根据压强微观意义可知，c状态时单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时少，故D错误。
6．用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程相比较(　　)
A．两次篮球内气体压强的增加量相等
B．后一次篮球内气体压强的增加量大
C．后一次压入的气体分子数多
D．后一次压入的气体分子数少
解析：选A。设篮球体积为V0，打气筒体积为V，打第n次气后篮球内气体的压强为pn，打第n＋1次气后气体压强为pn＋1，根据玻意耳定律，有pnV0＋p0V＝pn＋1V0，可知pn＋1－pn＝，即两次篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，B错误；每次压入的气体均为同温度、同压强、同体积，由理想气体状态方程知每次压入气体的物质的量相同，可知压入的气体分子数相等，故C、D错误。
7．如图所示，如果热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，而瓶塞与瓶口的密封程度很好，经过一段时间后，要拔出瓶塞会变得很吃力。假设开始时瓶内水温为87 ℃，经过一段时间，温度降到47 ℃，热水瓶口的横截面积为10 cm2，手指与瓶塞间的动摩擦因数为0.15。已知瓶内气体可视为理想气体，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦力，则两手指至少要用多大的压力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞(　　)
A．74 N B．37 N
C．3.7 N D．7.4 N
解析：选B。瓶内初始压强p0＝1.0×105 Pa，温度T0＝(87＋273)K＝360 K，末压强为p1，温度T1＝(47＋273)K＝320 K，根据查理定律有＝，解得p1＝×105 Pa，以瓶塞为对象，有2f＝(p0－p1)S＝ N，又f＝μN，联立可得两手指作用在瓶塞上的压力N至少为37 N。
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．下列说法正确的是(　　)
A．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
B．温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相等
C．打扫房间时，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动是布朗运动
D．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力，是由于气体分子间存在斥力
解析：选AB。分子力表现为斥力时，随着分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小，分子力表现为引力时，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，温度相同的氢气和氧气，它们的平均分子动能相等，故B正确；布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动是由空气的流动引起的，不是布朗运动，故C错误；气体分子的间距一般大于气体分子直径的10倍，气体分子间的作用力可以忽略不计，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由气体分子无规则运动相互碰撞产生的，与分子力无关，故D错误。
9．斯特林循环包括等温膨胀、等容降温、等温压缩和等容加热四个过程，一个完整斯特林循环过程的p－V关系如图所示。气体在热交换器之间来回流动，实现热能和机械能的转化。若将气体看成理想气体，关于斯特林循环，下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功
B．B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小
C．C→D过程是等温压缩，气体分子平均动能减小
D．D→A过程是等容加热，气体吸收的热量等于内能的增加量
解析：选AD。A→B过程是等温膨胀，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体吸热且气体吸收的热量等于对外做的功，A正确；B→C过程是等容降温，气体分子平均动能减小，但并非所有气体分子的动能都减小，B错误；C→D过程是等温压缩，气体温度不变，则气体分子平均动能不变，C错误；D→A过程是等容加热，气体体积不变，气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体吸热且气体吸收的热量等于内能的增加量，D正确。
10．如图，绝热汽缸竖直放置，质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。现在通过电热丝缓慢加热汽缸内的气体，不计一切摩擦，大气压强恒定，活塞始终未从汽缸中滑出，经过一段时间，关于汽缸内的气体，下列说法正确的是　(　　)
A．气体的压强增大
B．气体的体积增大
C．气体的内能增大
D．气体分子的平均动能增大
解析：选BCD。因大气压强恒定，所以汽缸内的气体在被缓慢加热过程中做等压变化，气体的体积增大，故A错误，B正确；气体温度升高，内能增大，气体分子的平均动能增大，故C、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)在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图(a)所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图(b)所示两组p－V图线。
(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了____________________，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可将图线转化为________图线。
(2)两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是________。
A．两组实验环境温度不同
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
D．某组实验中活塞移动太快
(3)某小组缓慢推活塞进行实验得到了数据图线①，验证了“玻意耳定律”，在这个过程中，理想气体________(选填“吸热”“放热”或 “无热交换”)。
解析：(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的温度不发生变化。根据理想气体状态方程pV＝nRT，可得V＝nRT或p＝nRT，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，能较直观地判定该关系，可将题图转化为p－或V－图像。
(2)根据pV＝nRT，由题中曲线可知，对于同一V值所对应的p值不同，故两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T不同， pV乘积不等；同理，当实验环境温度相同，两组封闭气体的质量不同时，pV乘积不等，故A、B正确。若某组器材的气密性不佳，在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时图线也不可能符合反比例关系，故C、D错误。
(3)缓慢推活塞，气体体积减小，外界对气体做功，而温度保持不变则气体内能不变，故气体放热。
答案：(1)控制气体的温度不发生变化　p－或V－　(2)AB　(3)放热
12．(8分)如图甲所示的是一气体温度计模型，容积V＝100 cm3的空球有一根有刻度的均匀玻璃细长管，管上共有N＝101个刻度线(长管与球连接处为第一个刻度，记为“0”，向上按顺序排列)，相邻两刻度间玻璃管的容积为0.2 cm3，管中有水银滴将球内空气与大气隔开，当管口向上竖直放置，温度t＝5 ℃时，水银滴a端在刻度N＝20的地方；当管口向下竖直放置(图乙)，温度t＝5 ℃时，水银滴a端在刻度N＝21的地方。若外界大气压p0＝1×105 Pa不变，求：
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度__________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)若环境温度升高，水银滴a端由刻度N＝20的地方上移到N′＝22的地方，此过程容器内气体内能________(选填“增加”“减小”或“不变”)，容器内气体________(选填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”)。
(3)玻璃管竖直放置时，管内水银滴所产生的附加压强Δp＝________Pa(计算结果保留2位有效数字)。
解析：(1)当管口倒置后，容器内气体温度不变、压强变小，体积增大，所以器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，气体分子的数密度变小。
(2)环境温度升高，容器内气体温度升高，所以气体内能增加，同时体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律知气体从外界吸收热量。
(3)当管口向上竖直放置时，空球内的气体压强p1＝p0＋Δp，当管口向下竖直放置时，空球内的气体压强p2＝p0－Δp，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得Δp≈96 Pa。
答案：(1)变小　变小　(2)增加　吸热　(3)96
13．(12分)如图所示，高h＝40 cm的导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和缸口均有卡环，质量m＝2 kg的活塞在缸内封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积S＝40 cm2，活塞与汽缸内壁无摩擦且汽缸不漏气，开始时，活塞对中间卡环的压力大小为20 N，活塞离缸底的高度为20 cm，大气压强p0＝1×105 Pa，环境的热力学温度T0＝300 K，重力加速度大小g取10 m/s2，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。
(1)若保持汽缸静止，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为30 cm，求此时环境的热力学温度。(6分)
(2)已知在第(1)问的过程中汽缸内气体内能变化为36 J，求在此过程中气体吸收的热量。(6分)
解析：(1)未升高温度时，对活塞受力分析，可得FN＝mg，即汽缸内气体压强等于大气压强，有p1＝p0，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为30 cm时，由平衡条件有p2＝p0＋，由理想气体状态方程，可得＝
解得T2＝472.5 K。
(2)在第(1)问的过程中，气体的温度升高，则气体内能增加，开始气体做等容变化，外界对气体不做功，之后做等压膨胀变化，外界对气体做负功，W＝－p2·ΔV＝－p2(h2－h1)S＝－42 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得Q＝78 J，此过程中吸收的热量为78 J。
答案：(1)472.5 K　(2)78 J
14．(14分)现有一质量M＝0.5 kg的导热性能良好的汽缸，用质量m＝0.2 kg的活塞封着一定质量的理想气体，汽缸内空气柱长度L0＝10 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞的横截面积S＝1 cm2，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。重力加速度g取10 m/s2。
(1)当汽缸如图甲悬挂在空中保持静止时，求此时汽缸内气体的压强。(6分)
(2)将汽缸倒置，如图乙悬挂在空中，由于某种原因，发现汽缸缸体漏气，填补漏气孔洞，使汽缸不再漏气。当装置再次保持静止时，空气柱长度L1＝12 cm。试计算从甲状态到乙状态过程中，漏出的空气所含空气分子数量占汽缸内原有空气分子数量的比值η(用百分比表示)。(8分)
解析：(1)对题图甲中活塞受力分析，由力的平衡条件可得mg＋p1S＝p0S，解得p1＝8×104 Pa。
(2)对题图乙中汽缸受力分析，由力的平衡条件可得Mg＋p2S＝p0S
解得p2＝5×104 Pa
假设汽缸不漏气，根据玻意耳定律可得
p1L0S＝p2L1′S，解得L1′＝16 cm
漏气后的实际长度L1＝12 cm，所以漏出空气所含空气分子数量占原有空气分子数量的比值η＝×100%＝25%。
答案：(1)8×104 Pa　(2)25%
15．(14分)某实验小组制作伽利略温度计，结构如图所示。倒挂的塑料瓶瓶口处插入一条长玻璃管，竖直固定在铁架台上，玻璃管插入水银槽中，旁边平行固定一刻度板。温度变化时，玻璃管内水银柱高度随之变化。利用能显示温度的电热风器吹塑料瓶，在不同水银柱高度处标示对应温度，即可制成温度计。已知在标准大气压p0＝76 cmHg、t1＝27 ℃时，管内水银高度h1＝16 cm。玻璃管内部体积可忽略。
(1)当外界温度t2＝17 ℃时，求对应管内水银高度h2。(6分)
(2)瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即U＝kT，其中k＝0.02 J/K。求外界温度由t1缓慢降到t2＝17 ℃的过程中气体放出的热量。(8分)
解析：(1)对于瓶内气体，初态有p1＝p0－ph1＝60 cmHg，T1＝t1＋273 K＝300 K，当温度t2＝17 ℃时，则有T2＝t2＋273 K＝290 K，设此时水银柱高度为h2，则有p2＝p0－ph2，由于瓶内气体体积不变，根据＝，代入数据解得ph2＝18 cmHg，则h2＝18 cm。
(2)初态，温度T1＝300 K，根据U＝kT
则有U1＝kT1＝0.02×300 J＝6 J
末态，温度T2＝290 K
则有U2＝kT2＝0.02×290 J＝5.8 J
内能变化量ΔU＝U2－U1＝5.8 J－6 J＝－0.2 J
因体积不变W＝0，根据ΔU＝Q＋W，所以Q＝ΔU＝－0.2 J，负号表示放出热量。
答案：(1)18 cm　(2)0.2 J(共24张PPT)
课后达标检测
√
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：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．以下所述现象中，属于通过传热改变了物体内能的是(　　)
A．汽油机汽缸内气体被压缩后发热
B．放在空气中的一杯热水会冷却
C．在转动的砂轮上磨车刀，车刀发热
D．电阻丝通过电流后发热
解析：热水放在空气中，通过传热方式向外传递了热量，使自身的内能减少，温度降低。而汽油机汽缸内气体被压缩、在转动的砂轮上磨车刀以及电流通过电阻丝都是通过做功改变物体内能的。
√
3．下列关于热量、功和内能的说法错误的是(　　)
A．热量、功都可以作为物体内能的量度
B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度
C．热量、功、内能的单位相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
解析：热量和功可作为物体内能改变的量度，A错误，B正确；
热量、功、内能的单位都是焦耳，C正确；
热量和功是过程量，内能是状态量，D正确。
√
4．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：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。
5．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：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。
√
