人教版高中物理选择性必修第三册第三章热力学定律第2节热力学第一定律第3节能量守恒定律课件（40页PPT）

(共40张PPT)
[学习目标]
1.理解热力学第一定律。
2.掌握热力学第一定律及其表达式，能应用热力学第一定律分析解决一些简单问题。
3.理解能量守恒定律，知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。
4.会用能量守恒的观点解释自然现象，分析有关问题。
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____与外界对它所______的和。
3.热力学第一定律的表达式：ΔU＝______。
做功
传热
等价的
热量
做的功
Q＋W
4.公式ΔU＝Q＋W中符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ ____对系统做功 系统____热量 内能____
－ 系统对____做功 系统____热量 内能____
外界
吸收
增加
外界
放出
减少
5.判断气体是否做功的方法
一般情况下需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。
(3)在等压变化过程中，做功可用W＝p0V计算。
6.几种特殊情况
(1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加量等于外界对系统做的功。
(2)等容过程：该过程中不做功，即W＝0，则ΔU＝Q，系统内能的增加量等于系统从外界吸收的热量。
(3)等温过程：在过程的始末状态，系统的内能不变，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)。
[思考探究]
如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，思考以下问题：
(1)在变化过程中气体对外做功，还是外界对气体做功？
(2)在变化过程中气体吸热，还是放热？气体内能增加了，还是减少了？
提示　(1)气体对外做功。　(2)吸热　内能增加。
[例1]　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
解析　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＝Q＋W可知，Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，B选项正确。
B
[例2]　(2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　)
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
解析　根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等，故选A。
A
[例3]　(2025·山东济南期中)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(　　)
B
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
解析　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。
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)热力学第一定律是系统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
[易错辨析]
(1)能量既可以转移又可以转化，故能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。( )
×
√
×
√
[例4]　 (多选)下列对能量守恒定律的认识正确的是(　　)
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——第一类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　不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，A正确；能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，B正确；第一类永动机不可能制成，它违背了能量守恒定律，C正确；石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用和与地面碰撞，机械能减少，转化成了其他形式的能量，D错误。
ABC
[例5]　如图所示，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(　　)
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.叶片从热水中吸收的热量一定大于向空气中释放的热量
解析　形状记忆合金进入热水后，受热导致形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知，能量来源于热水，故A、B、C错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D正确。
D
[总结提升]
利用能量守恒定律解题的思路
在应用能量守恒定律处理问题时，要弄清系统中有多少种能量相互转化，分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少；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。
1.(热力学第一定律的理解)(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　当物体吸收的热量多于物体对外做的功时，物体的内能就增加，A正确；当物体吸收的热量少于物体对外做的功时，物体的内能就减少，B正确；外界对物体做功，同时物体吸热，则物体的内能一定增加，C错误；当物体放出的热量少于外界对物体做的功时，物体的内能增加，D正确。
ABD
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　由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W＝－40 J－100 J＝－140 J，故C正确。
C
3.(第一类永动机)“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为(　　)
A.它不符合机械能守恒定律
B.它违背了能量守恒定律
C.没有合理的设计方案
D.找不到合适的材料
解析　 “第一类永动机”不可能制成的原因是违背了能量守恒定律，故选B。
B
4.(能量守恒定律)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.随着科技的发展，永动机是可以制成的
B.在低速运动时，宏观物体的运动服从牛顿运动定律
C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，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，说明能量可以凭空产生
解析　永动机违反能量守恒定律，即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，A错误；牛顿运动定律适用于宏观低速的物体运动，B正确；“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，C正确；由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，D错误。
BC
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[基础巩固练]
1.关于内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体吸收热量，内能一定增加
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
解析　根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知物体内能的变化与做功及传热两个因素均有关。物体吸收热量，内能不一定增加，因为物体可能同时对外做功，故内能还有可能不变或减少，A错误，C正确；物体对外做功，可能同时吸收热量，内能还有可能不变或增加，B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误。
C
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2.(2025·北京丰台区期末)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.内能减少111 J D.内能减少21 J
解析　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。
B
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3.一定质量的理想气体，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－W1 B.Q1＝Q2
C.W1＝W2 D.Q1>Q2
解析　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，说明整个变化过程内能的变化为零，根据热力学第一定律可得ΔU＝W1－W2＋Q1－Q2＝0，可得Q1－Q2＝W2－W1，因为没有具体的变化过程，所以无法判断W1与W2的大小关系，也无法判断Q1与Q2的大小关系，A正确，B、C、D错误。
A
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4.(多选)如图为简易测温装置，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
解析　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＝Q＋W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。
BD
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5.(多选)下列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器
B.做成一条船利用河水的能量逆水航行
C.通过太阳照射飞机使飞机起飞
D.不用任何燃料使河水升温
解析　利用磁场可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦的不可避免性，动能最终会转化为内能，使转动停止，故A错误；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；同理可使光能转化为飞机的动能，实现飞机起飞，故B、C正确；设计水坝利用河水的重力势能发电，电能可转化为内能使水升温，另外，重力势能还可以通过水轮机叶片转化为水的内能使水升温，故D正确。
BCD
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6.(多选)下列关于第一类永动机的说法正确的是(　　)
A.第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断对外做功的机器
B.随着科技的发展，第一类永动机可以制成
C.第一类永动机不可能制成的原因是技术问题
D.第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律
解析　第一类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，这也是它不可能制成的原因，故A、D正确，B、C错误。
AD
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[能力提升练]
7.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(　　)
D
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
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解析　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，即W＜0，汽缸导热良好，缸内气体温度保持不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W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；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。
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8.(多选)如图所示，吊在天花板下的导热汽缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞A，活塞A的下面吊着一个重物，汽缸中封闭着一定量的理想气体。起初各部分均静止不动，外界大气压保持不变，针对汽缸内的气体，当状态发生变化时，下列判断正确的是(　　)
BC
A.迅速向下拉动活塞，缸内气体温度升高
B.若汽缸导热良好，保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热
C.缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须设法减少气体的内能
D.环境温度升高，气体的压强一定增大
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解析　迅速向下拉动活塞，缸内气体对外做功且来不及吸热，气体内能减少，所以温度降低，故A错误；若汽缸导热良好，保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，活塞下降，气体体积增加，对外做功，而内能不变，由热力学第一定律知，气体一定会吸热，故B正确；以活塞为研究对象，有pS＋mg＝p0S，缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须减小气体压强，由理想气体的状态方程可知，由于体积不变，压强减小，则温度需降低，所以需要减少气体内能，故C正确；以活塞为研究对象，有pS＋mg＝p0S，若环境温度升高，气体的压强不变，故D错误。
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9.(2025·广东深圳期中)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(　　)
D
A.大气压力对水做功，水的内能减少
B.水克服大气压力做功，水的内能减少
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
解析　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；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，水的重力势能减少，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。
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10.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(　　)
D
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
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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，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部分气体内能减少，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。
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11.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＝Q＋W
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
负号表示空气向外界传递的热量为5×104 J。
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[拓展培优练]
12.如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动。活塞横截面积S＝1.0×10-3 m2，质量m＝2 kg，汽缸竖直放置时，活塞相对于底部的高度为h1＝1.2 m，室温等于27 ℃。现将汽缸置于77 ℃的热水中，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2，求：
(1)平衡时活塞离汽缸底部的距离；
(2)此过程中内部气体吸收热量28.8 J，气体内能的变化量。
答案　(1)1.4 m　(2)增加4.8 J
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