高中物理 第十章 热力学定律 3 热力学第一定律 能量守恒定律学案 新人教版选修33

3 热力学第一定律能量守恒定律
[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
[导学探究] (1)如图1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？
图1
(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)都增加了10 J.
(2)系统内能的增量ΔU＝Q＋W.
[知识梳理]
(1)改变内能的两种方式：做功与热传递．两者在改变系统内能方面是等价的．
(2)热力学第一定律：一个热力学系统的内能增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.
二、能量守恒定律
[导学探究] (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)有一种所谓“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．
[知识梳理]
(1)能量守恒定律
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另一种形式，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)能量守恒定律的意义
①各种形式的能可以相互转化．
②各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起．
(3)永动机不可能制成
①第一类永动机：人们把设想的不消耗能量的机器称为第一类永动机．
②第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成．
一、对热力学第一定律的理解
例1空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？
答案5×104 J
解析选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q.
由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，代入上式得
Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J.
负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J.
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.
针对训练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－W1B．Q1＝Q2
C．W1＝W2D．Q1＞Q2
答案 A
解析对一定质量的理想气体，经过一系列的状态变化后又回到原状态，表明整个过程中内能的变化为零，即通过做功和热传递引起的内能变化相互抵消，所以A选项正确．当然，若
Q1＝Q2，则必定有W1＝W2；若Q1＞Q2，则必定有W1＜W2；若Q1＜Q2，则必定有W1＞W2，所以B、
C、D三项都有可能但不一定，故选A.
二、能量守恒定律的理解和应用
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．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．第一类永动机不可能制成的原因分析
如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU＝W＋Q知，系统内能将减小．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2所示，直立容器内部被隔板隔开的A、B两部分气体(A、B两部分体积等大)，A的密度小，B的密度大，加热气体，并使两部分气体混合均匀，设此过程中气体吸热为Q，气体内能的增量为ΔU，则( )
图2
A．ΔU＝Q B．ΔU<Q
C．ΔU>Q D．无法比较
答案 B
解析因A部分气体密度小，B部分气体密度大，以整体为研究对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重心应在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能量守恒定律可知，吸收的热量Q有一部分增加气体的重力势能，另一部分增加内能．故正确答案为B.
利用能量守恒定律解决问题时，首先应明确题目中涉及哪几种形式的能量，其次分析哪种能量增加了，哪种能量减少了，确定研究的系统后，用能量守恒观点求解.
三、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
对于理想气体，常把热力学第一定律与理想气体状态方程结合起来分析其状态变化规律，常见的分析思路如下：
(1)利用体积的变化分析做功问题．气体体积增大，对外做功；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．
例3 如图3所示，A 、B 两点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( )
图3
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
答案 C
解析 由图可知，理想气体的变化为等温膨胀，故气体压强减小，内能不变，气体对外做功；由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量．综上可知，C 对，A 、B 、D 错． 例4 如图4所示，一轻活塞将体积为V ，温度为2T 0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内．已知大气压强为p 0，大气温度为T 0，气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT (a 为正的常数)．在汽缸内气体温度缓慢降为T 0的过程中，求：
图4
(1)气体内能的减少量ΔU ； (2)气体放出的热量Q .
答案 (1)aT 0 (2)Q ＝1
2
p 0V ＋aT 0
解析 (1)由题意可知气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ，所以开始时气体的内能：U 1＝
a ×2T 0
末状态：U 0＝aT 0；
内能的减小量ΔU ＝U 1－U 0＝aT 0
(2)设温度降低后的体积为V ′，
由盖—吕萨克定律得V 2T 0＝V ′
T 0
外界对气体做功：W ＝p 0(V －V ′) 由热力学第一定律解得：Q ＝1
2
p 0V ＋aT 0
1．(热力学第一定律)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 ，则根据热力学第一定律，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 答案 B
解析 因为外界对气体做功，W 取正值，即W ＝8×104
J ；气体的内能减少，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．
2．(能量守恒定律)下面设想符合能量守恒定律的是( ) A ．利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械 B ．做一条船，利用流水的能量逆水行舟
C ．通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行
D ．利用核动力，驾驶地球离开太阳系 答案 BCD
解析 利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A 不符合．让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B 、C 符合；利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D 符合．
3．(热力学第一定律)如图5所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定( )
图5
A．从外界吸热B．内能增大
C．向外界放热D．内能减小
答案 C
