第三章第三节：能量守恒定律 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 学案 —2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理选择性必修三word版含答案

预习案1
【自主学习】
阅读教材54页-58页，大约需要10分钟，读后请思考：
1.能量守恒定律是某一个科学家发现的吗？
2.永动机不可能制成的原因是什么？
【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。）
课堂案
例题:教材65页第5题
课堂练习与讨论：教材65页第3、4题
讨论：热力学第一定律与能量守恒定律有何联系与区别？
课堂练习：教材64页第5、6题
【进阶闯关检测】
A类基础关
1．(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——永动机是可能制成的
D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了
2．“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．技术上还达不到 D．找不到合适的材料和合理的设计方案
B类能力关
3.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．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将如何变化？ 。
C类综合关（选做）
5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？(2)分子势能是增大还是减小？(3)分子的平均动能是增大还是减小？
6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。若这一过程中损失的机械能全部转化为内能，其中42%被铅弹吸收而使其升温，对铅弹穿过木块过程，求：(1)铅弹克服摩擦力做的功；(2)摩擦力对木块做的功；(3)产生的总热量；(4)铅弹升高的温度。
【进阶闯关检测】答案
A类基础关
1．(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——永动机是可能制成的
D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了
答案　AB
解析　根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到别的物体，故某种形式的能量减少，必然有其他形式的能量增加，某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，A、B正确；第一类永动机违反了能量守恒定律，是不可能制成的，C错误；石子从空中落下，最后静止在地面上，石子的机械能转化为了内能，能量并没有消失，D错误。
2．“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．技术上还达不到
D．找不到合适的材料和合理的设计方案
答案　B
解析　第一类永动机违反了能量守恒定律，因此不可能制成，B正确。
B类能力关
3.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　该永动机叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，由于不断向空气释放热量，所以水温逐渐降低，A、B、C错误；叶片在热水中吸收的热量一部分转化为自身的机械能，一部分释放在空气中，D正确。
4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将 。
答案　升高
解析　密闭房间里的气体与外界既没有热交换，也没有因体积变化而做功的情形。如果电冰箱的门是开着的，由于只有电流做功，电能源源不断地转化为房间里气体的内能，室内的气温将升高。
C类综合关（选做）
5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：
(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？
(2)分子势能是增大还是减小？
(3)分子的平均动能是增大还是减小？
答案　(1)减小　1.8×105 J　(2)增大　(3)减小
解析　(1)气体从外界吸热为：Q＝4.2×105 J
同时气体对外做功为：W＝－6×105 J
由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q
有：ΔU＝W＋Q＝(－6×105)J＋(4.2×105)J＝－1.8×105 J。
ΔU为负，说明气体的内能减小了，减小了1.8×105 J。
(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大，分子力做负功，气体分子势能增大。
(3)因为气体对外做功，分子势能增大，而气体的内能减小，所以分子平均动能减小。
6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。若这一过程中损失的机械能全部转化为内能，其中42%被铅弹吸收而使其升温，对铅弹穿过木块过程，求：
(1)铅弹克服摩擦力做的功；
(2)摩擦力对木块做的功；
(3)产生的总热量；
(4)铅弹升高的温度。
答案　(1)1600 J　(2)40 J　(3)1560 J　(4)260 ℃
解析　(1)铅弹克服摩擦力做的功：W1＝m(v－v2)＝×20×10－3×(5002－3002)J＝1600 J。
(2)摩擦力对木块做的功：
W2＝Mv′2－0＝×200×10－3×202 J＝40 J。
(3)这一过程中损失的机械能为：
W＝W1－W2＝1600 J－40 J＝1560 J
已知损失的机械能全部转化为内能，则内能的增量，即产生的总热量Q＝1560 J。
(4)已知产生的总热量中有42%被铅弹吸收而使其升温，则铅弹升高的温度为：
Δt＝＝ ℃＝260 ℃。
预习案2
【自主学习】
1.默写热力学第一定律的内容和表达式
2. 默写三个气体实验定律内容和表达式
3.什么叫理想气体？宏观上，一定质量的理想气体的内能由什么因素决定？
【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。）
课堂案
例1：一定质量的理想气体，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，其中D→A为等温线，气体在状态A时的温度为TA＝300 K。
(1)求气体在状态C时的温度TC；
(2)若气体在A→B过程中吸热1000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？
例2：如图所示，横截面积S＝10 cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热汽缸内，开始活塞与汽缸底部距离H＝30 cm。在活塞上放一重物，待整个系统稳定后。测得活塞与汽缸底部距离变为h＝25 cm。已知外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa，不计活塞质量及其与汽缸之间的摩擦，取g＝10 m/s2。求：(1)所放重物的质量；(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量。