6．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：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。
√
√
7．(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：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。
√
8．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：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。
9. 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：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。
10．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：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。
√
11．(2025·四川成都市期末)如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和0 ℃的冷水，下列说法不正确的是(　　)
A．因质量相等，故A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大
B．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
C．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫传热
D．若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态
解析：温度是分子平均动能的标志，因质量相等，故A瓶中水的分子平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故A正确，与题意不符；
质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故B错误，与题意相符；
若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫传热，故C正确，与题意不符；
若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态，故D正确，与题意不符。
√
12．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，根据做功与内能变化的关系可知，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，根据做功与内能变化的关系可知，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。
√
13．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，根据做功与内能变化的关系可知，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。(共39张PPT)
第三章　热力学定律
第1节　功、热和内能的改变
学习目标
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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
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。
吸热
放热
上升
热效应
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。
绝热
方式
自身状态
绝热
能量变化
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____。
外界
绝热
增加
减少
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。
温度
温度
热
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__________。
传热
内能变化
ΔU＝Q
内能
发生转化
内能的转移
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。　(　　)
√
×　
√
×　
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　做功与内能的变化
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？
[提示]　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)图中用力按压活塞时为什么一定要迅速？
[提示]　迅速按压活塞是为了减少传热，创造一个绝热条件。
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]　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。
　(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。
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。
√
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
√
知识点二　热量和内能的变化
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？
[提示]　增加了。
(2)请解释气球膨胀的原因。
[提示]　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
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。
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。
角度2　做功、热量和内能
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。
角度3　做功、传热和内能变化的关系
(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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
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：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：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：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：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。(共27张PPT)
专题提升课3　热力学定律与气体
实验定律的综合
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　热力学第一定律与图像的综合
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
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。
√
角度2　p－T图像与热力学第一定律
一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后再回到状态a，其p－T图像如图所示，已知ba垂直于T轴，ca延长线过原点，则该气体(　　)
A．在状态a的内能小于在状态b的内能
B．分子间平均距离在状态a时小于在状态b时
C．在a→b过程中，外界对气体不做功
D．由状态c→a过程中，气体向外界放热
[解析]　状态a、b的温度相同，则在状态a的内能等于在状态b的内能，A错误；
状态a、b的温度相同，b状态压强较大，则体积较小，则分子间平均距离在状态a时大于在状态b时，B错误；
在a→b过程中，体积减小，则外界对气体做功，C错误；
由状态c→a过程中，气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律可知，Q<0，则气体向外界放热，D正确。
√
√
角度3　V－T图像与热力学第一定律
　 (多选)(2024·海南卷，T11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　)
A．bc过程外界对气体做功
B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量
D．ca过程气体内能减小
由上述分析可知，ca过程压强减小，故B错误；
ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得Q＜0，故ab过程气体放出热量，故C正确；
ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。
微专题二　热力学第一定律与气体实验定律的综合
√
(2024·北京卷，T3)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变，在上浮过程中气泡内气体(　　)
A．内能变大　　　　 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
[解析]　上浮过程气泡内气体的温度不变，则内能不变，故A错误；
气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；
由玻意耳定律pV＝C知，上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故C错误，D正确。
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；
[解析]　等容过程中，气体做功为零
即ΔU＝Q1＝－400 J
等压过程中，内能变化量与等容过程相等均减小400 J，又放出600 J热量，则W＝ΔU－Q2＝200 J。
[答案]　200 J
(2)初始状态下气体的体积V0。
[答案]　8 L
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
√
1．(热力学第一定律与图像的综合)(多选)(2024·新课标卷，T21)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
解析：1→2为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知内能增加，故A正确；
2→3为等压过程，根据盖-吕萨克定律可知，气体体积增大时温度增加，内能增大，气体对外界做功，W＜0，故气体吸收热量，故B错误；
3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；
4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，可知气体向外放热，故D正确。
√
2．(热力学第一定律与图像的综合)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　　)
A．对外界做正功
B．压强保持不变
C．向外界放热
D．内能减少
解析：理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
理想气体从状态a变化到状态b，由选项A、D可知，理想气体对外界做正功且内能增大，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误。
3．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)2025年5月1日“祥云AS700载人飞艇山东首次试飞展示活动”在济南市正式启动。若在飞艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)　(　　)
A．吸收热量　　　　 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
√
4．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)(2024·重庆卷，T3)某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内视为理想气体，密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　　)
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
√
解析：气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积增大，则压强减小，气体对外做功，故A、B错误；
气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知Q>0，则气体需要从外界吸热，故C错误，D正确。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)热量可以自发地由高温物体传到低温物体。
(2)热量不能自发地由低温物体传到高温物体。
(3)传热过程是有方向性的。
2．热力学第二定律的克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。(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，使之完全变成功，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等价的。
二、能源是有限的
1．能量耗散：能量在数量上虽然守恒，但其转移和转化却具有方向性。在各种各样的活动中，其他形式的能最终都转化成内能流散到周围的环境中，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，可利用的品质要高。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保持守恒，但能量的品质下降了。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无序程度，系统从有序向无序的发展过程中熵在增加。
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。在自发过程中，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。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
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)关于热力学第二定律，下列说法正确的是(　　)
A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的
B．一切不违背能量守恒定律的物理过程都是可以实现的
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]　热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆的，由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行，A、C正确，D错误；由热力学第二定律可知，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能实现，B错误。
[答案]　AC
