第二节 热力学第一定律
第三节 能量守恒定律
学 习 目 标
重 点 难 点
1．理解热力学第一定律，并掌握其表达式．
2．能运用热力学第一定律解释自然界能量的转化、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制成的.
1．能量转化和守恒定律的理解及综合应用，涉及热力学第一定律的定性分析和定量计算．(重点)
2．热力学第一定律的正确运用(定性分析和定量计算)及对第一类永动机不可能制成的具体分析探究过程的理解．(难点)
一、热力学第一定律
1．基本知识
(1)改变内能的方式：做功和热传递．
(2)功和内能的关系：若物体不存在热传递，当外界对它做功时，它的内能增加，关系式为W＝ΔU；若物体对外做功，则W<0，ΔU<0，表明内能减少．
(3)热传递和内能的关系：若物体既不对外做功，外界对物体也不做功，当物体从外界吸收热量Q时，它的内能增加．关系式为Q＝ΔU；若物体向外放出热量，则Q<0，ΔU<0，表明内能减少．
(4)热力学第一定律
物体与外界之间同时存在做功和热传递的过程，物体内能的增加量ΔU与外界对物体做功W、物体吸热Q的关系：ΔU＝W＋Q.
2．思考判断
(1)物体吸收热量，内能一定增大． (×)
(2)物体对外做功，内能一定减少． (×)
(3)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变． (√)
3．探究交流
外界对物体做功10 J，能使物体内能改变多少？若外界对物体传递10 J的热量，能使物体内能改变多少？10 J的功是否等于10 J的热量？
【提示】 无论外界对物体做功10 J，还是外界给物体传递10 J的热量，物体内能都是增加10 J，说明做功和热传递在改变物体内能上是等效的，不能说10 J的功等于10 J的热量，因功与热量具有本质区别．
二、能量守恒定律
1．基本知识
(1)定律内容
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成为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体；在转化和转移过程中其总量不变．
(2)第一类永动机
不需要任何动力或燃料却能不断对外做功的机器．
(3)第一类永动机不可制成的原因
第一类永动机违背了能量守恒定律．
2．思考判断
(1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，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，是因为找不到合适的材料和合理的设计方案． (×)
3．探究交流
不耗油的汽车能否制造成功？为什么？
【提示】 能．可以利用太阳能、电能等能源代替石油能源，制造太阳能汽车、电动汽车等，但是不消耗任何能量的汽车不可能制成，因为它违背能量守恒定律.
对热力学第一定律的理解
【问题导思】
1．气体吸收热量，内能一定增加吗？
2．对气体做功，同时气体放出热量，内能一定减少吗？
3．不同的物理过程中气体内能变化，做功和热传递有什么规律？
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系，此定律应用时各量的单位应统一．
2．对公式ΔU、Q、W符号的规定
W
Q
ΔU
符号
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
正号
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
负号
注：一般情况下外界对物体做不做功，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)若物体体积变小，表明外界对物体做功，W＞0.
3．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＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.
4．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)对外界所做的功．
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解．
(4)特别注意的就是物理量的正负号及其物理意义．
应用热力学第一定律解题，一定要弄清热力学过程中物理量W、Q、ΔU的正、负号，防止公式ΔU＝W＋Q中因符号不清楚而出错．
(1)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，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？
(2)一定质量的气体，从外界吸收3.5×105 J的热量，同时气体对外界做功2.5×105 J，则气体的内能怎样变化？
【审题指导】 解答本题应注意以下两点：
(1)根据符号法则判断已知量的正负．
(2)将已知量代入热力学第一定律表达式求第三个量．
【解析】 (1)根据热力学第一定律表达式中的符号法则，知Q＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J．由ΔU＝W＋Q，得W＝ΔU－Q＝4.2×105 J－2.6×105 J＝1.6×105 J
W＞0，说明是外界对气体做了功．
(2)Q＝3.5×105 J，W＝－2.5×105 J
则ΔU＝Q＋W＝1.0×105 J
ΔU为正值，说明气体的内能增加1.0×105 J.
【答案】 (1)外界对气体做功1.6×105 J (2)内能增加1.0×105 J
1．如图所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
【解析】 M向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大．
【答案】 A
能量守恒定律及其应用
【问题导思】
1．能量守恒需要条件吗？
2．能量守恒定律对分析物理现象有什么意义？
1．能量守恒定律是支配整个自然界运动、发展、变化的普遍规律，热力学第一定律、机械能守恒定律都是能量守恒定律的具体体现．
2．能量守恒定律适用于任何物理现象和物理过程．
3．用能量守恒定律解题的方法
(1)首先分析有哪几种形式的能在参与转化．分别列出增加的能量与减少的能量的表达式．
(2)利用ΔE增＝ΔE减列式求解
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．
4．自然界存在着多种不同形式的运动，每种运动对应着一种形式的能量．如机械运动对应机械能；分子热运动对应内能；电磁运动对应电磁能．不同形式的能量之间可以相互转化．摩擦可以将机械能转化为内能；电灯发光可以将电能转化为光能．
在利用能量转化与守恒定律解题时，一定要明确过程中哪些能量在转化或转移，确定好初末状态的能量E初、E末或确定能量的变化ΔE增、ΔE减各为多少，再由E初＝E末或ΔE增＝ΔE减列式求解．
风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h的高度，效率为80%.则单位时间最多可提升的水的质量m＝________.
