第3章 2 热力学第一定律 3 能量守恒定律 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（人教版2019，浙江）

DISANZHANG 第三章 2　热力学第一定律　 3　能量守恒定律 1 1.理解热力学第一定律，并能运用热力学第一定律分析和解决相关问题(重点)。 2.理解并会运用能量守恒定律解决实际问题(难点)。 3.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。 学习目标 2 一、热力学第一定律 二、能量守恒定律 课时对点练 内容索引 3 一 热力学第一定律 4 汽缸内有一定质量的气体，压缩气体的同时给汽缸加热。那么，气体内能的变化会比单一方式(做功或传热)更明显。这是为什么呢？ 答案　给汽缸加热，即向汽缸内传热，汽缸内气体的内能会增加，压缩气体，外界对气体做功，也会使汽缸内气体的内能增加，所以两种方式同时作用时，气体内能的变化比单一方式更明显。 1.改变内能的两种方式： 与 。两者对改变系统的内能是 。 2.热力学第一定律：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。 3.热力学第一定律的表达式：ΔU＝ 。 梳理与总结 做功 传热 等价的 热量 所做的功 Q＋W 4.热力学第一定律的应用： (1)ΔU的正负：当系统内能增加时，ΔU取 值，当系统内能减小时，ΔU取 值。(均选填“正”或“负”) (2)W的正负：外界对系统做功时，W取 值；系统对外界做功时，W取 值。(均选填“正”或“负”) (3)Q的正负：外界对系统传递热量时，Q取 值；系统向外界传递热量时，Q取 值。(均选填“正”或“负”) 正 负 正 负 正 负 如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定质量的空气，压强与大 气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温 度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞 与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。Q1和Q2哪个大些？为什么？ 思考与讨论 答案　活塞与汽缸都固定不动时，气体的体积不变，没有做功过程发生，气体吸收的热量Q1全部用于增加气体的内能即为ΔU＝Q1，如果活塞可以自由滑动，温度升高，气体膨胀，会推动活塞向外运动，对外做功，当气体升高相同温度时，气体内能的增加量与前一个过程是相同的，也是Q1，根据热力学第一定律ΔU＝Q1＝W＋Q2，由于W<0，所以Q2>Q1。 　(2022·舟曲市高二期末)一定质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＝2×104 J D.W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J 例1 √ 因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；气体内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，B选项正确。 　(2023·杭州市模拟)夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是 A.气泡内气体的内能可能不变 B.气泡上升过程中可能会放热 C.外界对气泡内气体做负功，气体内能增大 D.气泡内气体的压强增大 例2 √ 10 气泡上升，由p＝p0＋ρgh知气泡内压强减小，D错误； 根据题意可知，越往上温度越高，故气泡温度升高， 内能变大，故A错误； 由 ＝C知，气泡体积变大，外界对气泡内气体做 负功，根据ΔU＝W＋Q，气泡内能增大，可知Q>0，故气泡吸热，故B错误，C正确。 11 判断气体是否做功的方法 1.若气体体积增大，表明气体对外界做功，W<0； 2.若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0。 总结提升 　如图所示，内壁光滑的绝热汽缸固定在水平面上，其 右端由于有挡板，厚度不计的绝热活塞不能离开汽缸， 汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸右端 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2×105 Pa。已知活塞的横截面积为0.04 m2，外部大气压强为1×105 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3 √ 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，做功为W＝－p0Sx＝－1×105×0.04×0.2 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＝W＋Q＝(－800 ＋2 000) J＝1 200 J，故B正确。 应用热力学第一定律解题的一般步骤 (1)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负； (2)根据ΔU＝W＋Q列方程求出未知量； (3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况。 总结提升 二 能量守恒定律 16 1.能量守恒定律 (1)内容：能量既不会凭空 ，也不会凭空 ，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)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。 产生 消失 转化 转移 保持不变 2.永动机不可能制成 (1)第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地 的机器。 (2)第一类永动机由于违背了 ，所以不可能制成。 3.热力学第一定律与能量守恒定律的比较 (1)能量守恒定律是各种形式的能相互转化或转移的过程，总能量保持不变，它包括各个领域，范围广泛。 (2)热力学第一定律是物体内能与其他形式的能之间的相互转化或转移，是能量守恒定律在热现象领域内的具体体现。 对外做功 能量守恒定律 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？ 思考与讨论 答案　这不是永动机。手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表指针走动。若将此手表长时间放置不动，它就会停下来。 (1)能量既可以转移又可以转化，故能量的总量是可以变化的。(　　) (2)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。(　　) (3)运动的物体在阻力作用下会停下来，说明机械能凭空消失了。 (　　) (4)第一类永动机不能制成，因为它违背了能量守恒定律。(　　) × × √ √ 辨析 　有一种叫作“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，就是应用了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10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。在上述过程中，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.化学能转化为光能 D.机械能转化为电能 例4 √ 根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，即压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能，故选D。 　某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量，他用一个横截面积为S＝3.2 dm2的保温圆筒，筒内装有质量为m＝0.4 kg的水，让太阳光垂直照射t＝3 min，水升高的温度Δt＝2.2 ℃，已知水的比热容c＝4.2×103 J/(kg· ℃)，地球半径为R＝6 400 km，试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率。