　如图所示，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，现通过活塞杆使活塞缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功。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，并全部用来对外做功，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，但并未全部用来对外做功，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，并全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．气体不是从单一热源吸热，且并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
[解析]　汽缸壁是导热的，外界环境温度不变，活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动过程中，有足够时间进行热交换，气体等温膨胀，所以汽缸内的气体温度不变，内能也不变，该过程气体是从单一热源即外部环境吸收热量，全部用来对外做功才能保证内能不变，此过程既不违背热力学第二定律，也不违背热力学第一定律，此过程由外力对活塞做功来维持，如果没有外力对活塞做功，此过程不可能发生。
[答案]　C
角度2　热力学定律的理解和应用
　(2025·河北廊坊市部分高中期末)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传热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]　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。
[答案]　D
角度3　第二类永动机
　关于对永动机的认识，下列说法正确的是　(　　)
A．随着科技的不断发展，永动机是可以制成的
B．永动机指的是在摩擦力趋于零的条件下一直运动的机器，它不需要对外做功
C．两类永动机的实质和工作原理是相同的，都是人们的美好设想，是永远不会实现的
D．虽然第二类永动机不违反能量守恒定律，但仍不可制成
[解析]　第一类永动机违反了能量的转化与守恒，不可能实现，故A错误；永动机需要对外做功，故B错误；两类永动机的实质和工作原理是不相同的，故C错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，仍不可制成，D正确。
[答案]　D
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。
　国务院新闻办公室于2024年8月29日发布《中国的能源转型》白皮书，回顾了近十年来，中国坚定不移走绿色低碳的能源转型之路取得的显著成效，也制定了相关中长期发展规划。关于能源与可持续发展，下列说法正确的是(　　)
A．因为自然界的能量是守恒的，所以不会有能源危机
B．能量耗散说明自然界的能量正在不断减少
C．实现可持续发展，一方面要大力提倡多使用能源，另一方面要发展可再生能源以及天然气、核能等对生态环境的污染程度低的清洁能源，推动形成人与自然和谐发展的生态文明
D．水能为可再生能源，水电站是利用水能的重要形式
[解析]　能源在利用的过程中，能量在数量上虽未减少，但在可利用的品质上降低了，可知，即使自然界的能量是守恒的，仍然会有能源危机，故A错误；能量耗散说明自然界便于人类利用的能量减少，但总能量仍然是守恒的，故B错误；实现可持续发展，一方面要大力提倡节能，而不是多使用能源，另一方面要发展可再生能源以及天然气、核能等对生态环境的污染程度低的清洁能源，推动形成人与自然和谐发展的生态文明，故C错误；水能是可再生能源，水电站是利用水能的重要形式，故D正确。
[答案]　D
　(多选)如图是架在屋顶的太阳能热水器。已知单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量E0＝7×103 J/(m2·s)。一台热水器的聚热面积为2 m2，若每天相当于太阳直射热水器4 h，太阳能的20% 可转化为水的内能，则下列说法正确的是 (　　)
A．只有20%的太阳能可转化为水的内能，说明能量不守恒
B．太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性
C．这台热水器一天内最多能利用的太阳能为4.032×107 J
D．这台热水器一天内最多能利用的太阳能为5.6×104 J
[解析]　只有20%的太阳能可转化为水的内能，其余能量被耗散到空气中，能量是守恒的，故A错误；太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性，故B正确；根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能E＝E0×S×t×20%＝4.032×107 J，故C正确，D错误。
[答案]　BC
1．(热力学第二定律)如图所示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．在封闭的房间里打开冰箱一段时间后，房间温度会降低
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二定律
解析：选C。由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故A错误；电冰箱工作时消耗电能，房间的总热量会增加，房间温度会升高，故B错误；电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律和第二定律，故C正确，D错误。
2．(热力学第二定律)(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　　)
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
解析：选BC。符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；根据热力学第二定律，机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
3．(热力学第二定律)根据能量转化与转移的方向性，下列判断不正确的是(　　)
A．电流的电能可以全部转变为内能
B．在火力发电中，燃气的内能不可能全部转变为电能
C．在热机中，燃气的内能不可能全部转化为机械能
D．在传热中，热量不可能自发地从高温物体传向低温物体
解析：选D。电流通过电路时，电能可以全部转变为内能，故A正确；根据热力学第二定律可知，在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能，故B正确；根据能量转化的方向性知，燃气的内能不可能全部转化为机械能，故C正确；根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，但热量可以自发地从高温物体传向低温物体，故D错误。
4．(能源和能量转化)(多选)下列关于能量转化或转移过程的说法不正确的是(　　)
A．所有能量守恒的过程都能自发地发生
B．摩擦生热的过程是不可逆过程
C．水能、风能、太阳能为可再生能源
D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机
解析：选AD。并非所有能量守恒的过程都能自发地进行，如在没有引起其他变化的情况下，热量不能自发地从低温物体向高温物体传递，故A错误；根据热力学第二定律，机械能向内能转化具有方向性，可知摩擦生热的过程是不可逆过程，故B正确；水能、风能、太阳能为可再生能源，故C正确；能的转化过程符合能量守恒定律，虽然总能量不变，但是可利用的能源越来越少，可能会发生能源危机，故D错误。单元过关检测(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．根据能量转化和转移的方向性，下列判断错误的是　(　　)
A．电流的电能不可能全部转化为内能
B．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转化为电能
C．热机中，燃气的内能不可能完全转化为机械能
D．能量不能被创造或被消灭
解析：选A。根据能量转化和转移的方向性可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，电流的电能可以全部转化为内能(由电流热效应中的焦耳定律可知)，而内能不可能全部转化为电能而不引起其他变化，机械能可以全部转化成内能，而内能不可能全部转化成机械能而不引起其他变化，A错误，B、C正确；根据能量守恒定律可知，能量不能被创造或被消灭，D正确。
2．下列能源中不属于可再生能源的是(　　)
A．风能 B．潮汐能
C．天然气 D．水能
解析：选C。天然气是不可再生能源，风能、潮汐能和水能在自然界可以再生，为可再生能源。
3．下列关于热力学定律的说法正确的是(　　)
A．二类永动机不可能制成的原因是它们都违背了能量守恒定律
B．气体吸收热量时温度一定升高
C．压缩气体时，体积越小越困难是因为气体体积越小，气体分子间斥力越大的缘故
D．可以从单一热源吸收热量全部用来对外做功
解析：选D。.第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故A错误；气体吸收热量的同时可以对外做功，温度可能升高，可能不变，也可能降低，故B错误；压缩气体体积越小越困难，是因为气体体积越小，容器内外的压强差越大，与气体分子间斥力无关，故C错误；从单一热源吸收热量在引起其他变化时可全部用来对外做功，例如绝热膨胀，故D正确。
4．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，A错误；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；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，故C错误；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D正确。
5．如图所示，开口向下粗细均匀的玻璃管内用水银封闭了一定质量的理想气体。现将玻璃管缓慢旋转直至水平，在旋转过程中封闭气体的温度不变，外界大气压不变。下列说法正确的是(　　)
A．气体体积增大
B．气体压强减小
C．气体的内能增加
D．气体向外界释放热量
解析：选D。初始状态选水银液柱最低点作为研究对象，水银液柱产生的压强为ph，受力分析有p气＋ph＝p0，将玻璃管缓慢旋转直至水平后气体压强与大气压强平衡，即满足p气′＝p0，对比两式可知将玻璃管缓慢旋转直至水平后气体压强增大，由理想气体状态方程＝，在旋转过程中封闭气体的温度不变，外界大气压不变，则气体体积减小，故A、B错误；在旋转过程中封闭气体的温度不变，则气体内能不变，又气体体积变小，所以外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体必然向外界释放热量，故C错误，D正确。
6．一定质量理想气体经历了如下的循环过程：1→2和3→4为绝热过程，2→3为等压过程，4→1为等容过程，其p－V图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，外界对气体做功，气体内能增加
B．2→3过程中，气体对外界做功，气体内能减小
C．3→4过程中，气体内能减小，所有分子的运动速率都减小
D．4→1过程中，气体内能增加
解析：选A。1→2过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0，而该过程绝热，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，即气体内能增加，故A正确；2→3过程中，气体压强不变，体积增大，气体对外界做功，根据＝C可知气体温度升高，即气体内能增加，故B错误；3→4过程中，气体体积增大，气体对外做功，即W<0，而该过程绝热，即Q＝0，根据ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是所有分子的运动速率都减小，故C错误；4→1过程中，气体体积不变，压强减小，根据＝C可知温度降低，气体内能减小，故D错误。
7．如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　)
A．a的压强减小
B．b的温度降低
C．b的所有分子速率均减小
D．弹簧的弹力一定增大
解析：选B。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W，可得ΔUa＞0，ΔUb＜0，则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故A、C错误，B正确；由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，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．关于热学知识，下列说法正确的是(　　)
A．金属具有确定的熔点但没有规则的形状，因此金属不属于晶体
B．在给车胎打气的过程中会越压越吃力，这是由于分子间有斥力
C．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体传递到高温物体
D．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，说明液体存在表面张力
解析：选CD。金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点，A错误；给车胎打气越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大，并不是由于分子间存在斥力，B错误；热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，C正确；荷叶上小水珠呈球形是由于水的表面张力，使水珠表面有收缩趋势，D正确。
9．如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分，A内充满气体，B内为真空。现抽开隔板，让A中气体进入B并最终达到平衡状态，则(　　)
A．气体的内能始终不变
B．气体的压强始终不变
C．气体分子的平均动能将减小
D．B中气体不可能自发地再全部回到A中
解析：选AD。由于B内为真空，抽走隔板后，A部分气体自由膨胀，膨胀过程中没有对外做功，容器又是绝热容器，所以气体也不可能与外界发生热交换，由热力学第一定律可知气体的内能始终不变，故A正确；由于气体的内能不变，故气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；由于气体发生的是等温膨胀，由玻意耳定律可知，气体的压强将减小，故B错误；由热力学第二定律可知，气体不可能再自发地全部回到A部分，故D正确。
10．如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后　(　　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
解析：选ACD。初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数应该减少，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)根据能量转化与守恒定律，在与外界没有传热的条件下，物体内能的增加量与外界对物体做功多少相等。为了验证此规律，某兴趣小组设计了如图所示的实验，在容器里装一定质量的水，中间装上带有叶片的转轴，转轴上绕上绳子，绳子另一端通过滑轮与一重物相连，当重物下降时，绳子拉动转轴转动，带动叶片旋转，使容器里的水温度升高，结合水的比热容计算出水中增加的内能。以此验证水的内能增加量与重物的重力做功多少是否相等。
(1)为了完成此实验，除已提供质量的电子天平外，还需要的测量工具有
_____________________________________________________。
(2)兴趣小组在实验过程中发现，水内能的增加量小于重物做功的大小，请写出造成这种现象的一种原因_________________________________________。
