1.热力学第一定律 2.能量守恒定律-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

1．热力学第一定律 2．能量守恒定律 　　　　 第三章　热力学定律 1.知道做功和热传递是改变内能的两种方式。 2.理解热力学第一定律的内容，会用其分析解决相关问题。 3.认识第一类永动机，并理解其不能制成的原因。 4.认识能量守恒定律的发现历程，并理解其内容和意义。 素养目标 知识点一　热力学第一定律 1 知识点二　能量守恒定律 2 课时测评 4 随堂达标演练 3 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　热力学第一定律 返回 自主学习 情境导学　如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放入 一小团蘸了乙醚的硝化棉，用力迅速压下活塞，可以观察到硝化 棉燃烧的火苗。为什么筒底的硝化棉会被点燃呢？ 提示：外界对筒内气体做功，使气体内能增加，温度升高， 达到硝化棉的燃点后引起硝化棉燃烧。 (阅读教材P54－P57完成下列填空) 1．焦耳的实验 (1)绝热过程：系统与外界之间没有______的交换，只是通过外界______的方式与外界交换能量的过程。 (2)代表性实验 ①桨叶搅拌实验：重物下落时带动搅拌器转动，叶片与水之间，以及水与水之间因摩擦而生热。 结论：在热力学系统的绝热过程中，系统______________ΔU等于外界对系统所做的功W，即ΔU＝W。 热量 做功 内能的增加量 ②利用电流的热效应给水加热：下落的重物带动发电机转动发电，电流的热效应使容器中的水温升高。 结论：在外界没有对系统做功的过程中，系统内能的增加量ΔU等于系统从外界所吸收的热量Q，即ΔU＝Q。 2．热力学第一定律 (1)内容：在系统跟外界同时发生做功和热传递的过程中，系统内能的增加量ΔU等于系统从外界吸收的热量____与外界对系统所做的功____之和。 (2)表达式：ΔU＝________。 Q W Q＋W 3．第一类永动机不可能制成 (1)第一类永动机：不需任何______和燃料，能持续不断地__________的 机器。 (2)第一类永动机不可制成的原因：违背了____________定律。 动力 对外做功 热力学第一 合作探究 问题探究　一定质量的气体从外界吸收了2.6×105 J的热量，内能增加了4.2×105 J。请思考下列问题： (1)是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少焦耳的功？ 提示：(1)由热力学第一定律知ΔU＝Q＋W，将Q＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J代入上式得W＝ΔU－Q＝4.2×105 J－2.6×105 J＝1.6×105 J W＞0，说明外界对气体做了1.6×105 J的功。 (2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105 J不变，但是内能增加了1.6×105 J，计算结果W＝－1.0×105 J，是负值，怎样解释这个结果？ 提示：(2)如果吸收的热量Q＝2.6×105 J，内能ΔU增加了1.6×105 J，计算结果为W＝－1.0×105 J，说明气体对外界做功。 (3)在热力学第一定律ΔU＝Q＋W中，Q、W和ΔU的正值、负值各代表什么物理意义？ 提示：(3)在公式ΔU＝Q＋W中，ΔU＞0，气体内能增加；ΔU＜0，气体内能减少。Q＞0，气体吸热；Q＜0，气体放热。W＞0，外界对气体做功；W＜0，气体对外界做功。 (2023·北京二中期末)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中 A．气体对外界做功，内能减少 B．外界对气体做功，内能增加 C．气体压强变小，温度降低 D．气体压强变小，温度不变 例1 √ 解题导引　抽开隔板K，a内气体进入b，体积膨胀，但并没对外做功。 绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q＝0，稀薄气体向真空扩散没有对外界做功，W＝0，根据热力学第一定律得ΔU＝0，内能不变，故A、B错误；稀薄气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体向真空扩散，体积增大，压强减小，故C错误，D正确。 针对练．有一个小气泡从水池底缓慢地上升，气泡跟水不发生热传递，而气泡内气体体积不断增大，小气泡上升的过程中 A．由于气泡克服重力做功，则它的内能减少 B．由于重力和浮力的合力对气泡做功，则它的内能增加 C．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能增加 D．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能减少 √ 在小气泡上升过程中，重力和浮力的合力对气泡做功，或者气泡克服重力做功，它只能改变气泡的机械能，而不影响气泡内气体的内能，故A、B错误；在上升的过程中，气泡内气体膨胀而对外界做功，使它的内能减少，故C错误，D正确。 角度2　热力学第一定律的应用 (2023·济南高二检测)如图所示，内壁光滑的绝热气缸固定在水平面上，其右端由于有挡板，厚度不计的绝热活塞不能离开气缸，气缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距气缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气体加热，活塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2×10 5 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m 2，外部大气压强为1×10 5 Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为 A．