第三章 第二、三节 热力学第一定律 能量守恒定律-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教版）

本高中物理讲义聚焦热力学第一定律和能量守恒定律，从改变内能的做功与传热两种方式切入，通过探究导引和符号法则构建ΔU=W+Q的理解框架，结合能量守恒定律及永动机案例形成完整知识链。 资料以“气象探测气球氦气状态变化”等探究活动培养科学思维，通过潮汐发电案例强化能量观念，分层练习（基础达标、创新应用）助力课中教学实施与课后查漏补缺，提升学生分析解决实际问题的能力。

第二节　 热力学第一定律 第三节　能量守恒定律 学习目标 核心素养 1.理解热力学第一定律． 2．能运用热力学第一定律解释自然界中能量的转化、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．知道第一类永动机是不可能实现的. 1.物理观念：热力学第一定律的内容及公式． 2．科学思维：ΔU＝W＋Q的符号法则和计算． 3．科学方法：推理法、计算法、观察法. [知识点1]　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　. 注意：热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外界做功、向外界传热和内能减少的情况． [知识点2]　能量守恒定律及永动机不可能制成　 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． [自我检测] 1．思维辨析 (1)热力学系统对外界做功时，W取负值，吸收热量时Q取正值．( √ ) (2)物体与外界不发生热交换，物体的内能也可能增加．( √ ) (3)各种能量之间可以转移或转化，但总量保持不变．( √ ) (4)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( × ) 2．基础理解 有一种“全自动”机械手表，即不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去．这是不是一种永动机？并说明理由． 提示：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． 热力学第一定律 ◆[探究导引] 如图所示，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减小而逐渐减小，其温度因启动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． 试探究：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，即氦气对外放热． ◆[探究归纳] 1．符号法则 热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外做功、向外界放热和内能减少的情况，因此在使用ΔU＝Q＋W时，为了区别两种不同的情况，在应用ΔU＝Q＋W进行计算时，它们的正、负号规定如下： (1)外界对系统做功，W>0，即W为正值； 系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，W<0，即W为负值． (2)外界对系统传热，也就是系统从外界吸收热量，Q>0，即Q为正值； 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为负值． (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． 2．热力学第一定律的几种典型应用 (1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量． (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量． (3)若过程中物体的始、末内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量． [例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 思路点拨：内能的改变与做功和热传递均有关系．判断内能如何变化，要清楚物体对外界做功还是外界对物体做功，以及物体是吸热还是放热． [解析]　[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．] [答案]　C [规律方法] 应用热力学第一定律解题的思路与步骤 (1)首先应明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统． (2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量；外界对物体(或系统)所做的功或物体(或系统)对外所做的功． (3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解． (4)特别注意物理量的正负号及其物理意义． ◆[跟踪训练] [训练角度1]　对热力学第一定律的理解 1．(多选)下列过程，可能发生的是(　　) A．物体吸收热量，对外做功，同时内能增加 B．物体吸收热量，对外做功，同时内能减少 C．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少 D．外界对物体做功，同时物体放热，内能增加 解析：ABD　[根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，做功和传热都可以改变物体的内能，故A、B、D正确，C错误．] [训练角度2]　 热力学第一定律的应用 2．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？ 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. 答案：(1)0.6 J　(2)0.2 J 　 能量守恒定律及永动机不可能制成 ◆[探究导引] 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．用能的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)．根据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，所以上述能量转化中均应是守恒的，一旦发电机发出电来不再使用外界能量是不可能的，这种永动机不能实现． ◆[探究归纳] 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，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，在无外界能量供给的情况下是不可能的． [例2]　如图所示为冲击摆实验装置，一质量为m的子弹以v0射入质量为M的沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度h，则整个过程中子弹和沙箱由于相互作用所产生的内能为多少？