第3章 1 热力学第一定律 2 能量守恒定律-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

1　热力学第一定律 2　能量守恒定律 第三章　热力学定律 [学习目标]　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(重难点)。2.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。3.理解并会运用能量守恒定律解决实际问题(重点)。 课时作业 巩固提升 要点1　热力学第一定律 要点2　能量守恒定律　节约能源 内容索引 要点1　热力学第一定律 一 4 梳理 必备知识 自主学习 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。  热量 做功 (2)代表性实验 ①过程:重物下落带动叶片搅拌容器中的水,引起水温上升。 现象:只要重力做功相等,水温升高都相等,即　　 　　的变化相同。  结论:热力学系统的绝热过程中,系统　　　　　　　　等于外界对系统　　 　　。  表达式:ΔU=W。 系统内能 内能的增加量 所做的功 ②过程:重物下落带动发电机发电,通过电流的热效应使容器中的水温升高。 现象:只要产生的　　　　相等,系统升高的　　　　都相等,即系统内能的变化相同。  结论:在外界没有对系统做功的过程中,系统内能的增加量等于系统从外界所吸收的热量。 表达式:ΔU=Q。 电热 温度 2.热力学第一定律 (1)内容:一个热力学系统内能的增加量等于外界向它传递的 　　　　与外界对它所做的　　　　的和。  (2)表达式:ΔU=　　　 　。  3.第一类永动机不可能制成 (1)第一类永动机:不需要任何动力和　　　　,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。  热量 功 Q+W 燃料 对外做功 热力学第一 [思考与讨论] 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),也使汽缸内空气升高相同温度,其吸收的热量为Q2。请思考Q1和Q2哪个大些?为什么? 提示:Q2>Q1。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。 1.对公式ΔU=Q+W符号的规定 归纳 关键能力 合作探究 符号 W Q ΔU + 体积减小,外界对热力学系统做功 热力学系统吸收热量 内能 增加 - 体积增大,热力学系统对外界做功 热力学系统放出热量 内能 减少 2.气体状态变化的几种特殊情况 (1)绝热过程:Q=0,则ΔU=W,系统内能的增加量(或减少量)等于外界对系统(或系统对外界)做的功。 (2)等容过程:W=0,则ΔU=Q,系统内能的增加量(或减少量)等于系统从外界吸收(或系统向外界放出)的热量。 (3)等温过程:理想气体的内能不变,即ΔU=0,则W=-Q(或Q=-W),外界对系统做的功等于系统放出的热量(或系统吸收的热量等于系统对外界做的功)。 3.判断气体是否做功的方法 一般情况下看气体的体积是否变化。 (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。 [典例1]　一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起(不计气泡内空气分子的势能),则下列说法正确的是(　　) A.气泡对外做功,内能不变,同时放热 B.气泡对外做功,内能不变,同时吸热 C.气泡内能减少,同时放热 D.气泡内能不变,不吸热也不放热 B [解析]　在气泡缓慢上升的过程中,气泡外部的压强逐渐减小,气泡膨胀,对外做功,W<0,由于外部恒温,且气泡缓慢上升,故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度,内能不变,即ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知需从外界吸收热量,且吸收的热量等于气泡对外界所做的功,故B正确。 [典例2]　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。 (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? (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? [答案]　(1)外界对气体做了功　1.6×105 J　(2)说明气体对外界做功 [解析]　(1)由热力学第一定律知,外界对气体所做的功W加上气体从外界吸收的热量Q等于气体内能的增加量ΔU,即ΔU=W+Q,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。 归纳总结 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.根据方程ΔU=W+Q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。 [针对训练] 1.(多选)(2023·全国甲卷改编)在一汽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 ABD 解析:气体的体积不变温度升高,则气体的内能升高,体积不变气体做功为零,因此气体吸收热量,A正确;气体的体积减小温度降低,则气体的内能降低,体积减小外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体对外放热,B正确;气体的体积减小温度升高,则气体的内能升高,体积减小外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q可能等于零,即没有热量交换过程,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=W+Q可知Q>0,即气体吸收热量,D正确。 2.一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,则下列各式中正确的是(　　) 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 B 解析:因为外界对气体做功,W取正值,即W=8×104 J;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,即B选项正确。 