400 J　 　B．1 200 J　　 C．2 000 J　　 D．2 800 J 例2 √ 解题导引　气体等压膨胀，推动活塞对外做功，W为负，所以W＝－pΔV。 由题意可知，气体先等压变化，到活塞运动到挡板处再发生等容变化，等压变化过程气体对外做功，W＝－p0Sx＝－1×10 5×0.04×0.2 J＝ －800 J，由热力学第一定律可知，封闭气体的内能变化量为ΔU＝Q＋W＝[2 000＋(－800)] J＝1 200 J，故B正确。 1．改变内能的两种方式的比较 项目 做功 热传递 内能变化 在绝热过程中，外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少 在单纯热传递过程中，系统吸收热量，内能增加；系统放出热量，内能减少 物理实质 其他形式的能与内能之间的转化 不同系统间或同一系统不同部分之间内能的转移 相互联系 都能引起系统内能的改变 探究归纳 2.与热力学第一定律相对应的符号法则 正负 做功W 热量Q 内能的改 变量ΔU 取正 值“＋” 外界对系统做功 系统从外界吸收热量 系统的内 能增加 取负 值“－” 系统对外界做功 系统向外界放出热量 系统的内 能减少 探究归纳 3.几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对系统(系统对外界)做的功等于系统内能的增加(减少)量。 (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，系统吸收(放出)的热量等于系统内能的增加(减少)量。 (3)若过程的始、末状态系统的内能不变，即ΔU＝0，则Q＋W＝0或W＝－Q，外界对系统(系统对外界)做的功等于系统放出(吸收)的热量。 探究归纳 4.求解气体做功问题的常用方法 (1)用热力学第一定律求气体做功 在气体内能变化ΔU及吸收热量Q确定的情况下，可应用热力学第一定律ΔU＝Q＋W计算气体做的功W。 探究归纳 (2)等压变化过程，用公式W＝pΔV计算 等压变化过程中，气体压强不变，对活塞的压力F＝pS，压力为恒力，由恒力做功的公式W＝Fx可得W＝pSx＝pΔV，即气体做的功与气体的压强p和气体体积的变化量ΔV有关。 (3)用p­-V图像与横坐标轴所围图形的面积计算 在p-V图像中，气体做的功W在数值上等于图线与横坐标轴所围图形的面积。 探究归纳 针对练.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p ­V图像如图所示，已知A→B过程放出热量Q，TA＝TC，则B→C过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？ 答案：吸收热量　Q＋p2(V2－V1) 返回 B→C过程气体的压强不变，气体的体积增大，气体 对外做功，根据 ＝C(常量)，可知温度升高， 则内能增大，由热力学第一定律知气体吸收热量。 B→C过程，气体对外做的功为W＝p2(V2－V1)。 A→B过程，气体的体积不变，不对外做功，由A、C状态气体内能相同，根据ΔU＝Q总＋W总得0＝(－Q＋QBC)＋(－W)，可得QBC＝Q＋W＝Q＋p2(V2－V1)，即B→C过程气体吸收的热量为Q＋p2(V2－V1)。 知识点二　能量守恒定律 返回 自主学习 情境导学　如图为一种所谓“全自动”的机械手表，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去。这是不是一种永动机？如果不是，维持表针走动的能量是从哪儿来的？ 提示：不是。手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表指针走动。若将此手表长时间放置不动，它就会停下来。 (阅读教材P57－P61完成下列填空) 1．能量守恒定律 (1)探索历程：17世纪，笛卡尔、莱布尼兹都提出了______中守恒的量，但仅限于机械运动；18世纪，______技术的成就，证明了内能可以转化为机械能；18世纪末到19世纪初，________、光学的迅速发展，使得________和其他运动形式之间的相互转化具有十分重大的理论和实际意义。化学和________的研究，使人们进一步认识到不同形式的能都是可以相互转化的。 运动 蒸汽 电磁学 热运动 生物学 (2)关键人物：______提出了能量守恒的观点；______精确地测定了热与功间的定量关系；亥姆霍兹建立了能量守恒定律的数学表达式(1847年)。 (3)内容：能量既不会凭空______，也不会凭空______，它只能从一种形式______为另一种形式，或者从一个物体______到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的______保持不变。 迈尔 焦耳 产生 消失 转化 转移 总量 (4)意义 ①对提高________的性能，电机与________的研制及改进起到了重要的指导作用。 ②使不同领域的科学工作者具有一系列的共同语言。 ③为科学研究提供了方便。 (5)适用范围：不仅适用于低速、宏观的情形，也适用于______、______世界，是最______、最普遍的自然规律之一。 蒸汽机 内燃机 高速 微观 基本 2．节约能源 (1)可持续发展：指既满足当代人的需求，又不对后代人满足其自身需求的能力构成危害的发展。 (2)可持续发展战略的基本思想 ①鼓励经济增长，但要改变“高投入、高消耗、高______”的生产模式和消费模式。 ②利用科学技术及社会力量节约资源(含能源)，大力发展________的循环 使用。 ③利用科学技术，寻找新能源及开拓新的资源。 污染 资源 (3)提倡节约能源的真正原因：人类使用能源的过程实质上是能量转化和转移的过程。从宏观角度来看，人类使用能源的过程中能的总量是不变的，但能的品质_____了，能量从便于利用的形式变为不便于利用的形式。即能的总量不变，但便于利用的_____在不断减少。 (4)达到节能目标的途径：利用物理学原理提升节能技术，促进能源的________。 