(不计空气阻力) 思路点拨：(1)子弹和沙箱相互作用过程中，损失的动能转化为内能． (2)子弹与沙箱合为一体共同上升过程中，动能转化为重力势能． [解析]　子弹和沙箱相互作用的过程中，损失动能，转化为系统内能，由能量守恒定律得 ΔU＝mv－(M＋m)v2① 由于子弹和沙箱相互作用的时间极短，它们一起从最低点以v做圆周运动，满足机械能守恒，即 (M＋m)v2＝(M＋m)gh② 由①②解得ΔU＝mv－(M＋m)gh. [答案]　mv－(M＋m)gh [规律方法] 利用能量守恒定律解题的方法 在应用能量守恒定律处理问题时，首先要弄清系统有多少种能量相互转化，分析哪种形式的能量增加了，哪种形式的能量减少了；或者弄清哪个物体的能量增加，哪个物体的能量减少，增加量等于减少量． ◆[跟踪训练] [训练角度1]　对能量守恒的理解 3．(多选)一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统的下列说法中正确的是(　　) A．机械能守恒 B．总能量守恒 C．机械能和内能增加 D．机械能减少，内能增加 解析：BD　[物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少．由能量转化和守恒定律知，内能应增加，总能量不变，B、D正确．] [训练角度2]　能量守恒定律的应用 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，现在在活塞上方加质量为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的内能增加多少．(g取10 m/s2，忽略大气压力及摩擦阻力的影响) [解析]　由能量守恒定律可知，内能的增加等于活塞和物体重力势能的减少，ΔU＝ΔE＝(M＋m)gh＝(15＋5)×10×(50－40)×10－2 J＝20 J. [答案]　20 J 潮汐发电 在海湾或感潮河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐．潮汐作为一种自然现象，为人类的航海、捕捞和晒盐提供了方便．这种现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成的．涨潮时，大量海水汹涌而来，具有很大的动能；同时，水位逐渐升高，动能转化为势能．落潮时，海水奔腾而归，水位陆续下降，势能又转化为动能．海水在运动时所具有的动能和势能统称为潮汐能．潮汐是一种蕴藏量极大、取之不尽、用之不竭、不需开采和运输、洁净无污染的可再生能源． 潮汐能的主要利用方式是潮汐发电．潮汐发电与普通水力发电原理类似，通过出水库，在涨潮时将海水储存在水库内，以势能的形式保存，然后，在落潮时放出海水，利用高、低潮位之间的落差，推动水轮机旋转，带动发电机发电． 潮汐发电原理图 [典例展示]　能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有限，有朝一日要被开采完，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例。 如图表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动发电机。涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同时，堵住通道，如图甲。潮落至最低点时放水发电，如图乙。待内外水面高度相同时，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又进水发电，如图丙。设海湾面积为5.0×107 m2，高潮与低潮间高度差为3.0 m，则一天内流水的平均功率为　________　MW. [解析]　潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能。每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为mg＝ρShg＝1.0×103×5.0×107×3×10 N＝1.5×1012 N，其重心高度变化为h′＝1.5 m. 一天内海水两进两出，故水流功率为 P＝＝ W≈1.0×108 W＝100 MW. [答案]　100 1．(热力学第一定律的表达式符号的理解)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：C　[根据公式ΔU＝W＋Q中的符号法则知选项C正确．] 2．(热力学第一定律的应用)一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增量ΔU为(　　) A．60 J　　　　　 B．－60 J C．－140 J D．140 J 解析：C　[由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－100 J－40 J＝－140 J，C正确．] 3．(对第一类永动机的理解)(多选)下列关于第一类永动机的说法正确的是(　　) A．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．永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律 C．永动机不能制成的原因是技术问题 D．永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律 解析：AD　[永动机是不消耗任何能量却能源源不断对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了能量守恒定律，这也是它不能制成的原因．故A、D正确，B、C错误．] 4．(对能量守恒定律的理解)下列对能量守恒定律的认识不正确的是(　　) 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——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：D　[选项A是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的；选项B是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，这正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移；选项C中任何永动机都是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；选项D中石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能可能减少，但机械能并没有消失，只是转化成了其他形式的能量，D符合题意．] 