(3)改进实验后，获得的数据如表所示，规律得到验证。
实验序号 重物质量(kg) 下降高度(m) 升高温度(℃)
1 20 5 0.5
2 20 10 1.0
3 20 15 1.5
4 10 10 0.5
5 30 10 1.5
6 40 10 2.0
若使容器内相同质量水的温度升高2.5 ℃，则25 kg的重物需下降________m。
解析：(1)实验中应需要用刻度尺测量重物下降的高度、用温度计测量水升高的温度。
(2)在实验的过程中，由于滑轮存在摩擦、液体会散热等情况，使得水内能的增加量小于重物做功的大小。
(3)20 kg的重物高度下降5 m，水温升高0.5 ℃，即1 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.005 ℃，则有25 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.125 ℃，要使水温升高2.5 ℃，根据比例可知需要下降的高度为20 m。
答案：(1)刻度尺、温度计　(2)滑轮存在摩擦、液体会散热　(3)20
13．(12分)如图所示，在水平固定的圆柱形导热容器内用活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底部的距离为L0，当活塞缓慢向左移动d后再次平衡，气体向外放出热量Q。求：
(1)外界空气的温度T；(6分)
(2)此过程中气体内能的变化量ΔU。(6分)
解析：(1)由等压变化规律可得＝
解得T＝T0。
(2)由热力学第一定律得ΔU＝W－Q，W＝p0dS，ΔU＝p0dS－Q。
答案：(1)T0　(2)p0dS－Q
14．(12分)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强p0＝1.0×105 Pa，温度t0＝17 ℃，现启动加热模式使气体温度升高到t＝191 ℃，此过程中气体吸收的热量Q＝9.5×103 J，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强p；(6分)
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。(6分)　
解析：(1)封闭气体发生等容变化，根据查理定律
＝，其中T0＝290 K，T＝464 K
代入数据解得p＝1.6×105 Pa。
(2)根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
由于气体的体积不变，气体做功W＝0
气体吸收的热量Q＝9.5×103 J
解得ΔU＝9.5×103 J。
答案：(1)1.6×105 Pa　(2)9.5×103 J
15．(14分)卡诺热机是只有两个热源(一个高温热源和一个低温热源)的简单热机，其循环过程的p－V图像如图所示，它由两个等温过程(a→b和c→d)和两个绝热过程(b→c和d→a)组成。若热机的工作物质为理想气体，高温热源温度为T1，低温热源温度为0.8T1，p－V图像中a、b、c、d各状态的参量如图所示。
(1)求气体处于状态c的压强pc。(4分)
(2)求气体处于状态a的体积Va。(4分)
(3)若过程a→b热机从高温热源吸热为Q1，过程c→d热机向低温热源放热为Q2，求热机完成一次循环对外做的功W。(6分)
解析：(1)过程c→d为等温变化，根据玻意耳定律，有pc·2V0＝p0V0，解得pc＝p0。
(2)过程d→a，根据理想气体状态方程可得
＝，解得Va＝V0。
(3)过程b→c和d→a为绝热过程，吸热Q＝0，热机完成一次循环内能不变，即ΔU＝0
根据热力学第一定律可得W＝Q1－Q2。
答案：(1)p0　(2)V0　(3)Q1－Q2(共40张PPT)
第2节　热力学第一定律　
第3节　能量守恒定律
学习目标
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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
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：____________。
传热
等价
热量
所做的功
ΔU＝Q＋W
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。
转化
转移
保持不变
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。
对外做功
能量守恒
√
×　
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。　(　　)
√
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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]　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　热力学第一定律的理解
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。
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。
√
角度2　热力学第一定律的应用
(2025·北京通州区期末)一定质量的理想气体等压膨胀，下列说法正确的是(　　)
A．气体的温度降低
B．气体从外界吸热
C．气体的内能减少
D．外界对气体做功
√
[解析]　根据盖-吕萨克定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀过程中温度一定升高，则气体内能增大，即Δ U＞0；由于体积增大，则气体对外界做功，则W＜0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，故气体从外界吸热。
(2025·四川攀枝花市期末)一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量3×106 J，对外界做功1.2×106 J，则该理想气体的　(　　)
A．温度升高，密度减小
B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大
D．温度降低，密度增大
√
如图所示，在内壁光滑汽缸内封闭着一定质量的理想气体，用电热丝加热，使其温度升高T，若活塞固定，吸收热量为Q1；若活塞不固定，吸收热量为Q2，则Q1与Q2的大小关系(　　)
A．Q1＞Q2　　　　 B．Q1＜Q2
C．Q1＝Q2 D．均有可能
√
[解析]　一定质量的理想气体内能由温度决定，两种情况下气体温度变化情况相同，气体内能变化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU。第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功W1＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU；第二种情况，活塞自由移动，气体受热膨胀，体积增大，气体对外做功W2＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＝Q1。
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。
如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，小鸟“喝”了一口后，又直立起来，之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来，就这样周而复始，小鸟不停地点头“喝”水。下列说法正确的是(　　)
A．饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能
B．水杯中的水干了之后，小鸟还能点头“喝”水
C．这种玩具饮水鸟是一架永动机
D．此现象违背了热力学第一定律
√
[解析]　玩具饮水鸟的内部结构如图所示，其原理是先在鸟嘴上沾一些水，水分蒸发过程中吸热，温度降低，压强减小，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又流回到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前面的运动过程，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，A正确；
根据上述分析可知，当水杯中的水干了之后，不能蒸发制冷，不能形成头部和肚子内空气的压强差，小鸟不能再上下运动，即小鸟不能点头“喝”水，B错误；
这种玩具饮水鸟仍然遵循能量守恒定律，此现象没有违背热力学第一定律，不是一架永动机，C、D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
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：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)(2025·江西重点中学盟校第一次联考)如图所示，在某固定绝热容器中，左侧装有一定质量的某种理想气体，右侧为真空，某时刻把隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至达到新的平衡，气体的温度(　　)
A．升高　　　　　 B．不变
C．降低 D．无法确定
解析：气体自由膨胀，气体体积变大但并不对外做功，W＝0，由热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q以及容器绝热可知内能ΔU＝0，即温度不变。
3．(热力学第一定律)如图所示的是压力保温瓶结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体。假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体　(　　)

A．内能增大 B．体积增大
C．压强不变 D．温度不变
解析：压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功，则W＞0，因为气体与外界没有热交换，则Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU＞0，即气体的内能增大，温度升高，压强变大。
√
4．(能量守恒定律)如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，质量为m的光滑活塞与容器都用良好的隔热材料制成。另有质量为M的物块从活塞上方的A点自由下落到活塞上，并随活塞一起到达最低点B而静止。在这一过程中，空气内能的改变量ΔU、外界对气体所做的功W与物块及活塞的重力势能变化关系是(　　)
A．Mgh＋mgΔh＝ΔU＋W
B．ΔU＝W，W＝Mgh＋mgΔh
C．ΔU＝W，WD．ΔU≠W，W＝Mgh＋mgΔh
√
解析：物块与活塞碰撞时有机械能损失，根据能量守恒可知物块和活塞重力势能减少量大于气体内能的增加量，由于此过程绝热，根据热力学第一定律可得ΔU＝W，W课后达标检测
√
1．(多选)采用涡轮增压技术可提高汽车发动机效率。将涡轮增压简化为以下两个过程，一定质量理想气体首先经过绝热过程被压缩，然后经过等压过程回到初始温度，则(　　)
A．绝热过程中，气体分子平均动能增加
B．绝热过程中，外界对气体做负功
C．等压过程中，外界对气体做正功
D．等压过程中，气体内能不变
√
解析：一定质量的理想气体经过绝热过程被压缩，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，则气体温度升高，气体分子平均动能增加，故A正确，B错误；
2．如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则(　　)
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
√
解析：由于a→b过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故C正确，D错误。
√
3．(多选)一定质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，ac的延长线过坐标原点，ab垂直于T轴，bc平行于T轴。下列判断正确的是(　　)

A．过程ab中气体体积增大
B．过程ab中气体一定吸收热量
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c分子平均动能最小
√
√
解析：过程ab中气体温度不变，压强减小，则体积增大，A正确；
过程ab中气体温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，则气体一定吸收热量，B正确；
过程ca中气体体积不变，则外界对气体不做功，C错误；
a、b和c三个状态中，状态c温度最低，则分子的平均动能最小，D正确。
4．(2025·甘肃兰州市期末)空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变且可视为理想气体的空气。已知初始气体压强p0＝1.0×105 Pa，温度t0＝27 ℃，加热一段时间后气体温度升高到t＝147 ℃，此过程中气体吸收的热量为5.2×103 J，则(　　)
A．升温后所有气体分子的动能都增大
B．升温后胆中气体的压强为1.2×105 Pa
C．此过程胆中气体的内能增加量为5.2×103 J
D．此过程中气体对外界做正功
√
解析：升温后气体分子的平均动能增大，并不是所有气体分子的动能都增大，故A错误；
由于气体的体积不变，气体做功W＝0，气体吸收的热量Q＝5.2×103 J，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝5.2×103 J，故C正确，D错误。
√
5．(多选)(2025·河北唐山市期末)一定质量的理想气体由状态A变为状态B的V－T图像如图所示，已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。根据上述信息，下列说法正确的是(　　)
A．气体在状态A时的温度是200 K
B．气体在状态B时的压强是2.25×105 Pa
C．气体由状态A到状态B的过程中从外界吸收热量
D．气体由状态A到状态B的过程中向外界放出热量
√
从状态A到状态B的过程中，温度升高，内能变大，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸收热量，故C正确，D错误。
6．游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图是一种便携式氧气罐，某游客按压该氧气罐喷出气体过程中(假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变)，下列说法正确的是(　　)

A．罐内气体的平均动能减小
B．罐内气体的压强减小
C．外界对罐内气体做功
D．罐内气体放出热量
√
解析：根据题意可知温度不变，平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，喷出气体瞬间，气体膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变，故A、C、D错误；
7．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程气体与外界无热量交换，b→c过程为等容过程，c→a过程为等温过程。下列说法正确的是(　　)

A．a→b过程，气体压强和体积的乘积减小
B．b→c过程，气体从外界吸收的热量等于内能的增加量
C．c→a过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b→c→a过程，气体向外界放出的热量等于从外界吸收的热量
√
解析：a→b过程气体与外界无热量交换，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增加，温度升高，由理想气体状态方程pV＝nRT，气体压强和体积的乘积增大，故A错误；