(提示：Q＝cmΔt) 例5 答案　8.3×1016 W 三 课时对点练 考点一　热力学第一定律 1.(2022·金华市高二期中)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，下列说法中正确的是 A.外界对气体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正 B.气体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负 C.气体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正 D.外界对气体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 基础对点练 7 √ 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 外界对气体做功时W为正，反之为负；吸热时Q为正，反之为负；内能增加时ΔU为正，反之为负，故选C。 2.如图所示，现用活塞压缩封闭在汽缸内的空气，对空气做了90 J的功，同时空气向外散热21 J，关于汽缸内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.内能减小111 J D.内能减少21 J 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 √ 根据题意，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得，汽缸内空气的内能变化为ΔU＝－21 J＋90 J＝69 J，即汽缸内空气的内能增加了69 J。故选B。 3.(2023·浙江名校协作体开学考试)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶缓慢下沉到底部，松开后，小瓶缓慢上浮。下沉过程中，小瓶内气体 A.内能减少 B.对外界做功 C.内能的变化量的绝对值大于放出的热量 D.内能的变化量的绝对值等于放出的热量 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 2 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶下沉过程中，小瓶内温度降低，则内能减小，故A正确； 在小瓶下沉过程中，小瓶内气体的温度逐渐降低，压强逐渐增大，根据理想气体状态方程 ＝C 可知气体体积减小，则外界对气体做功，故B错误； 7 2 由A、B分析知，小瓶下沉过程中，小瓶内气体内能减小(ΔU<0)，外界对气体做功(W>0)，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知气体放热(Q<0)，且内能的变化量的绝对值小于放出的热量，故C、D错误。 4.(多选)如图所示为简易测温装置，玻璃管中一小段水银封闭了烧瓶内一定质量的气体，当温度升高时 A.瓶内气体的密度增大 B.瓶内气体分子的平均动能增加 C.外界对瓶内气体做正功 D.传热使瓶内气体的内能增加 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 √ 2 √ 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 由题图可知，当温度升高时，烧瓶内气体的变化为等压膨胀，故瓶内气体的密度减小，气体分子的平均动能增加，瓶内气体对外做功，选项B正确，A、C错误； 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，瓶内气体内能增加是由于气体从外界吸收了热量，选项D正确。 7 2 5.列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减震，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若外界环境温度保持不变，汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中，当上下乘客时，气体的内能_____(选填“增加”“减少”或“不变”)，气体从(向)外界_____ (选填“吸热”或“放热”)；剧烈颠簸时，___________(选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的温度_____(选填“升高”“降低”或“不变”)。 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 不变 放热 外界对气体 升高 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，则气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0； 在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q<0，所以气体对外放出热量； 剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，即Q＝0，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0； 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高。 考点二　能量守恒定律　永动机不可能制成 6.(多选)(2022·台州市高二检测)下列关于能量守恒定律的说法正确的是 A.能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一 个物体 B.能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化 C.一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少 D.能量的转化与守恒定律证明了能量既不会凭空产生也不会凭空消失 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 √ √ √ 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 能量不仅能从一种形式转化为另一种形式，而且也能从一个物体转移到另一物体，例如传热，A错误； 根据能量守恒定律可知，能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化，一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少，能量的转化与守恒定律证明了能量既不会凭空产生也不会凭空消失。B、C、D正确。 7 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.下列说法正确的是 A.条形磁体下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生了感应电流，说明电 能是可以被创造的 B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空 间的能量都消失了 C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”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，说明能量是可以凭空产生的 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 磁铁穿过线圈过程中是机械能转化成了电能，故A错误； 太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，故B错误； 马儿奔跑时同样需要消耗能量，故“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，故C正确； 不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是靠手臂的摆动提供能量的，它不违背能量守恒定律，故D错误。 