降低 形式 利用率 合作探究 问题探究　自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，最终停了下来。请思考下列问题： (1)是否违背了能量守恒定律？ 提示：不违背。 (2)如果没有违背能量守恒定律，那么秋千减少的机械能到哪里去了？ 提示：秋千减少的机械能转化成了秋千和空气的内能。 (3)对一个运动的物体，我们应该如何分析它所发生的能量转化？ 提示：功是能量转化的量度，要分析某物体发生的能量转化，可对该物体受力分析并进行做功分析，例如秋千摆动中受重力、拉力和空气阻力，重力做功，引起重力势能变化，拉力不做功，空气阻力做功使内能增加，合力做功引起动能变化，因此秋千摆动中存在重力势能、动能和内能间的 转化。 角度1　对能量守恒定律的理解 (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．不需要任何外界的能量供给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 √ √ √ 例3 不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，A正确；能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，B正确；第一类永动机不可能制成，它违背了能量守恒定律，C正确；石子的机械能并没有消失，而是转化成了其他形式的能量，D错误。 针对练．(2023·辽宁辽阳期末)一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是利用该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10 kV～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是 A．化学能转化为电能 B．内能转化为电能 C．光能转化为电能 D．机械能转化为电能 √ 转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以为机械能转化为电能，D正确。 角度2　能量守恒定律的应用 文艺复兴时期，意大利的达·芬奇曾设计过一种转轮，利用隔板的特殊形状，使一边的重球滚到另一边距离轮心远些的地方，并认为这样可以使轮子不停地转动，如图所示。下列说法正确的是 A．该设计可以使转轮在无外力作用下顺时针转动变快 B．该设计可以使转轮在无外力作用下逆时针转动变快 C．该设计可以在不消耗能源的情况下不断地对外做功 D．该设计中使转轮成为永动机的设想是不可能实现的 √ 由杠杆平衡原理可知，重球滚到另一边距离轮心远些的地方， 右边每个重物施加于轮子的力矩虽然较大，但是重物的个 数却较少。精确的计算可以证明，总会有一个适当的位置， 使左、右两侧重物施加于轮子的相反方向的旋转作用(力矩)恰好相等，互相抵消，使轮子达到平衡而静止下来，不管转轮是顺时针转动还是逆时针转动，在无外力作用下，只能是转动变慢，最终停下来，A、B错误；由选项A、B的分析结合能量守恒定律可知，该设计在不消耗能源的情况下不断地对外做功是不可能实现的，因为其违背了能量守恒定律，C错误，D正确。 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。 探究归纳 2．能量守恒的两种表达 (1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，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。 探究归纳 3．第一类永动机不能制成的原因分析 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。 探究归纳 针对练．水能源不产生污染物，是一种清洁能源，位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达到每秒6 000 m3，而且一年四季流量稳定，瀑布落差50 m，若利用这一资源发电，设发电效率为50%，估算发电机的输出功率。(g取10 m/s2，水的密度取1×103 kg/m3) 答案：1.5×109 W 水力发电的基本原理是水的机械能转化为电能。每秒钟流下的水的质量m＝ρV＝1×103×6 000 kg＝6×106 kg。每秒钟水可提供的机械能E＝mgh＝6×106×10×50 J＝3×109 J。设发电机的输出功率为P，则可得Eη＝Pt，其中t＝1 s，解得P＝ ＝3×109×50% W＝1.5×109 W。 返回 随堂达标演练 返回 √ 1．(多选)下列说法正确的是 A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的 B．在低速运动时，宏观物体的运动服从能量守恒定律 C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生 √ 第一类永动机违反能量守恒定律，即使随着科技的发展，第一类永动机也是不可以制成的，A错误；能量守恒定律不仅适用于低速、宏观的情形，也适用于高速、微观世界，是最基本、最普遍的自然规律之一，B正确；“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的，C正确；由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，D错误。 √ 2. (2023·天津高考)如图所示是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，爬高过程中，温度减小，则气体 A．对外做功 B．内能减小 C．吸收热量 D．