b→c过程，气体体积不变，外界对气体不做功，气体压强减小，由pV＝nRT可知，温度降低，内能减小，气体向外界放热，故B错误；
c→a过程气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，故C正确；
p－V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，W>0，由于全过程内能的变化量为0，所以a→b→c→a过程Q<0，气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，D错误。
√
8．(多选)(2025·天津和平区期末)如图所示，侧壁光滑的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，现缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，忽略环境的温度变化。在此过程中，关于汽缸内气体的状态变化，下列说法正确的是　(　　)

A．如果汽缸、活塞导热良好，汽缸内气体的内能一定增大
B．如果汽缸、活塞导热良好，汽缸内气体一定向外放热
C．如果汽缸、活塞绝热良好，汽缸内气体分子的平均动能一定增大
D．如果汽缸、活塞绝热良好，汽缸内气体压强可能不变
√
解析：如果汽缸、活塞导热良好，由于环境温度不变，则气体温度不变，则汽缸内气体的内能一定不变，故A错误；
如果汽缸、活塞导热良好，缓慢地向活塞上倒一定质量的细沙，活塞下移，外界对气体做功，结合上述，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确；
如果汽缸、活塞绝热良好，则有Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，则气体温度升高，可知汽缸内气体分子的平均动能一定增大，故C正确；
9．(12分)(2025·甘肃白银市期末)如图所示，汽缸水平固定，汽缸右端有挡板，活塞(厚度不计)可以在汽缸内无摩擦地移动且不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，初始时活塞到汽缸右端的距离x＝0.4 m。现加热汽缸内的气体，活塞缓慢移动，活塞刚好移到汽缸右端时，汽缸内的气体的热力学温度T1＝290 K，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为p2＝2×105 Pa。已知活塞的横截面积S＝0.02 m2，外部大气压强恒为p1＝1×105 Pa，整个加热过程中封闭气体吸收的热量为900 J，求：
(1)等压变化过程中气体对外做的功；(4分)
解析：由题意可知，气体先发生等压变化，待活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程中气体对外做功，做的功W＝p1Sx，代入数据解得W＝800 J。
答案：800 J　
(2)加热后汽缸内气体的热力学温度；(4分)
答案：580 K　
(3)封闭气体的内能变化量。(4分)
解析：由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量ΔU＝－W＋Q，解得ΔU＝100 J。
答案：100 J
10．(12分)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求：
(1)内能的增加量ΔU；(6分)
解析：活塞移动时受力平衡p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－(p0S＋f)L。
答案：Q－(p0S＋f)L　
(2)最终温度T。(6分)
11．(12分)(2025·湖南郴州市期末)如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，由B→C的过程外界对气体做了90 J的功。已知状态A时气体的压强pA＝1.5×105 Pa。求：
(1)状态B时气体的压强pB；(4分)
答案：4.5×105 Pa
(2)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量。(8分)
解析：根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
从状态A到状态B为等容变化，WAB＝0
又WAC＝WAB＋WBC＝90 J，ΔUAC＝135 J
联立解得Q＝45 J，故气体从外界吸收热量45 J。
答案：45 J第1节　功、热和内能的改变
　
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。
一、焦耳的实验
1．绝热过程：系统不从外界吸热，也不向外界放热的过程。
2．代表性实验
(1)重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温上升。
(2)电流通过浸在液体中的电阻丝，由电流的热效应给液体加热，使液体温度上升。
3．实验结论：要使系统状态通过绝热过程发生变化，做功的数量只由过程始末两个状态决定，而与做功的方式无关。
4．内能：任何一个热力学系统必定存在一个只依赖于系统自身状态的物理量，这个物理量在两个状态间的差别与外界在绝热过程中对系统所做的功相联系。鉴于功是能量变化的量度，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，等于外界对系统所做的功W，即ΔU＝W。
2．理解
(1)ΔU＝W的适用条件是绝热过程。
(2)在绝热过程中，外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外做功，系统的内能减少。
三、热与内能的改变
1．传热
(1)条件：物体的温度不同。
(2)定义：两个温度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，热从高温物体传到了低温物体。
2．热和内能的改变
(1)热量是在单纯的传热过程中系统内能变化的量度。
(2)表达式：ΔU＝Q。
(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内能的改变。②做功是内能与其他形式的能发生转化；传热只是不同物体(或一个物体的不同部分)之间内能的转移。
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。　(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
知识点一　做功与内能的变化
　
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。
　(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。
　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
　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
　
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
续　表
项目 做功 传热
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
　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
　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
　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
　(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
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。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
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
克芳修斯表述：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
嫡与嫡增加原理(共40张PPT)
第4节　热力学第二定律
学习目标
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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
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)
高温
低温
低温
高温
方向性
低温
高温
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。
化学能
内能
做功
机械能
完全变成功
等价
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。
数量
方向性
内能
周围的环境
高
保持守恒
品质
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。
无序程度
增加
自发
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。(　　)
√
×　
×　
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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。
　(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)关于热力学第二定律，下列说法正确的是(　　)
A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的
B．一切不违背能量守恒定律的物理过程都是可以实现的
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]　热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆的，由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行，A、C正确，D错误；
由热力学第二定律可知，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能实现，B错误。
如图所示，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，现通过活塞杆使活塞缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功。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，并全部用来对外做功，
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，但并未全部用来对外做功，
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，并全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．气体不是从单一热源吸热，且并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
√
[解析]　汽缸壁是导热的，外界环境温度不变，活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动过程中，有足够时间进行热交换，气体等温膨胀，所以汽缸内的气体温度不变，内能也不变，该过程气体是从单一热源即外部环境吸收热量，全部用来对外做功才能保证内能不变，此过程既不违背热力学第二定律，也不违背热力学第一定律，此过程由外力对活塞做功来维持，如果没有外力对活塞做功，此过程不可能发生。
角度2　热力学定律的理解和应用
(2025·河北廊坊市部分高中期末)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传热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]　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。
√
角度3　第二类永动机
关于对永动机的认识，下列说法正确的是　(　　)
A．随着科技的不断发展，永动机是可以制成的
B．永动机指的是在摩擦力趋于零的条件下一直运动的机器，它不需要对外做功
C．两类永动机的实质和工作原理是相同的，都是人们的美好设想，是永远不会实现的
D．虽然第二类永动机不违反能量守恒定律，但仍不可制成
[解析]　第一类永动机违反了能量的转化与守恒，不可能实现，故A错误；
永动机需要对外做功，故B错误；
两类永动机的实质和工作原理是不相同的，故C错误；
第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，仍不可制成，D正确。
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。
国务院新闻办公室于2024年8月29日发布《中国的能源转型》白皮书，回顾了近十年来，中国坚定不移走绿色低碳的能源转型之路取得的显著成效，也制定了相关中长期发展规划。关于能源与可持续发展，下列说法正确的是(　　)
A．因为自然界的能量是守恒的，所以不会有能源危机
B．能量耗散说明自然界的能量正在不断减少
C．实现可持续发展，一方面要大力提倡多使用能源，另一方面要发展可再生能源以及天然气、核能等对生态环境的污染程度低的清洁能源，推动形成人与自然和谐发展的生态文明
D．水能为可再生能源，水电站是利用水能的重要形式
√
[解析]　能源在利用的过程中，能量在数量上虽未减少，但在可利用的品质上降低了，可知，即使自然界的能量是守恒的，仍然会有能源危机，故A错误；
能量耗散说明自然界便于人类利用的能量减少，但总能量仍然是守恒的，故B错误；
实现可持续发展，一方面要大力提倡节能，而不是多使用能源，另一方面要发展可再生能源以及天然气、核能等对生态环境的污染程度低的清洁能源，推动形成人与自然和谐发展的生态文明，故C错误；
水能是可再生能源，水电站是利用水能的重要形式，故D正确。
(多选)如图是架在屋顶的太阳能热水器。已知单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量E0＝7×103 J/(m2·s)。一台热水器的聚热面积为2 m2，若每天相当于太阳直射热水器4 h，太阳能的20% 可转化为水的内能，则下列说法正确的是 (　　)
A．只有20%的太阳能可转化为水的内能，说明能量不守恒
B．太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性
C．这台热水器一天内最多能利用的太阳能为4.032×107 J
D．这台热水器一天内最多能利用的太阳能为5.6×104 J
√
√
[解析]　只有20%的太阳能可转化为水的内能，其余能量被耗散到空气中，能量是守恒的，故A错误；
太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性，故B正确；
根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能E＝E0×S×t×20%＝4.032×107 J，故C正确，D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(热力学第二定律)如图所示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．在封闭的房间里打开冰箱一段时间后，房间温度会降低
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二定律
解析：由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故A错误；
电冰箱工作时消耗电能，房间的总热量会增加，房间温度会升高，故B错误；