【审题指导】 解答本题应注意以下两点：
(1)应求出t时间内吹到风车叶片上空气的质量．
(2)风的动能的一部分转化为水的重力势能．
【解析】 设在t时间内吹在风车上的空气的质量为m1＝πd2·vt·ρ，
风的动能Ek＝m1v2＝πd2v3tρ.
根据题意：πd2v3tρ×50%×80%＝mgh.则＝.
【答案】
2．(双选)行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流．上述不同现象中所包含的相同的物理过程是( )
A．物体克服阻力做功
B．物体的动能转化为其他形式的能量
C．物体的势能转化为其他形式的能量
D．物体的机械能转化为其他形式的能量
【解析】 这四个现象中物体都受到阻力作用，汽车主要是制动阻力，流星、降落伞是空气阻力，条形磁铁下落时受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，故A正确；四个物体运动过程中，汽车是动能转化成了其他形式的能，流星、降落伞、条形磁铁是重力势能转化成其他形式的能，总之是机械能转化成了其他形式的能，故D正确．
【答案】 AD
热力学第一定律与气体的综合应用
(双选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图所示．下列判断正确的是________．
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
【解析】 由p-T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab一定吸热，选项A正确；过程bc温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p-T图象可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确．
【答案】 AD
热力学第一定律应用技巧
1．绝热过程：气体与外界没有热传递．
2．导热良好：气体与外界有热交换，且保持与外界温度相同．
3．做功情况与体积变化有关：体积减小，则外界对气体做功；体积增大(不是对真空膨胀)，则气体对外界做功．
4．理想气体(不计分子势能的变化)：一定质量的理想气体的内能只与温度有关．
1.如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体(气体视为理想气体)，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )
A．温度升高，内能增加600 J
B．温度升高，内能减少200 J
C．温度降低，内能增加600 J
D．温度降低，内能减少200 J
【解析】 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得：ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，ΔU＝600 J>0，故温度一定升高，A选项正确．
【答案】 A
2．(双选)运动员跳伞后，在某一段时间内以8 m/s2的加速度下降，在该过程中( )
A．重力势能只转化为动能
B．机械能转化为内能
C．机械能守恒
D．总能量守恒
【解析】 物体加速度为8 m/s2，说明物体除受重力以外还受阻力作用，克服阻力做功，机械能转化为内能，但总能量守恒．故B、D正确．
【答案】 BD
3．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为( )
A．不符合机械能守恒定律
B．违背了能量转化和守恒定律
C．做功产生的热不符合热功当量
D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料
【解析】 第一类永动机不能制成的原因是违背了能量守恒定律．
【答案】 B
4．一定质量的理想气体从状态A等压变化到状态B的p-V图象如图所示，已知在此过程中内能增量为ΔU，则吸收的热量为( )
A．ΔU＋pV1 B．ΔU＋pV2
C．ΔU＋pV2－pV1 D．无法确定
【解析】 ΔU＝Q＋W，所以Q吸＝ΔU－W，气体膨胀时外做功，W<0；又|W|＝pV2－pV1，故Q吸＝ΔU＋pV2－pV1.
【答案】 C
5．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．
(1)气体状态从A到B是________过程(填“等容”“等压”或“等温”)；
(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；
(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)；
(4)状态从A→B→C→D的变化过程中，求气体对外界所做的总功．
【解析】 (1)由图可知，气体状态从A到B的过程为等压过程．
(2)状态从B到C的过程中，气体发生等容变化，且压强减小，根据＝C(常量)，则气体的温度降低．
(3)状态从C到D的过程中，气体发生等压变化，且体积减小外界对气体做功，即W＞0，根据＝C(常量)，则气体的温度T降低，气体的内能减小，由ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W＜0，所以气体放热．
(4)状态从A→B→C→D的变化过程中气体对外界所做的总功W＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．
【答案】 (1)等压 (2)降低 (3)放热
(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)
课件46张PPT。第三章 热力学基础第二节 热力学第一定律
第三节 能量守恒定律234
做功热传递外界增加减少5
增加减少外界对物体物体6× × √ 78
凭空产生凭空消失转化转化转移对外做功能量守恒定律9√ √ × 101112对热力学第一定律的理解 13141516171819202122能量守恒定律及其应用 232425262728293031热力学第一定律与气体的综合应用 3233343536373839404142434445点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(十四)
(建议用时：45分钟)
1．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，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
【解析】 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 得：Q＝2.5×104 J 得：W＝－1.0×104 J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对．
【答案】 D
2.固定的水平汽缸内由活塞B封闭着一定量的理想气体，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．气体对外界做功，气体内能减小
B．气体对外界做功，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
【解析】 用力F缓慢拉活塞时，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．
【答案】 B