解析由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为在下降过程中压强增大，气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．
题组一热力学第一定律
1．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )
A．物体吸收热量，内能一定增大
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，内能可能不变
D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
答案 C
解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)和物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能不变，C正确；而放热与对外做功都使物体内能减少，故D错．
2．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )
A．温度降低，密度增大
B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大
D．温度升高，密度减小
答案 D
解析由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104J＋2.5×104J＝1.5×104J>0，
故温度升高，A 、B 两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝m V
可知密度较小，故C 项错误，D 项正确．
3．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105
Pa 的状况下，体积从20 L 膨胀到30 L ，这一过程中气体从外界吸热4×103
J ，则气体内能的变化为( ) A ．增加了5×103
J B ．减少了5×103
J C ．增加了3×103 J D ．减少了3×103
J
答案 C
解析 气体等压膨胀过程对外做功W ＝p ΔV ＝1.0×105
Pa×(30－20)×10－3
m 3
＝1.0×103
J ．这一过程气体从外界吸热Q ＝4×103
J ．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，由于气体对外做功，W 应取负值，则可得ΔU ＝－1.0×103
J ＋4×103
J ＝3.0×103
J ，即气体内能增加了3×103
J ．故选项C 正确．
4．如图1所示，在A →B 和D →A 的过程中，气体放出的热量分别为4 J 和30 J ，在B →C 和C →D 的过程中，气体吸收的热量分别为20 J 和12 J ．求气体完成一次循环对外界所做的功．
图1
答案 －2 J
解析 完成一次循环内能不变，ΔU ＝0，根据热力学第一定律可知－W ＝Q AB ＋Q BC ＋Q CD ＋Q DA ＝(－4＋20＋12－30)J ＝－2 J ，即W ＝2 J ，气体完成一次循环外界对气体所做的功是2 J ，气体对外界做的功是－2 J. 题组二 能量守恒定律
5．“第一类永动机”不可能制成，是因为( ) A ．不符合机械能守恒定律 B ．违背了能量守恒定律 C ．做功产生的热不符合热功当量 D 找不到合适的材料和合理的设计方案 答案 B
6．如图2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，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )
图2
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
答案 D
解析轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量一部分释放到空气中，另一部分使叶片在热水中伸展做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确．
7．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是( )
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹减少的动能等于木块增加的动能
C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
答案 D
解析射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减小，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A、B项没有考虑到系统增加的内能，C项中应考虑的是系统减少的机械能等于系统增加的内能．故正确答案为D. 题组三热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
8．如图3所示，一绝热容器被隔板K隔成a、b两部分．已知a内有一定质量的稀薄气体，b内为真空．抽离隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )
图3
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案BD
解析 抽离隔板K ，a 内气体体积变大，由于b 内为真空，所以a 内气体不做功，由热力学第一定律可得B 正确．内能不变，故温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知压强变小，所以D 正确．
9．一定质量的理想气体，当发生如下哪些状态变化时，能放出热量( ) A ．体积不变，压强减小 B ．压强不变，体积减小 C ．温度不变，体积减少 D ．温度不变，压强减小 答案 ABC
解析 根据pV T
＝C 可知，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，W ＝0，则气体放热，选项A 正确；同理，压强不变，体积减小，则温度降低，内能减小，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，W >0，则Q <0，气体放热，选项B 正确；温度不变，体积减少，则ΔU ＝0，W >0，则Q <0，气体放热，选项C 正确；温度不变，压强减小，则体积变大，ΔU ＝0，
W <0，则Q >0，气体吸热，选项D 错误，故选A 、B 、C.
10. 如图4所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C .已知状态A 的温度为300 K.
图4
(1)求气体在状态B 的温度；
(2)由状态B 变化到状态C 的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由． 答案 (1)1 200 K (2)见解析
解析 (1)由题图知p A ＝0.5 atm ，p B ＝1.0 atm ，
V A ＝1 m 3，V B ＝2 m 3，
由
p A V A T A ＝p B V B
T B
得气体在状态B 的温度
T B ＝p B V B T A p A V A ＝1.0×2×3000.5×1
K ＝1 200 K
(2)由状态B 到状态C ，气体做等容变化，
p C ＝0.5 atm ，
由查理定律得p B T B ＝p C
T C
则：T C ＝p C p B
T B ＝600 K
气体由状态B 到状态C 为等容变化，不做功，但温度降低，内能减少，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，ΔU <0，W ＝0，故Q <0，可知气体放热．
11．一定质量的理想气体，状态从A →B →C →D →A 的变化过程可用如图5所示的p －V 图线描述，其中D →A 为等温线，气体在状态A 时温度为T A ＝300 K ，试求：
图5
(1)气体在状态C 时的温度T C ； (2)气体在AB 过程中对外做了多少功；
(3)若气体在AB 过程中吸热1 000 J ，则在AB 过程中气体的内能怎样变化． 答案 (1)375 K (2)600 J (3)增加400 J 解析 (1)由理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C
T C
得T C ＝
p C V C T A
p A V A
＝375 K (2)气体在AB 过程对外做的功为W ＝p ΔV ＝600 J (3)由热力学第一定律ΔU ＝－W ＋Q 得ΔU ＝400 J 内能增加400 J.。