电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律和第二定律，故C正确，D错误。
√
2．(热力学第二定律)(多选)下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　　)
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
√
解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；
一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；
根据热力学第二定律，机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C正确；
气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
3．(热力学第二定律)根据能量转化与转移的方向性，下列判断不正确的是(　　)
A．电流的电能可以全部转变为内能
B．在火力发电中，燃气的内能不可能全部转变为电能
C．在热机中，燃气的内能不可能全部转化为机械能
D．在传热中，热量不可能自发地从高温物体传向低温物体
√
解析：电流通过电路时，电能可以全部转变为内能，故A正确；
根据热力学第二定律可知，在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能，故B正确；
根据能量转化的方向性知，燃气的内能不可能全部转化为机械能，故C正确；
根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，但热量可以自发地从高温物体传向低温物体，故D错误。
4．(能源和能量转化)(多选)下列关于能量转化或转移过程的说法不正确的是(　　)
A．所有能量守恒的过程都能自发地发生
B．摩擦生热的过程是不可逆过程
C．水能、风能、太阳能为可再生能源
D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机
√
√
解析：并非所有能量守恒的过程都能自发地进行，如在没有引起其他变化的情况下，热量不能自发地从低温物体向高温物体传递，故A错误；
根据热力学第二定律，机械能向内能转化具有方向性，可知摩擦生热的过程是不可逆过程，故B正确；
水能、风能、太阳能为可再生能源，故C正确；
能的转化过程符合能量守恒定律，虽然总能量不变，但是可利用的能源越来越少，可能会发生能源危机，故D错误。(共40张PPT)
阶段滚动检测卷(二)
√
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．关于分子热运动，下列说法正确的是(　　)
A．夏天自行车容易“爆胎”，是车胎内气体分子间斥力急剧增大造成的
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而减小
C．清晨阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的灰尘在做布朗运动
D．扩散现象是由分子无规则运动产生的，在气体、液体和固体中都能发生
解析：车胎内气体温度升高，体积不变，气体压强变大，而容易“爆胎”，故A错误；
当分子力表现为引力时，随着距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；
布朗运动是悬浮微粒的运动，肉眼看不见，灰尘飞舞是空气对流引起的，故C错误；
扩散现象是由分子无规则运动产生的，在气体、液体和固体中都能发生，故D正确。
√
2．关于分子热运动和内能，下列说法正确的是　(　　)
A．铁的质量越大，铁的比热容越大
B．内燃机在压缩冲程中，内能转化为机械能
C．木工锯木块时，锯条会发烫是通过传热改变物体的内能
D．端午节煮粽子，闻到粽香说明分子在不停地做无规则的运动
解析：比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关，铁的质量变大，铁的比热容大小不变，故A错误；
内燃机在压缩冲程中，机械能转化为内能，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，故B错误；
木工锯木块时，锯条克服摩擦力做功，锯条会发烫是通过做功改变物体的内能，故C错误；
粽香四溢，能闻到粽香是由于分子在不停地做无规则运动，故D正确。
√
3．下列关于晶体以及非晶体的理解正确的是(　　)
A．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
B．单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
解析：液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A错误；
单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B错误；
有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如石墨和金刚石，故C正确；
固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔融过的石英是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再加入冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D错误。
√
4．下列关于固体、液体的说法正确的是(　　)
A．晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点
B．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降
C．表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大
D．液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态
解析：晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故A错误；
发生毛细现象时，不浸润液体在细管中会下降，故B错误；
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，故C错误；
液晶是介于固态和液态之间的一种物质状态，故D正确。
√
5．用注射器将一段空气(可视为理想气体)封闭，操作注射器实现气体按如图a→b→c发生变化。下列说法正确的是(　　)

A．a→b，所有分子热运动的动能都增大
B．a→b→c，气体吸收的热量等于气体对外做的功
C．a→b→c，气体的压强先增大后减小
D．c状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时多
解析：a→b过程中，温度T升高，分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，故A错误；
a→b→c过程中，温度升高，则气体内能增大，气体体积变大，则气体对外界做正功，根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，可知Q＞0，且Q＞|W|，则气体吸收热量大于气体对外做的功，故B错误；
由图像可知a、c两状态压强相等， c状态温度高于a状态温度，温度高分子平均动能大，根据压强微观意义可知，c状态时单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时少，故D错误。
√
6．用打气筒给篮球打气，设每推一次活塞都将一个大气压的一整筒空气压入篮球。不考虑打气过程中的温度变化，忽略篮球容积的变化，则后一次与前一次推活塞过程相比较(　　)
A．两次篮球内气体压强的增加量相等
B．后一次篮球内气体压强的增加量大
C．后一次压入的气体分子数多
D．后一次压入的气体分子数少
每次压入的气体均为同温度、同压强、同体积，由理想气体状态方程知每次压入气体的物质的量相同，可知压入的气体分子数相等，故C、D错误。
√
7．如图所示，如果热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，而瓶塞与瓶口的密封程度很好，经过一段时间后，要拔出瓶塞会变得很吃力。假设开始时瓶内水温为87 ℃，经过一段时间，温度降到47 ℃，热水瓶口的横截面积为10 cm2，手指与瓶塞间的动摩擦因数为0.15。已知瓶内气体可视为理想气体，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦力，则两手指至少要用多大的压力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞(　　)

A．74 N B．37 N
C．3.7 N D．7.4 N
√
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．下列说法正确的是(　　)
A．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
B．温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相等
C．打扫房间时，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动是布朗运动
D．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力，是由于气体分子间存在斥力
√
解析：分子力表现为斥力时，随着分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小，分子力表现为引力时，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故A正确；
温度是分子热运动的平均动能的标志，温度相同的氢气和氧气，它们的平均分子动能相等，故B正确；
布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动是由空气的流动引起的，不是布朗运动，故C错误；
气体分子的间距一般大于气体分子直径的10倍，气体分子间的作用力可以忽略不计，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由气体分子无规则运动相互碰撞产生的，与分子力无关，故D错误。
√
9．斯特林循环包括等温膨胀、等容降温、等温压缩和等容加热四个过程，一个完整斯特林循环过程的p－V关系如图所示。气体在热交换器之间来回流动，实现热能和机械能的转化。若将气体看成理想气体，关于斯特林循环，下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功
B．B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小
C．C→D过程是等温压缩，气体分子平均动能减小
D．D→A过程是等容加热，气体吸收的热量等于内能的增加量
√
解析：A→B过程是等温膨胀，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体吸热且气体吸收的热量等于对外做的功，A正确；
B→C过程是等容降温，气体分子平均动能减小，但并非所有气体分子的动能都减小，B错误；
C→D过程是等温压缩，气体温度不变，则气体分子平均动能不变，C错误；
D→A过程是等容加热，气体体积不变，气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体吸热且气体吸收的热量等于内能的增加量，D正确。
√
10．如图，绝热汽缸竖直放置，质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。现在通过电热丝缓慢加热汽缸内的气体，不计一切摩擦，大气压强恒定，活塞始终未从汽缸中滑出，经过一段时间，关于汽缸内的气体，下列说法正确的是　(　　)

A．气体的压强增大
B．气体的体积增大
C．气体的内能增大
D．气体分子的平均动能增大
√
√
解析：因大气压强恒定，所以汽缸内的气体在被缓慢加热过程中做等压变化，气体的体积增大，故A错误，B正确；
气体温度升高，内能增大，气体分子的平均动能增大，故C、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)在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图(a)所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图(b)所示两组p－V图线。
(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了___________________________，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可将图线转化为________________图线。
控制气体的温度不发生变化
(2)两组图线经检验均符合反比例关系，由图判断导致①、②两组数据差异的原因可能是________。
A．两组实验环境温度不同
B．两组封闭气体的质量不同
C．某组器材的气密性不佳
D．某组实验中活塞移动太快
AB
解析：根据pV＝nRT，由题中曲线可知，对于同一V值所对应的p值不同，故两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T不同， pV乘积不等；同理，当实验环境温度相同，两组封闭气体的质量不同时，pV乘积不等，故A、B正确。
若某组器材的气密性不佳，在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时图线也不可能符合反比例关系，故C、D错误。
(3)某小组缓慢推活塞进行实验得到了数据图线①，验证了“玻意耳定律”，在这个过程中，理想气体________(选填“吸热”“放热”或 “无热交换”)。
解析：缓慢推活塞，气体体积减小，外界对气体做功，而温度保持不变则气体内能不变，故气体放热。
放热
12．(8分)如图甲所示的是一气体温度计模型，容积V＝100 cm3的空球有一根有刻度的均匀玻璃细长管，管上共有N＝101个刻度线(长管与球连接处为第一个刻度，记为“0”，向上按顺序排列)，相邻两刻度间玻璃管的容积为0.2 cm3，管中有水银滴将球内空气与大气隔开，当管口向上竖直放置，温度t＝5 ℃时，水银滴a端在刻度N＝20的地方；当管口向下竖直放置(图乙)，温度t＝5 ℃时，水银滴a端在刻度N＝21的地方。若外界大气压p0＝1×105 Pa不变，求：
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度__________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
解析：当管口倒置后，容器内气体温度不变、压强变小，体积增大，所以器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，气体分子的数密度变小。
变小
变小
(2)若环境温度升高，水银滴a端由刻度N＝20的地方上移到N′＝22的地方，此过程容器内气体内能________(选填“增加”“减小”或“不变”)，容器内气体________(选填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”)。
解析：环境温度升高，容器内气体温度升高，所以气体内能增加，同时体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律知气体从外界吸收热量。
增加
吸热
(3)玻璃管竖直放置时，管内水银滴所产生的附加压强Δp＝________Pa(计算结果保留2位有效数字)。
解析：当管口向上竖直放置时，空球内的气体压强p1＝p0＋Δp，当管口向下竖直放置时，空球内的气体压强p2＝p0－Δp，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得Δp≈96 Pa。
96