5．(热力学第一定律的应用)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图所示为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“砰”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27 ℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0.试分析： (1)将容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度； (2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？ 解析：(1)根据查理定律得 ＝，p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0， 解得T2＝1 200 K，则t2＝927 ℃. (2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W， 得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少了35 kJ. 答案：(1)927 ℃　(2)减少，减少了35 kJ [基础达标练] 1．对于一个大气压下100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气的过程中，下列说法正确的是(　　) A．水的内能增加，对外界做功，一定是吸热 B．水的内能不变，对外界做功，从外界吸热 C．水的内能减少，对外界不做功，向外界放热 D．水的内能增加，对外界做功，向外界放热 解析：A　[水变成水蒸气体积膨胀对外界做功，分子间距增大，分子势能增加，又温度不变所以分子的平均动能不变，所以水的内能增加，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知Q>0，即从外界吸热，综上可知A正确．] 2．关于内能，下列说法正确的是(　　) A．理想气体吸热，温度一定升高 B．物体动能越大，分子动能越大 C．外界对气体做功10 J，同时气体放出20 J的热量，则气体的内能减少10 J D．只有传热可以改变物体的内能 解析：C　[根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得物体的内能与做功和传热有关，则一定质量的理想气体吸热时内能可以不变，温度不一定升高，故A错误；物体运动的速度与分子热运动的速度或动能无关，故B错误；外界对气体做功10 J，同时气体放出20 J的热量，则根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝(10－20) J＝－10 J，可知气体的内能减少10 J，故C正确；物体内能改变与做功和传热有关，故D错误．] 3．某同学用带一进气孔的橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒经进气孔向饮料瓶内打气．当瓶内气体压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体(　　) A．体积增大，温度升高 B．动能增大，温度升高 C．对外做功，温度降低 D．质量减少，温度降低 解析：C　[压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，此过程时间极短，可以认为是绝热过程，Q＝0，瓶内气体膨胀，对外做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体内能减小，温度降低，故C选项正确．] 4.如图所示的密闭汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功500 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的(　　) A．温度升高，内能增加400 J B．温度升高，内能减少400 J C．温度降低，内能增加600 J D．温度降低，内能减少600 J 解析：A　[由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝500 J＋(－100 J)＝400 J，即缸内气体内能增加400 J，气体温度升高，故选项A正确，B、C、D错误．] 5．一定质量的气体吸收热量，体积膨胀并对外做功，此过程的末状态与初状态相比(　　) A．气体内能一定增加 B．气体内能一定减小 C．气体内能一定不变 D．气体内能是增是减不能确定 解析：D　[气体吸收热量Q>0，气体对外做功W<0，若|Q|>|W|，根据热力学第一定律知ΔU>0，内能增加；若|Q|<|W|，则ΔU<0，内能减小；若|Q|＝|W|，则ΔU＝0，内能不变．故D正确．] 6.如图所示，A、B表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时(　　) A．气体内能一定增加 B．气体压强变大 C．气体对外界做功 D．气体对外界放热 解析：C　[由状态A到状态B，气体温度不变，理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能不变，故A错误；由状态A到状态B，气体体积增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体的压强减小，故B错误；由状态A到状态B，气体体积增大，则气体对外界做功，C正确；由前面分析知气体内能不变，又气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知气体一定吸热，故D错误．] 7．导热性能良好的汽缸和活塞，密封一定质量的理想气体，汽缸固定不动，保持环境温度不变，现用外力将活塞向下缓慢移动一段距离，则这一过程中(　　) A．外界对缸内气体做功，缸内气体内能不变 B．缸内气体放出热量，内能增大 C．汽缸内每个气体分子的动能都保持不变 D．单位时间内撞击到器壁上单位面积的分子数减小 解析：A　[汽缸和活塞导热性能良好，且环境温度不变，因此在将活塞向下缓慢移动一段距离的过程中，缸内气体温度不变，内能不变，外界对气体做功，且气体内能不变，由ΔU＝W＋Q可知，气体将放出热量，故A正确，B错误；温度不变，说明气体分子平均动能不变，而并非指每个气体分子的动能均保持不变，故C错误；气体温度不变，体积缩小，根据理想气体状态方程可知，其压强增大，单位时间内撞击到器壁上单位面积的分子数增多，故D错误．] 8．(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V图像中从a到b的直线所示．