压强不变 由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，A错误；爬山过程中温度降低，则气体内能减小，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，爬山过程中气体不对外做功，但内能减小，故可知气体放出热量，C错误；该过程为等容变化，温度降低，则压强减小，D错误。 √ 3. (2023·滨州高二检测)如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动。设筒内气体不与外界发生热量交换，在M向下滑动的过程中 A．外界对气体做功，气体内能增加 B．外界对气体做功，气体内能减少 C．气体对外界做功，气体内能增加 D．气体对外界做功，气体内能减少 因为M、N内被封气体的体积减小，所以外界对气体做功，即W＞0；又因气体不与外界发生热量交换，即绝热过程，所以ΔU＝W，则ΔU＞0，气体内能增加，A正确。 的热。已知照射到集热板上的太阳光的能量有50%被箱内气体吸收。求这段时间内集热箱里气体共吸收的热量。 答案：ΔU＋W 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W′ 由题意可知W′＝－W 气体共吸收的热量为Q＝ΔU＋W。 4.(选自鲁科版新教材P78T7)如图所示，一集热箱里面封闭着一定质量的气体，集热板作为集热箱的活塞且始终正对着太阳，其面积为S，在t时间内集热箱里气体膨胀对外做功W，其内能增加了ΔU，不计封闭气体向外散 返回 课 时 测 评 返回 1.(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 √ √ 冷物体接触热物体后变热是通过热传递改变物体内能，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热传递改变物体内能，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 2．在热力学第一定律的表达式ΔU＝Q＋W中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法正确的是 A．外界对系统做功时，W为正；吸热时，Q为负；内能增加时，ΔU为正 B．系统对外界做功时，W为负；吸热时，Q为正；内能增加时，ΔU为负 C．系统对外界做功时，W为负；吸热时，Q为正；内能增加时，ΔU为正 D．外界对系统做功时，W为负；吸热时，Q为负；内能增加时，ΔU为负 根据公式ΔU＝Q＋W的符号法则可知C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 3．做功和热传递都可以改变物体的内能，以下说法正确的是 A．物体放出热量，内能一定减少 B．物体对外做功，内能一定减少 C．物体吸收热量，同时对外做功，内能一定减少 D．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少 物体放出热量，若外界同时对物体做更多的功，则内能增加，故A错误；物体对外做功，若同时从外界吸收更多的热量，则内能增加，故B错误；物体吸收热量，同时对外做功，若二者相等，则内能不变，故C错误；物体放出热量，同时对外做功，则内能一定减少，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 4．下列说法错误的是 A．能量守恒定律只适用于物体内能的变化 B．只要有能量的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律 C．能量守恒定律是人们认识自然和利用自然的有力武器 D．任何一种形式的能量在转化为其他形式的能量的过程中，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 各种形式的能量都可以相互转化，并不是只适用于物体内能的变化，且有能量的转化和转移，就一定遵从能量守恒定律，A错误，B、C、D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 5．(2023·唐山高二检测)如图所示，容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A气体的密度小，B气体的密度大。抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合。设在此过程中气体吸热Q，气体内能的增加量为ΔU，则   A．ΔU＝Q B．ΔU＜Q C．ΔU＞Q D．ΔU＝0 抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀分布，其重心升高，重力势能增加。由能量守恒定律知，增加的重力势能由内能转化而来，所以内能的增加量小于吸收的热量，故选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 6．(多选)下列关于第一类永动机的说法正确的是 A．第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器 B．第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律 C．第一类永动机不能制成的原因是技术问题 D．第一类永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律 √ √ 第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律和热力学第一定律，这也是它不能制成的原因。故A、B、D正确，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 7. (多选)(2023·山东威海期末)如图所示，光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的气缸内，开始时系统处于静止状态，环境温度保持不变。下列判断正确的是 A．若迅速压活塞，则气体的内能减小 B．若迅速压活塞，则气体的内能增加 C．