13．(12分)如图所示，高h＝40 cm的导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和缸口均有卡环，质量m＝2 kg的活塞在缸内封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积S＝40 cm2，活塞与汽缸内壁无摩擦且汽缸不漏气，开始时，活塞对中间卡环的压力大小为20 N，活塞离缸底的高度为20 cm，大气压强p0＝1×105 Pa，环境的热力学温度T0＝300 K，重力加速度大小g取10 m/s2，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。
(1)若保持汽缸静止，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为30 cm，求此时环境的热力学温度。(6分)
答案：472.5 K
(2)已知在第(1)问的过程中汽缸内气体内能变化为36 J，求在此过程中气体吸收的热量。(6分)
解析：在第(1)问的过程中，气体的温度升高，则气体内能增加，开始气体做等容变化，外界对气体不做功，之后做等压膨胀变化，外界对气体做负功，W＝－p2·ΔV＝－p2(h2－h1)S＝－42 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得Q＝78 J，此过程中吸收的热量为78 J。
答案：78 J
14．(14分)现有一质量M＝0.5 kg的导热性能良好的汽缸，用质量m＝0.2 kg的活塞封着一定质量的理想气体，汽缸内空气柱长度L0＝10 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，活塞的横截面积S＝1 cm2，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。重力加速度g取10 m/s2。
(1)当汽缸如图甲悬挂在空中保持静止时，求此时汽缸内气体的压强。(6分)
解析：对题图甲中活塞受力分析，由力的平衡条件可得mg＋p1S＝p0S，解得p1＝8×104 Pa。
答案：8×104 Pa
(2)将汽缸倒置，如图乙悬挂在空中，由于某种原因，发现汽缸缸体漏气，填补漏气孔洞，使汽缸不再漏气。当装置再次保持静止时，空气柱长度L1＝12 cm。试计算从甲状态到乙状态过程中，漏出的空气所含空气分子数量占汽缸内原有空气分子数量的比值η(用百分比表示)。(8分)
解析：对题图乙中汽缸受力分析，由力的平衡条件可得Mg＋p2S＝p0S
解得p2＝5×104 Pa
答案：25%
15．(14分)某实验小组制作伽利略温度计，结构如图所示。倒挂的塑料瓶瓶口处插入一条长玻璃管，竖直固定在铁架台上，玻璃管插入水银槽中，旁边平行固定一刻度板。温度变化时，玻璃管内水银柱高度随之变化。利用能显示温度的电热风器吹塑料瓶，在不同水银柱高度处标示对应温度，即可制成温度计。已知在标准大气压p0＝76 cmHg、t1＝27 ℃时，管内水银高度h1＝16 cm。玻璃管内部体积可忽略。
(1)当外界温度t2＝17 ℃时，求对应管内水银高度h2。(6分)
答案：18 cm
(2)瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即U＝kT，其中k＝0.02 J/K。求外界温度由t1缓慢降到t2＝17 ℃的过程中气体放出的热量。(8分)
解析：初态，温度T1＝300 K，根据U＝kT
则有U1＝kT1＝0.02×300 J＝6 J
末态，温度T2＝290 K
则有U2＝kT2＝0.02×290 J＝5.8 J
内能变化量ΔU＝U2－U1＝5.8 J－6 J＝－0.2 J
因体积不变W＝0，根据ΔU＝Q＋W，所以Q＝ΔU＝－0.2 J，负号表示放出热量。
答案：0.2 J(共37张PPT)
单元过关检测(三)
√
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．根据能量转化和转移的方向性，下列判断错误的是　(　　)
A．电流的电能不可能全部转化为内能
B．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转化为电能
C．热机中，燃气的内能不可能完全转化为机械能
D．能量不能被创造或被消灭
解析：根据能量转化和转移的方向性可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，电流的电能可以全部转化为内能(由电流热效应中的焦耳定律可知)，而内能不可能全部转化为电能而不引起其他变化，机械能可以全部转化成内能，而内能不可能全部转化成机械能而不引起其他变化，A错误，B、C正确；
根据能量守恒定律可知，能量不能被创造或被消灭，D正确。
√
2．下列能源中不属于可再生能源的是(　　)
A．风能 B．潮汐能
C．天然气 D．水能
解析：天然气是不可再生能源，风能、潮汐能和水能在自然界可以再生，为可再生能源。
√
3．下列关于热力学定律的说法正确的是(　　)
A．二类永动机不可能制成的原因是它们都违背了能量守恒定律
B．气体吸收热量时温度一定升高
C．压缩气体时，体积越小越困难是因为气体体积越小，气体分子间斥力越大的缘故
D．可以从单一热源吸收热量全部用来对外做功
解析：第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故A错误；
气体吸收热量的同时可以对外做功，温度可能升高，可能不变，也可能降低，故B错误；
压缩气体体积越小越困难，是因为气体体积越小，容器内外的压强差越大，与气体分子间斥力无关，故C错误；
从单一热源吸收热量在引起其他变化时可全部用来对外做功，例如绝热膨胀，故D正确。
√
4．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：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，A错误；
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；
第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，故C错误；
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D正确。
√
5．如图所示，开口向下粗细均匀的玻璃管内用水银封闭了一定质量的理想气体。现将玻璃管缓慢旋转直至水平，在旋转过程中封闭气体的温度不变，外界大气压不变。下列说法正确的是(　　)
A．气体体积增大
B．气体压强减小
C．气体的内能增加
D．气体向外界释放热量
在旋转过程中封闭气体的温度不变，则气体内能不变，又气体体积变小，所以外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体必然向外界释放热量，故C错误，D正确。
√
6．一定质量理想气体经历了如下的循环过程：1→2和3→4为绝热过程，2→3为等压过程，4→1为等容过程，其p－V图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，外界对气体做功，气体内能增加
B．2→3过程中，气体对外界做功，气体内能减小
C．3→4过程中，气体内能减小，所有分子的运动速率都减小
D．4→1过程中，气体内能增加
解析：1→2过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0，而该过程绝热，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，即气体内能增加，故A正确；
3→4过程中，气体体积增大，气体对外做功，即W<0，而该过程绝热，即Q＝0，根据ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是所有分子的运动速率都减小，故C错误；
√
7．如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后(　　)
A．a的压强减小
B．b的温度降低
C．b的所有分子速率均减小
D．弹簧的弹力一定增大
解析：初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W，可得ΔUa＞0，ΔUb＜0，则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故A、C错误，B正确；
由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，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．关于热学知识，下列说法正确的是(　　)
A．金属具有确定的熔点但没有规则的形状，因此金属不属于晶体
B．在给车胎打气的过程中会越压越吃力，这是由于分子间有斥力
C．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体传递到高温物体
D．雨后荷叶上的露珠呈近似球体的形状，说明液体存在表面张力
√
解析：金属属于多晶体，没有规则的形状，具有确定的熔点，A错误；
给车胎打气越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大，并不是由于分子间存在斥力，B错误；
热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，C正确；
荷叶上小水珠呈球形是由于水的表面张力，使水珠表面有收缩趋势，D正确。
√
9．如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分，A内充满气体，B内为真空。现抽开隔板，让A中气体进入B并最终达到平衡状态，则(　　)

A．气体的内能始终不变
B．气体的压强始终不变
C．气体分子的平均动能将减小
D．B中气体不可能自发地再全部回到A中
√
解析：由于B内为真空，抽走隔板后，A部分气体自由膨胀，膨胀过程中没有对外做功，容器又是绝热容器，所以气体也不可能与外界发生热交换，由热力学第一定律可知气体的内能始终不变，故A正确；
由于气体的内能不变，故气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
由于气体发生的是等温膨胀，由玻意耳定律可知，气体的压强将减小，故B错误；
由热力学第二定律可知，气体不可能再自发地全部回到A部分，故D正确。
√
10．如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后　(　　)
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
√
√
解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；
由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；
密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；
初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数应该减少，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”)。
做负功
先不变后增加
吸热
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。
12．(10分)根据能量转化与守恒定律，在与外界没有传热的条件下，物体内能的增加量与外界对物体做功多少相等。为了验证此规律，某兴趣小组设计了如图所示的实验，在容器里装一定质量的水，中间装上带有叶片的转轴，转轴上绕上绳子，绳子另一端通过滑轮与一重物相连，当重物下降时，绳子拉动转轴转动，带动叶片旋转，使容器里的水温度升高，结合水的比热容计算出水中增加的内能。以此验证水的内能增加量与重物的重力做功多少是否相等。
(1)为了完成此实验，除已提供质量的电子天平外，还需要的测量工具有
____________________。
解析：实验中应需要用刻度尺测量重物下降的高度、用温度计测量水升高的温度。
(2)兴趣小组在实验过程中发现，水内能的增加量小于重物做功的大小，请写出造成这种现象的一种原因______________________________________。
解析：在实验的过程中，由于滑轮存在摩擦、液体会散热等情况，使得水内能的增加量小于重物做功的大小。
刻度尺、温度计
滑轮存在摩擦、液体会散热
(3)改进实验后，获得的数据如表所示，规律得到验证。
实验序号 重物质量(kg) 下降高度(m) 升高温度(℃)
1 20 5 0.5
2 20 10 1.0
3 20 15 1.5
4 10 10 0.5
5 30 10 1.5
6 40 10 2.0
若使容器内相同质量水的温度升高2.5 ℃，则25 kg的重物需下降________m。
20
解析：20 kg的重物高度下降5 m，水温升高0.5 ℃，即1 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.005 ℃，则有25 kg的重物高度下降1 m，水温升高0.125 ℃，要使水温升高2.5 ℃，根据比例可知需要下降的高度为20 m。
13．(12分)如图所示，在水平固定的圆柱形导热容器内用活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底部的距离为L0，当活塞缓慢向左移动d后再次平衡，气体向外放出热量Q。求：
(1)外界空气的温度T；(6分)
(2)此过程中气体内能的变化量ΔU。(6分)
解析：由热力学第一定律得ΔU＝W－Q，W＝p0dS，ΔU＝p0dS－Q。
答案：p0dS－Q
14．(12分)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强p0＝1.0×105 Pa，温度t0＝17 ℃，现启动加热模式使气体温度升高到t＝191 ℃，此过程中气体吸收的热量Q＝9.5×103 J，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强p；(6分)
答案：1.6×105 Pa
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。(6分)　
解析：根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
由于气体的体积不变，气体做功W＝0
气体吸收的热量Q＝9.5×103 J
解得ΔU＝9.5×103 J。
答案：9.5×103 J
15．(14分)卡诺热机是只有两个热源(一个高温热源和一个低温热源)的简单热机，其循环过程的p－V图像如图所示，它由两个等温过程(a→b和c→d)和两个绝热过程(b→c和d→a)组成。若热机的工作物质为理想气体，高温热源温度为T1，低温热源温度为0.8T1，p－V图像中a、b、c、d各状态的参量如图所示。
(1)求气体处于状态c的压强pc。(4分)
(2)求气体处于状态a的体积Va。(4分)
(3)若过程a→b热机从高温热源吸热为Q1，过程c→d热机向低温热源放热为Q2，求热机完成一次循环对外做的功W。(6分)
解析：过程b→c和d→a为绝热过程，吸热Q＝0，热机完成一次循环内能不变，即ΔU＝0
根据热力学第一定律可得W＝Q1－Q2。
答案：Q1－Q2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综合
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
　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
　一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后再回到状态a，其p－T图像如图所示，已知ba垂直于T轴，ca延长线过原点，则该气体(　　)
A．在状态a的内能小于在状态b的内能
B．分子间平均距离在状态a时小于在状态b时
C．在a→b过程中，外界对气体不做功
D．由状态c→a过程中，气体向外界放热
[解析]　状态a、b的温度相同，则在状态a的内能等于在状态b的内能，A错误；状态a、b的温度相同，b状态压强较大，则体积较小，则分子间平均距离在状态a时大于在状态b时，B错误；在a→b过程中，体积减小，则外界对气体做功，C错误；由状态c→a过程中，气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律可知，Q<0，则气体向外界放热，D正确。