8.(多选)行驶中的汽车刹车后会滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁体在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流。上述不同现象所包含的相同物理过程是 A.物体克服阻力做功 B.物体的动能转化为其他形式的能量 C.物体的势能转化为其他形式的能量 D.物体的机械能转化为其他形式的能量 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 √ 2 √ 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 这四个现象中物体运动过程中都受到阻力作用，汽车主要受摩擦阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁体下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A正确。 四个物体的运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁体是重力势能转化成其他形式的能，总之是机械能转化成了其他形式的能，D正确。 2 9.如图所示，导热良好的圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上，用活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞上堆放着铁砂，系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂，忽略活塞与汽缸之间的摩擦，外界环境温度不变，则在此过程中缸内气体 A.对外做功，其内能减少 B.温度不变，与外界无热量交换 C.分子碰撞缸壁时的平均作用力减小 D.分子在单位时间内对单位面积活塞的碰撞次数减少 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 √ 2 能力综合练 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 缓慢取走铁砂的过程中，封闭气体的压强减小，因温度不变，由pV＝C知V变大，活塞会缓慢上升，气体膨胀对外做功，W＜0，汽缸导热良好，缸内气体 7 2 温度保持不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q＞0，即气体要从外界吸收热量 ，故A、B错误； 由上面的分析可知缸内气体温度不变，即气体分子的平均动能不变，所以分子与缸壁碰撞时的平均作用力不变，故C错误； 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 因为缸内气体体积增大，所以缸内气体分子数密度减小，分子的平均动能不变，则在单位时间内气体分子对单位面积活塞的碰撞次数减少，故D正确。 7 2 10.如图所示，容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压强恒定。A、B的底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。起初，A中水面比B中的高，打开阀门，使A中的水逐渐流向B中，最后达到平衡。在这个过程中，下列说法正确的是 A.大气压力对水做功，水的内能减小 B.水克服大气压力做功，水的内能减小 C.大气压力对水不做功，水的内能不变 D.大气压力对水不做功，水的内能增加　 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 √ 2 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 平衡前，A容器中的活塞向下移动，设A中活塞横截面积为S1，移动距离为l1，大气压力推动A中活塞向下移动时对水做的功WA＝p0S1l1，平衡前，B 7 2 容器中的活塞向上移动，设B中活塞横截面积为S2，移动距离为l2，水通过活塞对外界做功，WB＝－p0S2l2，由于水的总体积不变，则有S1l1＝S2l2，即A容器中大气压力对水做的功与B容器中水克服大气压力做的功相等。在整个过程中，大气压力对水做的功是上述两个功(正功WA、负功WB)的代数和，即WA＋WB＝p0S1l1－p0S2l2＝0，选项A、B错误。 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 大气压力对水不做功，同时整个装置与外界绝热，没有热交换，但是水从容器A流向容器B的过程中，水的重心下降，水的重力做正功，水的重力势能 7 2 减小，根据能量守恒定律，减少的水的势能转化为水的内能，水的内能增加，选项C错误，D正确。 11.如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直固定在水平面上，用质量为m的绝热活塞把缸内空气分成两部分。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体，活塞用销钉K固定，已知P部分的气体体积小于Q部分的气体体积，拔掉销钉活塞能上、下自由移动。现拔掉销钉，活塞移动一小段距离后再将其固定。下列说法正确的是 A.活塞上升 B.P部分气体温度不变 C.两部分气体内能之和不变 D.两部分气体内能之和增大 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 √ 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 根据热学知识可知P部分气体压强较大，又活塞受到竖直向下的重力，所以拔掉销钉后，活塞下降，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于汽缸和活塞都是绝热的，可知Q为零，两部分气体既不吸热也不放热。P部 7 分气体对Q部分气体做功，因此P部分气体内能减小，温度降低，Q部分气体内能增加，温度升高；活塞下移，活塞的重力势能减小，根据能量守恒定律可知活塞重力势能的减少量等于P、Q两部分气体内能之和的增加量，两部分气体的内能之和增大，故D正确，A、B、C错误。 2 12.如图，封有一定质量理想气体的圆柱形汽缸竖直放置， 汽缸的高度H＝30 cm，缸体内底面积S＝200 cm2，缸体质 量M＝10 kg。弹簧下端固定在水平桌面上，上端连接活塞， 当缸内气体温度T0＝280 K时，缸内气体高h＝20 cm。现缓 慢加热气体，使活塞最终恰好静止在缸口(未漏气)，此过 程中缸内气体吸收热量为Q＝450 J。已知大气压恒为p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦，且汽缸底部及活塞表面始终保持水平。求： (1)活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度； 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 答案　420 K 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 加热过程为等压变化，设缸内气体的末态温度为T，初态温度为T0＝280 K 代入数据解得T＝420 K (2)加热过程中，缸内气体内能的增加量。 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 7 2 答案　240 J 设缸内气体的压强为p； 对汽缸由平衡条件有Mg＋p0S＝pS 该过程气体对外做功W＝pS(H－h) 则外界对气体做功为W′＝－W 由热力学第一定律有ΔU＝W′＋Q 代入数据解得ΔU＝240 J。   太阳辐射到水中的能量Q＝cmΔt＝4.2×103×0.4×2.2 J≈3.7×103 J， 则太阳在3 min内向地球表面辐射的能量Q总＝·πR2＝×3.14×(6 400×103)2 J≈1.49×1019 J，则辐射功率P＝＝ W ≈8.3×1016 W。   由盖－吕萨克定律有＝ $$