若缓慢压活塞，则气体的内能不变 D．若缓慢压活塞，则气体的内能增加 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 若迅速压活塞，则外界对气体做功，短时间内热量向外 界散失小，W＞0，Q＜0，且W>|Q|，由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q得，ΔU＞0，即气体的内能增加，A错误，B 正确；若缓慢压活塞，则外界对气体做功，气缸的导热 性能良好，气体向外界放热，W＞0，Q＜0，且W＝|Q|，得ΔU＝0，气体的内能不变，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 8.(2023·武汉高二检测)一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有 A．Q1－Q2＝W2－W1 B．Q1＝Q2 C．W1＝W2 D．Q1＞Q2 因为该理想气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以初、末状态内能相同，即ΔU＝0。根据热力学第一定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)在一气缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是 A．气体的体积不变，温度升高 B．气体的体积减小，温度降低 C．气体的体积减小，温度升高 D．气体的体积增大，温度不变 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增加，体积不变，气体对外界做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增加，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q可能等于零，即可能没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体吸收热量，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 10.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能转动较长时间，下列说法正确的是 A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 叶片进入水中后吸热，形状发生改变而搅动热水， 由能量守恒定律知，转轮转动所需能量来源于热水， 热水温度会降低，故A、B、C错误；由能量守恒定 律知，叶片吸收的热量一部分转化为叶片的弹性势能，一部分释放于空气中，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(10分)(2024·四川凉山统考一模)一定质量的理想气体，初始体积为6 L，初始温度为300 K，初始压强为p0，经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。求： (1)等压过程体积增加多少？ 答案：2 L (1)根据气体等压变化的规律有 ＝ 代入数据可得ΔV＝2 L。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)初始压强p0的大小。 答案： 1.0×105 Pa 由题可知两次变化气体内能增量相同，则等压过程中，气体对外做功为200 J，即W＝p0·ΔV＝200 J 因此初始压强的大小p0＝1.0×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(10分)(2023·衡阳高二检测)如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。气体从状态A(活塞在A处)变为状态B(活塞在B处)时，气体吸收热量280 J，并对外做功120 J。   (1)气体的内能改变量是多少？是增加还是减少？ 答案： 160 J　增加　 根据热力学第一定律可知，气缸内封闭气体的内能变化量为 ΔU＝Q＋W＝[280＋(－120)] J＝160 J 即内能增加了160 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)某人在上一问的基础上又接着提出了一个问题，说：“有人使气体从上一问的B状态再回到A状态，即回到原来A时的体积和温度，气体放出的热量是150 J，那么返回过程中气体对外做的功又是多少？”请你对该问题进行评价。 答案：若气体从B状态又返回A状态，则气体的内能变化量为ΔU′＝－ΔU＝－160 J 根据热力学第一定律可知，气体由B状态返回A状态的过程中有ΔU′＝Q′＋W′ 则W′＝ΔU′－Q′＝[(－160)－(－150)] J＝－10 J 即气体从B状态返回A状态过程中，对外做功10 J。 但题图中从B状态到A状态，气体体积减少，应为外界对气体做功，显然计算结果与实际情况不符，故该问题题设有误，该过程不可能发生。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 若气体从B状态又返回A状态，则气体的内能变化量为ΔU′＝－ΔU＝－160 J 根据热力学第一定律可知，气体由B状态返回A状态的过程中有ΔU′＝Q′＋W′ 则W′＝ΔU′－Q′＝[(－160)－(－150)] J＝－10 J 即气体从B状态返回A状态过程中，对外做功10 J。 但题图中从B状态到A状态，气体体积减少，应为外界对气体做功，显然计算结果与实际情况不符，故该问题题设有误，该过程不可能发生。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 ！ 第三章　 　热力学定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$