在此过程中(　　) A．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 解析：BCD　[由理想气体的状态方程＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误．一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确．气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确．根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确．] [能力提升练] 9.冲击摆实验装置如图所示，一水平飞行的子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，在此过程中有关能量转化的说法正确的是(　　) A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能 B．子弹的动能转变成沙箱和子弹的重力势能 C．子弹的动能转变成沙箱和子弹的动能 D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变为沙箱和子弹的机械能 解析：D　[子弹在射入沙箱的过程中，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，一部分动能变成沙箱和子弹的机械能，故D正确．] 10．(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是(　　) A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态c、d的内能相等 解析：BD　[过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误．过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确．过程④中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即气体放出热量，故C错误．状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确．] 11.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105 Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增加量． 解析：一定质量的理想气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得＝，则VB＝＝8.0×10－3 m3， 气体对外做的功W＝－p(VB－VA)＝－2.0×102 J， 根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W， 解得ΔU＝5.0×102 J. 答案：5.0×102 J 12.如图所示，圆柱形汽缸竖直放置，质量m＝3.0 kg，横截面积S＝1.0×10－3 m2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦，不计活塞和汽缸的厚度，开始时活塞距汽缸底距离h1＝0.50 m，此时温度T1＝300 K．给汽缸缓慢加热至T2，活塞上升到距离汽缸底h2＝0.80 m处，同时缸内气体内能增加250 J，已知外界大气压p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2.求： (1)缸内气体加热后的温度T2； (2)此过程中缸内气体吸收的热量Q. 解析：(1)根据盖—吕萨克定律，有＝ 代入数据可得T2＝480 K； (2)缸内气体压强p＝p0＋ 根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 其中W＝－pΔV 代入数据解得Q＝289 J. 答案：(1)480 K　(2)289 J [创新应用练] 13．如图所示，有人设计了这样一台“永动机”：距地面一定高度架设一个水槽，水从槽底的管中流出，冲击一个水轮机，水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮．他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去，这样循环不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了．请你分析一下，高处水槽中水的势能转变成哪几种形式的能，说明这个机器是否能够永远运转下去． 解析：取顶部水槽中流出的水为研究对象，在其从顶部水槽中流出至底部水槽的过程中，它的重力势能一部分转化为自身的动能，一部分转化为水轮机、抽水机、砂轮的动能，一部分转化为砂轮和工件的内能，还有一部分转化为抽水机抽上去的水的重力势能．由能的转化和守恒定律知，抽水机抽上去的水的重力势能必然小于流下的水的重力势能，如果上抽的水管的横截面积大于或等于下流的水管的横截面积，则根本不可能将底部水槽中的水抽至顶部水槽，即使上抽水管的横截面积小于下流水管的横截面积也不一定能将水抽上去，如果上抽水管比下流水管细很多且能够将底部水槽中的水抽至顶部水槽，则相等时间里抽上去的水也要比流下的水的质量小得多，最后顶部水槽中的水很快就会流光． 答案：见解析 14．新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示．壶的容积为1.5 L，内含1.0 L的消毒液．闭合阀门K，缓慢向下压压杆A，每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时，按下按柄B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出．储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm＝1.0×105 Pa. (1)求充气过程向下压压杆A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积； (2)喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，如图乙所示，估算全过程壶内气体从外界吸收的热量． 解析：(1)壶中原来空气的体积V1＝0.5 L 由玻意尔定律p1(nV0＋V1)＝p2V1 解得n＝10次 最多喷射的液体ΔV＝nV0＝0.5 L (2)外界对气体做功W＝－ΔV＝－75 J 由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0 解得Q＝75 J 答案：(1)10次；0.5 L；(2)75 J 学科网（北京）股份有限公司 $