二 要点2　能量守恒定律　节约能源 23 1.能量守恒定律的探索历程:17世纪,笛卡尔、莱布尼兹都提出_______ 中守恒的量→18世纪,　　　　的普遍使用证明内能可以转化为机械能→18世纪末到19世纪初,　　　　、光学、化学、　　　　的发展,使人们进一步认识到不同形式的能都可以相互转化。  2.关键人物:　　　　表述了能量守恒定律(1842年)→　　　　测定做功与传热的关系(1843年)→亥姆霍兹在理论上概括和总结能量守恒定律(1847年)。  梳理 必备知识 自主学习 运动 蒸汽机 电磁学 生物学 迈尔 焦耳 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。  4.意义 (1)提高了　　　　的性能,对电机与　　　　的研制及改进起到了重要的指导作用。  (2)将不同领域联系起来,为科学工作者提供了共同语言。 (3)为科学研究提供了方便。 产生 消失 转化 转移 总量 蒸汽机 内燃机 5.节约能源 (1)可持续发展定义: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)可持续发展基本思想 ①鼓励　　　　增长,但要改变“高投入、高消耗、　　　　”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　　　　及开拓新的资源。  经济 高污染 资源 新能源 [思考与讨论] 在下面几个实例中,能量之间是怎样转化的? (1)在水平公路上行驶的汽车。发动机熄火后,速度越来越小,最后停止。 (2)在阻尼振动中。单摆的振幅越来越小,最后停下来。 (3)在电磁感应中,线框在磁场中转动,线框会发热。 (4)有的地方会用太阳灶来烧水,把水烧开。 提示:(1)汽车的能量转化:汽车通过克服阻力做功将机械能转化为内能。 (2)单摆的能量转化:单摆通过克服阻力做功将机械能转化为内能。 (3)电磁感应线框中的能量转化:先将线框的机械能转化为线框中的电能,电流流过线框,又将电能转化为内能。 (4)用太阳灶来烧水的能量转化:通过太阳灶将太阳能转化为水的内能。 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,还有诸如电磁能、化学能、原子能等。 (2)各种形式的能可以相互转化。例如,利用电炉取暖或烧水,电能转化为内能;煤燃烧,化学能转化为内能;列车刹车后,轮子温度升高,机械能转化为内能。 归纳 关键能力 合作探究 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。 [典例3]　下列关于能的转化和能量守恒定律的认识不正确的是(　　) A.某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加 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——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 D [解析]　根据能量守恒定律得知,某种形式的能减少,其他形式的能一定增加,某个物体的能量减少,必然有其他物体的能量增加,故A、B正确;不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机违反了能量守恒定律,不可能制成,故C正确;石子在运动和碰撞中机械能转化为了物体及周围物体的内能,并没有消失,故D错误。 [典例4]　如图所示,一个质量为20 kg 的绝热汽缸竖直放置,绝热活塞的质量为5 kg,处于静止状态时被封闭气体的高度为50 cm,现在活塞上方加一15 kg的物体,待稳定后,被封闭气体的高度变为40 cm。求在这一过程中气体内能的增加量。(g取10 m/s2,忽略大气压力及摩擦阻力的影响) [答案]　20 J [解析]　由能量守恒定律可知,内能的增加量等于活塞和物体重力势能的减少量,ΔU=ΔE=(M+m)gh=(15+5)×10×(50-40)×10-2 J=20 J。 [针对训练] 3.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 D 解析: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。 4.在一个密闭绝热的房间里,有一电冰箱正在工作,如果打开电冰箱的门,过一段时间后房间的温度会(　　) A.降低　　　　　　　　 B.不变 C.升高 D.无法判断 C 解析:冰箱只是把冰箱内的热量移到外面,但在密闭绝热的房间中,冰箱门打开,冰箱在不工作时,整个房间内的热量是不变的,而在工作时有电流在做功,产生焦耳热,电能转化为内能,根据能量守恒定律可知室内温度升高了,故C正确。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)如图为焦耳实验装置图,用绝热性能良好的材料将容器包好,重物下落带动叶片搅拌容器里的水,引起水温升高。关于这个实验,下列说法正确的是(　　) A.这个装置可测定热功关系 B.做功增加了水的热量 C.做功增加了水的内能 D.功和热量是完全等价的,无区别 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:该实验测定做功和内能变化的关系,A正确;该实验是绝热过程,没有传热,改变内能的方式是做功,C正确;做功表示能量的转化,而热量表示传热中内能的转移,二者有区别,B、D错误。 2.有关能量的转化和守恒定律,下列说法正确的是(　　) A.只适用于机械能与内能的相互转化 B.只适用于能量转化过程 C.“摩擦生热”是创造了热,它不符合能量守恒定律 D.根据能量守恒定律,宇宙中的能量总和不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:能量的转化和守恒定律是自然界普遍遵循的一个规律,适用于一切能量和一切物理过程,故D正确,A、B、C错误。 3.至今为止,第一类永动机从来没有成功过,其原因是(　　) A.机械制造的技术没有过关 B.违反了牛顿运动定律 C.违反了电荷守恒定律 D.违反了热力学第一定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:第一类永动机不可能制成的原因是违反了热力学第一定律,D正确。 4.一种冷暖两用型空调在制热时,每消耗1 J电能,放出约3 J的热量。下列说法正确的是(　　) A.空调制热过程产生了新能量 B.