3．给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变、不计分子势能，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
【解析】 选胎内气体为研究对象．由于气体温度不变，气体状态变化遵循玻意耳定律．放水前气体的压强大，在放水过程中，气体的压强逐渐减小，体积增大，气体对外界做正功，B错误．由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，气体温度不变，分子的平均动能不变，内能不变，从外界吸收热量，A正确，C、D错误．
【答案】 A
4．(双选)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )
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
【解析】 抽开隔板K，a内气体体积变大，由于b内真空，所以a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，故压强变小，所以D正确，A、C错．
【答案】 BD
5．(双选)在外界不做功的情况下，物体的内能增加了50 J，下列说法中正确的是( )
A．一定是物体放出了50 J的热量
B．一定是物体吸收了50 J的热量
C．一定是物体分子动能增加了50 J
D．物体的分子平均动能可能不变
【解析】 在外界不做功的情况下，内能的改变量等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了相等能量的热量，故A错，B对；物体内能包括所有分子的动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收的50 J热量全部用来增加分子势能．
【答案】 BD
6．(双选)如图所示，一个圆柱形汽缸，中间有一隔板，板壁上有一孔，并有一闸门K，右侧有一不漏气的活塞P.开始时闸门K关闭，汽缸左侧充有一些空气，活塞P位于汽缸右侧，隔板与活塞P间为真空．汽缸和隔板都是导热的．第一步：打开闸门K，空气将充满汽缸的左右两侧；第二步：向左缓慢推动活塞P，直至紧挨隔板，关闭闸门K，然后再把活塞P拉至汽缸右侧的初始位置．下列的说法中正确的是( )
A．经过这两步操作，汽缸、活塞及缸内气体组成的系统又恢复到开始的状态，并且没有引起其他变化
B．第一步操作后，气体充满左右两侧的过程中，气体要从外界吸收热量
C．第二步操作过程中，气体要向外部散热
D．这整个过程中，有机械能向内能转化
【解析】 汽缸和隔板都是导热的，则封闭气体的温度始终与外界温度相同，即保持不变，则内能保持不变，右侧为真空，则第一步操作后气体将充满左右两侧，但不做功，气体内能不变，气体既不从外部吸收热量也不放出热量，故B错误；第二步向左缓慢推动活塞P，直至紧挨隔板，外界对气体做功，内能不变，根据热力学第一定律气体向外界放热，故C正确；把活塞P拉至汽缸右侧的初始位置时，活塞要克服大气压力做功，故存在机械能向内能的转化，D正确，A错误．故选C、D.
【答案】 CD
7．如图所示，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的过程中，筒内空气体积减小( )
A．从外界吸热 B．内能增大
C．向外界放热 D．内能减少
【解析】 本题考查气体性质和热力学第一定律，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．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，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．
【答案】 C
8.如图所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热Q，气体的内能增加为ΔU，则( )
A．ΔU＝Q B．ΔU＜Q
C．ΔU＞Q D．无法比较
【解析】 解题的关键是弄清参与转化和转移的各种能量哪些增、哪些减．A、B两部分气体开始的合重心在中线以下，混合均匀后，合重心在中线上，所以系统的重力势能增大，根据能量守恒定律可得，吸收的热量应等于增加的重力势能与增加的内能之和，即Q＝ΔEp＋ΔU，显然，Q＞ΔU.
【答案】 B
9．如图所示，有两个同样的球，其中a球放在不导热的水平面上，b球用细线悬挂起来，现供给a、b两球相同的热量，则两球升高的温度为( )
A．Δta＞Δtb B．Δta＜Δtb
C．Δta＝Δtb D．无法比较
【解析】 a球：吸收热量等于球的内能增加量与重力势能增加量之和；b球：吸热过程中其重力势能减小．吸收热量相同的情况下，Δta＜Δtb，故选B.
【答案】 B
10.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法不正确的是( )
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
【解析】 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错．气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B对．气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C对；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对，故选A.
【答案】 A
11.如图所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0，用力压活塞，使气体的体积减小ΔV.若针管中的气体可视为理想气体．其质量、温度在压缩前后均不变．
(1)求压缩前后，气体压强的变化量Δp.
(2)压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？
【解析】 (1)由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：
p0V0＝(p0＋Δp)(V0－ΔV)
解得Δp＝.
(2)由于气体的温度不变，内能不变．压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体对外放热．
【答案】 (1) (2)放热，不变
12．在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm3变为1 676 cm3.已知水的汽化热为2 263.8 J/g.求：
(1)体积膨胀时气体对外界做的功W；
(2)气体吸收的热量Q；
(3)气体增加的内能ΔU.
【解析】 取1 g水为研究系统，1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU＜Q吸．
(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：W＝p(V2－V1)＝1.013×105×(1 676－1.043)×10－6 J＝169.7 J.
(2)气体吸热：Q＝mL＝1×2 263.8 J＝2 263.8 J.
(3)根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W＝2 263.8 J＋(－169.7) J＝2 094.1 J.
【答案】 (1)169.7 J (2)2 263.8 J (3)2 094.1 J
