3.2 热力学第一定律 3.3 能量守恒定律（教用Word）-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版）

本讲义聚焦热力学第一定律与能量守恒定律核心知识点，系统梳理改变内能的做功与传热方式、ΔU=Q+W表达式及符号规定、能量守恒定律内容与意义，以递进式学习支架串联概念理解、公式应用至综合实例分析的脉络。 通过问题探究（如推动活塞做功情境）引导科学思维，自我诊断与针对训练（如气体吸放热、做功的内能变化计算）强化科学推理，结合永动机案例渗透科学态度与责任。课中助力教师引导学生构建能量观念，课后学生可借实例巩固知识，查漏补缺。

3．2　热力学第一定律 3．3　能量守恒定律 学习 目标 1.理解热力学第一定律，并会运用于分析和计算。2.理解并会运用能量守恒定律。3.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。 一、热力学第一定律 1．改变内能的两种方式：做功与传热。两者对改变系统的内能是等价的。 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热量与外界对它所做的功的和。 3．热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W。 4．热力学第一定律的应用： (1)W的正负：外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值。(均选填“正”或“负”) (2)Q的正负：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。(均选填“正”或“负”) 二、能量守恒定律、永动机不可能制成 1．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各种互不相关的物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。 2．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。 [自我诊断] 1．判断下列说法的正误 (1)一个热力学系统内能的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)物体对外界做功为W，它的内能就减少W。( × ) (3)在绝热过程中，外界对物体做功等于物体内能的增量。( √ ) (4)物体从外界吸收热量Q，它的内能就增加Q。 (×) (5)能量既可以转移又可以转化，故能的总量是可以变化的。( × ) (6)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。 (√) 2．一定质量的气体从外界吸收了50 J的热量，同时对外做功100 J，则物体的内能 ________(填“增加”或“减少”)________J。 答案：减少　50 一、热力学第一定律 [问题探究] 　(1)如图所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多少？若保持气体体积不变，外界对汽缸传递10 J的热量，气体内能改变了多少？ (2)一根金属丝经过某一物理过程，温度升高了，除非事先知道，否则根本无法判定是通过做功的方法，还是使用了传热的方法使它的内能增加。因为单纯地对系统做功和单纯地对系统传热都能改变系统的内能。既然它们在改变系统内能方面是等价的，那么当外界对系统做功为W，又对系统传热为Q时，系统内能的增量ΔU应该是多少？ 答案：(1)都增加10 J (2)系统内能的增量ΔU＝Q＋W [知识深化] 1．对热力学第一定律的理解 (1)热力学第一定律不仅反映了做功和传热这两种改变内能的过程是等价的，而且给出了内能的变化量和做功与传热之间的定量关系。 (2)定律的表达式ΔU＝Q＋W是标量式。 (3)应用时各量的单位应统一为国际单位焦耳。 2．公式ΔU＝Q＋W中符号的规定 符号 W Q ΔU ＋ 外界对 系统做功 系统吸 收热量 内能增加 ＋ 系统对 外界做功 系统放 出热量 内能减少 3.判断是否做功的方法 一般情况下外界对物体做功与否，需看物体的体积是否变化。 (1)若物体体积增大，表明物体对外界做功，W<0。 (2)若物体体积减小，表明外界对物体做功，W>0。 4．几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。 (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。 (3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝O，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的执量。 　一定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？ (3)在热力学第一定律ΔU＝Q＋W中，W、Q和ΔU的正值、负值各代表什么物理意义？ 解析：(1)由热力学第一定律：如果气体跟外界同时发生做功和传热的过程，那么，外界对气体所做功W加上气体从外界吸收的热量 Q等于气体内能的增加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。 (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<O，气体对外界做功。 答案：(1)外界对气体做了1.6×105 J的功。 (2)说明气体对外界做功。 (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。 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热、放热情况或做功情况。　　 　如图甲所示，竖直放置的气缸高H＝18 cm，距缸底h＝11 cm的光滑内壁上安装有小支架，质量m＝1 kg，横截面积S＝1×10－3 m2的活塞静置于支架上。缸内封闭了一定质量的理想气体，气体的温度t0＝27 ℃，压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa。活塞与内壁接触紧密。现对密闭气体缓慢加热，使气体温度最终升高至T＝450 K，此过程气体内能增加了13.6 J，热力学温度与摄氏温度之间的数量关系取T＝t＋273 K，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在缓慢加热过程中，活塞刚要离开小支架时的气体温度T； (2)在如图乙所示的p ­V图像上，画出整个过程中汽缸内气体的状态变化； (3)整个过程气体吸收的热量Q。 解析：(1)当活塞刚要离开小支架时p1＝p0＋ 解得p1＝1.1×105 Pa 活塞离开支架前气体等容变化，有＝ 解得T1＝330 K。 (2)活塞离开支架后气体等压变化，即：＝ 解得V2＝1.5×10－4 m3，则h2＝15 cm 作图像如下 (3)气体对外做功W＝－p1SΔh＝－4.4 J 由ΔU＝W＋Q，解得Q＝18 J。 答案：(1)330 K　(2)见解析　(3)18 J 热力学第一定律与理想气体状态方程结合问题的分析思路： (1)利用体积的变化分析做功情况。气体体积增大，气体对外界做功；气体体积减小，外界对气体做功。 (2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小。 (3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。　　 [针对训练] 一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p­V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求： (1)气体在状态C时的温度Tc； (2)若气体在A→B过程中吸热1 000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？ 