空调制热时放出的热量全部是由电能转化而来的 C.此过程违反了能量守恒定律 D.空调制热时放出的热量,一部分是由电能转化而来,另一部分则是从外界吸收而来 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:该空调向室内放出的热量,一部分是通过电流做功,消耗电能转化而来,另一部分则是从外界吸收而来,因此并不违反能量守恒定律,故选项D正确,A、B、C错误。 5.如图所示,给旱区送水的消防车停在水平地面上。在缓慢放水的过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则胎内气体(　　) A.从外界吸热　　　　　　 B.对外界做负功 C.分子平均动能减小 D.内能增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:缓慢放水的过程中,胎内气体压强减小,气体膨胀对外界做正功,选项B错误;胎内气体温度不变,故分子平均动能不变,选项C错误;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,选项D错误;由ΔU=W+Q知,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,选项A正确。 6.固定不动的水平汽缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体,气体分子之间的相互作用可以忽略。假设汽缸的导热性能很好,环境的温度保持不变。若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动,如图所示,则在拉动活塞的过程中,关于汽缸内气体的下列结论,其中正确的是(　　) A.气体对外做功,气体内能减小 B.气体对外做功,气体内能不变 C.外界对气体做功,气体内能不变 D.气体向外界放热,气体内能不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:用力F缓慢拉动活塞时,气体膨胀,对外做功,但由于汽缸的导热性能很好,环境温度又不变,汽缸会从外界吸收热量而保持与环境温度相同,因而气体的内能不变,故B选项正确。 7.一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量,同时气体对外做了6×105 J的功,问: (1)气体的内能是增加还是减少?变化量是多少? (2)分子势能是增加还是减少? (3)分子的平均动能是增加还是减少? 答案:(1)减少　1.8×105 J　(2)增加　(3)减少 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)气体从外界吸收的热量为Q=4.2×105 J 外界对气体做的功为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。所以,气体内能减少了1.8×105 J。 (2)因为气体对外做功,所以气体的体积膨胀,分子间的距离增大,分子力做负功,气体分子势能增加。 (3)因为气体内能减少,同时气体分子势能增加,所以气体分子的平均动能一定减少。 [B组　综合强化练] 8.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: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,活塞的重力势能减少,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。 9.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由题意可知,气体先发生等压变化,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,外界对气体做的功为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。 10.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。(设上下湖水的温度相等且保持不变) (1)气泡上升过程中吸收的热量是多少? (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,气泡内气体内能增加了多少? 答案:(1)0.6 J　(2)0.2 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)气体温度不变,内能不变,由热力学第一定律ΔU=Q+W 则Q=ΔU-W=0-(-0.6 J)=0.6 J。 (2)由热力学第一定律得 ΔU'=Q'+W'=0.3 J+(-0.1 J)=0.2 J 内能增加0.2 J。 [C组　培优选做练] 11.(2023·浙江1月卷)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动 报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU =158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa,求气体:(g取10 m/s2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)在状态B的温度; (2)在状态C的压强; (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 答案:(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)从状态A到状态B,封闭气体发生等压变化 由盖-吕萨克定律可得= 其中VA=h0S,VB=(h0+d)S 解得TB=330 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)从状态A到状态B,活塞缓慢上升,则有 pBS=p0S+mg 解得pB=1×105 Pa 由状态B到状态C,封闭气体发生等容变化 由查理定律可得= 解得pC=1.1×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)从状态A到状态C过程中,气体对外做功 则W=-pBSd=-30 J 由热力学第一定律有ΔU=Q+W 解得Q=188 J。 $$