[答案]　D
角度3　V－T图像与热力学第一定律
　(多选)(2024·海南卷，T11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　)
A．bc过程外界对气体做功
B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量
D．ca过程气体内能减小
[解析]　由理想气体状态方程＝C化简可得V＝·T，由题图可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa＜pb＝pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；由上述分析可知，ca过程压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得Q＜0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。
[答案]　AC
微专题二　热力学第一定律与气体实验定律的综合
　(2024·北京卷，T3)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变，在上浮过程中气泡内气体(　　)
A．内能变大　　　　 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
[解析]　上浮过程气泡内气体的温度不变，则内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故C错误，D正确。
[答案]　D
　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＝Q1＝－400 J
等压过程中，内能变化量与等容过程相等均减小400 J，又放出600 J热量，则W＝ΔU－Q2＝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
　(2024·湖北卷，T13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[解析]　(1)气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律得＝，即＝，解得T1＝T0。
(2)此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝CT0，外界对气体做功，W＝－pSΔh＝－h(p0S＋mg)，此过程中容器内气体吸收的热量Q＝ΔU－W＝h(p0S＋mg)＋CT0。
[答案]　(1)T0　(2)h(p0S＋mg)＋CT0
1．(热力学第一定律与图像的综合)(多选)(2024·新课标卷，T21)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　)
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
解析：选AD。1→2为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖-吕萨克定律可知，气体体积增大时温度增加，内能增大，气体对外界做功，W＜0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，可知气体向外放热，故D正确。
2．(热力学第一定律与图像的综合)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　　)
A．对外界做正功
B．压强保持不变
C．向外界放热
D．内能减少
解析：选A。理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由题图可知V＝V0＋kT，根据理想气体的状态方程＝C，联立有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由选项A、D可知，理想气体对外界做正功且内能增大，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误。
3．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)2025年5月1日“祥云AS700载人飞艇山东首次试飞展示活动”在济南市正式启动。若在飞艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)　(　　)
A．吸收热量　　　　 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
解析：选C。由于飞艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量。
4．(热力学第一定律与气体实验定律的综合)(2024·重庆卷，T3)某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内视为理想气体，密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　　)
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
解析：选D。气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积增大，则压强减小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知Q>0，则气体需要从外界吸热，故C错误，D正确。(共23张PPT)
课后达标检测
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1．(多选)下列哪些现象的逆过程并不违反能量守恒定律，却从未能自发地发生(　　)
A．传热　　　　　　 B．气体膨胀
C．分子扩散 D．摩擦生热
解析：传热、分子扩散和摩擦生热的逆过程并不违反能量守恒定律，但逆过程不能自发地发生；气体自由膨胀的过程是不可逆过程，但如果气体是在外界作用下的膨胀，则是可逆过程。
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2．(多选)关于能量守恒定律与能源，下列说法正确的是(　　)
A．人骑自行车是将生物质能转化为机械能
B．太阳能的利用一般为光电转换
C．只要有能量转移和转化，就一定遵从能量守恒定律
D．生物质能属于可再生能源，风能属于不可再生能源
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解析：人骑自行车是将生物质能转化为机械能，故A正确。
太阳能的利用有：光热转换、光电转换、光化转换等，故B错误。
能量守恒定律是自然界中普遍存在的规律，只要有能量转移和转化，就一定遵从能量守恒定律，故C正确。
生物质能和风能都属于可再生能源，故D错误。
3．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加
B．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
C．低温系统可以向高温系统传递热量而不引起其他变化
D．无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%
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解析：根据ΔU＝W＋Q可知，外界做正功即W＞0，有可能同时放热即Q＜0，故内能的变化不确定，故A错误；
第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违反了热力学第二定律，所以不可能制成，故B正确；
传热过程具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，故C错误；
根据热力学第二定律，无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%，故D正确。
4．(多选)下列关于制冷机制冷过程的说法正确的是　(　　)
A．此过程违反了热力学第二定律
B．此过程违反了能量守恒定律
C．此过程没有违反能量守恒定律
D．此过程在消耗电能的前提下，热量从低温物体传给高温物体
解析：制冷机可以从低温物体吸收热量传给高温物体，但必须消耗电能，这并不违反热力学第二定律，A错误，D正确；
任何物理过程都不违反能量守恒定律，B错误，C正确。
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5．(多选)下列现象能够发生，并且不违背热力学第二定律的是(　　)
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为机械能
C．桶中浑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．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
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解析：一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热，这违背了热力学第二定律，不能发生，A错误；
根据热力学第二定律，蒸汽机不可能把蒸汽的内能全部转化为机械能，B错误；
C选项中说的不是热现象，不违背热力学第二定律，C正确；
空调机在制冷过程中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，则从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，能发生，故D正确。
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6．(多选)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为动能，使这个物体运动起来。对其原因，下列说法不正确的是(　　)
A．这违背了能量守恒定律
B．在任何条件下内能都不可能转化为机械能，机械能会转化为内能
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．机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
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解析：机械能和内能可以相互转化，但必须通过做功来实现，由热力学第二定律可知，内能不可能全部转化成机械能，同时不引起其他变化；该过程并不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故A、B错误，C、D正确。
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7．(2025·云南昆明市期末)如图所示的是“风光互补LED太阳能路灯”，太阳能路灯同时利用光能和风能实现照明，它的上端是风力发电，中间是太阳能电池板，下部是照明灯，最下端是蓄电池。下列说法正确的是(　　)

A．夜晚蓄电池放电，将电能转化为化学能
B．风力发电，将机械能转化为电能
C．太阳能电池板将太阳能转化为光能
D．太阳能、风能属于不可再生能源
解析：蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故A错误；
风力发电将空气的机械能转化为电能，故B正确；
太阳能电池板把太阳能转化为电能，故C错误；
太阳能、风能属于可再生能源，故D错误。
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8．(多选)对于有序和无序，下列说法正确的是(　　)
A．有序与无序是相对的
B．对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越大
C．有序与无序是绝对的
D．对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越小
解析：有序和无序是相对的，故A正确，C错误；
对任何一件事物，如果规定得越多，限制得越多，它的无序性就越小，故B错误，D正确。
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9．(多选)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体，则此过程该气体系统(　　)
A．对外做功，体积膨胀
B．对外不做功，最终压强减小
C．内能减少，最终温度降低
D．无序度变大
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10．(2025·宁夏石嘴山市期末)关于热力学定律，下列说法错误的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
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解析：做功或传热是改变物体内能的两种方式，故A正确，不符合题意；
对某物体做功的同时物体可能向外传递热量，所以不一定会使该物体的内能增加，故B正确，不符合题意；
根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，但是如果可以引起其他变化，就可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确，不符合题意；
根据热力学第二定律可知，不可能自发地使热量从低温物体传向高温物体，但在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，故D错误，符合题意。
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11．(多选)(2025·陕西宝鸡市期末)关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列说法正确的是(　　)
A．0 ℃的水和0 ℃的冰的内能是相等的
B．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成
C．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀(对外做功)过程，气体的内能减少
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解析：0 ℃的冰熔化成0 ℃水，要吸收热量，内能增加，则0 ℃的冰的内能比等质量的0 ℃的水的内能小，由于质量的关系不确定，故不能确定0 ℃的水和0 ℃的冰的内能的关系，故A错误；
热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，故B正确；
热力学第二定律可描述为“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”，故C错误；
一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则Q＝0，W＜0，根据ΔU＝W＋Q可知ΔU＜0，气体的内能减小，故D正确。
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12．(多选)(2025·甘肃白银市期末)某品牌空调的部分技术参数如表格所示。当该空调正常工作时，下列说法正确的是(　　)
A．该空调制冷时的电流为5 A
B．该空调制冷时的电流为4.4 A
C．该空调连续制冷1 h消耗1.1度电
D．空调能够制冷，说明热量能自发地从高温物体传给低温物体
额定电压 220 V
额定频率 50 Hz
制冷功率 1 100 W
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空调制冷1 h消耗的电能W＝Pt＝1.1 kW·h，故C正确；
空调能够制冷，是通过外界做功将热量从低温物体传给高温物体，故D错误。

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