解析：(1)D→A为等温线，则TD＝TA＝300 K 气体由C到D为等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝ 得：TC＝＝375 K； (2)气体由A到B为等压变化，则W＝－pΔV＝ －2×105×3×10－3 J＝－600 J， 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝1 000 J－600 J＝400 J， 则气体内能增加了400 J。 答案：(1)375 K　(2)气体内能增加了400 J 二、能量守恒定律　永动机不可能制成 [问题探究] 　(1)使热力学系统内能改变的方式有做功和热传递。做功的过程是其他形式的能转化为内能的过程，热传递是把其他物体的内能转移为系统的内能。在能量发生转化或转移时，能量的总量会减少吗？ (2)下图为一种所谓“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？ 答案：(1)能量的总量不会减少。 (2)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。 [知识深化] 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、原子能等。 (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．与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的 例如，物体的机械能守恒，必须是只有重力或系统内的弹力做功；而能量守恒定律是没有条件的，它是一切自然现象都遵守的基本规律。 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，这在无外界能量供给的情况下是不可能的。 　下列说法正确的是(　　) A．随着科技的发展，第一类永动机是可能制成的 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，因而是不可能实现的 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，说明能量是可能凭空产生的 解析：选C　第一类永动机违背了能量守恒定律，故永远无法制成，A错误；太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，B错误；马儿奔跑时需要消耗能量，故“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能实现的，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”手表是不存在的，它违背了能量守恒定律，D错误。 　如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程(　　) A．Ep全部转化为气体的内能 B．Ep一部分转化成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能 C．Ep全部转化成活塞的重力势能和气体的内能 D．Ep一部分转化成活塞的重力势能，一部分转化为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能 解析：选D　由于开始时弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞由于受到的弹力大于活塞的重力，故活塞向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；当活塞最后静止时，弹簧的弹力与活塞的重力、气体的压力三力平衡，弹簧处于压缩状态。在活塞运动过程中对活塞做功的有重力、弹簧的弹力和气体的阻力。当弹簧最后静止时弹簧仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小，故弹簧储存的弹性势能减小，因为活塞高度增大，故活塞的重力势能增大，当活塞最后静止时气体的体积减小，外界对气体做功，故减少的弹性势能一部分转化为活塞的重力势能，一部分转化为气体的内能。故选D。 应用能量守恒定律解题的步骤 (1)确定研究对象 能量在转化或转移过程中守恒，找准与之相对应的研究对象，即系统。 (2)确定研究过程，并分析能量转化或转移的方向找准研究过程，分析在研究过程中有多少种不同形式的能量(包括动能、势能、内能、电能等)发生变化，且是如何转化或转移的。 (3)找出减少的能量，并求总的减少量ΔE减，找出增加的能量，并求总的增加量ΔE增。 (4)由能量守恒定律ΔE减＝ΔE增列出方程求解。　　 1. 如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高。则在移动P的过程中(　　) A．外力对乙做功；甲的内能不变 B．外力对乙做功；乙的内能不变 C．乙传递热量给甲；乙的内能增加 D．乙的内能增加；甲的内能不变 解析：选C　将活塞P缓慢地向B移动的过程中，外力对乙做功，乙的内能增加，温度升高，由于固定隔板B导热，所以乙将传递热量给甲，甲、乙两部分气体的温度最终相同，均高于初态温度，所以甲、乙内能均增加，故C正确。 2．关于能量的转化，下列说法中正确的是(　　) A．克服重力做功，重力势能增加 B．因为能量守恒，所以“永动机”是存在的 C．我们要节约能源的根本原因是能量在数量上减少了 D．由于能的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机 解析：选A　克服重力做功，说明重力做负功，重力势能增加，故A正确；能量是守恒的，但能量转换过程中有损耗，所以“永动机”是不存在的，故B错误；我们要节约能源的根本原因是可利用能源在数量上不断减少，能量总量不变，故C错误；虽然能量守恒，但能量转化具有方向性，可利用能源逐渐减少，故D错误。故选A。 3．如图所示为某理想气体的p－T图像，下列说法正确的是(　　) A．由A到B的过程，气体对外做功，内能增加 B．由A到B是等容过程，B到C是等压过程，气体在C状态时的体积比在B状态时的体积大 C．由B到C的过程，外界对气体做功，放出热量 D．由B到C的过程，气体温度升高，所有气体分子的动能都增大 解析：选B　由A到B的过程为等容升温的过程，因体积不变，则W＝0，而温度升高了，则内能增大，故A错误；由B到C的过程是等压升温的过程，比较B点、C点与坐标原点连线的斜率可知，C点的斜率小，则气体体积大，故B正确；B到C的过程，体积变大，则气体对外做功(W<0)，而温度升高说明内能增大(ΔU>0)，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q>0，即气体要吸热，故C错误；由B到C的过程气体温度升高，反映气体分子的平均动能增大，而气体分子的热运动是统计规律，不能体现所有气体分子的动能都增大，故D错误。 4．如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图像如图乙所示，已知大气压强P0 ＝1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积； (2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。 解析：(1)活塞从A位置缓慢运动到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象pS＝p0S＋mg 解得气体压强p＝p0＋＝1.2×105 Pa 由盖—吕萨克定律有＝， 解得VB＝＝6×10－4 m3。 (2)由气体的内能与热力学温度成正比得＝， 解之得UB＝108 J 外界对气体做功W＝－pSl＝－p (VB－VA)＝－24 J 由热力学第一定律ΔU＝UB－U0＝Q＋W 得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J。 答案：(1)1.2×105 Pa　6×10－4m3 (2)60 J 学科网（北京）股份有限公司 $