总结解题经验：
【进阶闯关检测】
A类基础关
1.一定质量的理想气体，当它发生如图所示的状态变化时，哪一个状态变化过程中，气体吸收的热量全部用来对外界做功(　　)
A．由A至B状态变化过程 B．由B至C状态变化过程
C．由C至D状态变化过程 D．由D至A状态变化过程
2. (多选)如图所示是一定质量的理想气体的p?V图像，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2。下列判断正确的是(　　)
A．C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功
B．若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先降低后升高
C．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的数密度减小而引起的
D．若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J
3.如图所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和汽缸导热性能良好。活塞与汽缸间无摩擦，汽缸开口始终向上，在室温为27 ℃时，活塞距汽缸底部距离h1＝10 cm，之后将汽缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1 atm，(取T＝t＋273 K)则：
(1)在冰水混合物中，活塞距汽缸底部距离h2多少 cm？
(2)此过程中气体内能“增大”还是“减小”？气体将“吸热”还是“放热”？
B类能力关
4.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变化到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体在状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上。在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J。则：
(1)气体吸收热量还是放出热量？吸收或放出的热量为多少焦耳？
(2)若在状态D的体积为2V0，则状态D的温度为多少？
5.一定质量的理想气体由状态A→B→C变化，其有关数据如图所示，已知状态A、C的温度均为27 ℃，(取T＝t＋273 K)求：
(1)该气体在状态B的温度；
(2)上述过程气体从外界吸收的热量。
6.如图所示，用导热材料制成的横截面积相等、长度均为45 cm的汽缸A、B，通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强pA＝2.8×105 Pa的理想气体，B内充满压强pB＝1.4×105 Pa的理想气体，忽略连接汽缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：
(1)平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强；
(2)自打开阀门到平衡，B内气体是吸热还是放热(简要说明理由)。
C类综合关（选做）
7. (多选)一定质量的理想气体，经历如图所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图，已知a状态的体积为2.0×10－3 m3，则下列说法正确的是(　　)
A．各状态气体体积Va＝Vb>Vc＝Vd
B．b→c过程中，气体吸热
C．c→d过程中，气体内能增加
D．d→a过程中，外界对气体做功200 J
8.如图所示，竖直放置的圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol单原子分子理想气体，气体温度为T0；活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了h，已知1 mol单原子分子理想气体内能表达式为U＝RT(R为常数)，大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦，求：
(1)加热过程中气体吸收的热量；
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度。
【进阶闯关检测】答案
A类基础关
1.一定质量的理想气体，当它发生如图所示的状态变化时，哪一个状态变化过程中，气体吸收的热量全部用来对外界做功(　　)
A．由A至B状态变化过程
B．由B至C状态变化过程
C．由C至D状态变化过程
D．由D至A状态变化过程
答案　D
解析　由A到B过程气体发生等容变化，体积不变而温度升高，气体内能增加，外界对气体不做功，系统从外界吸收热量，故A错误；由B到C过程气体发生等温变化，温度不变而体积减小，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，气体放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误；由C到D过程气体发生等容变化，体积不变而温度降低，外界对气体不做功，气体内能减少，气体对外放出热量，内能的减少量等于气体放出的热量，故C错误；由D到A过程气体发生等温变化，气体温度不变而体积增大，气体内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，吸收的热量等于气体对外界做的功，故D正确。
2. (多选)如图所示是一定质量的理想气体的p?V图像，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2。下列判断正确的是(　　)
A．C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功
B．若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先降低后升高
C．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的数密度减小而引起的
D．若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J
答案　AD
解析　C→D过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝－W<0，则气体放出热量，放出的热量等于外界对气体做的功，A正确；p?V图像中，双曲线的位置越靠上，等温变化的温度越高，可知若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先升高后降低，B错误；从B→C过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，分子数密度不变，由于分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，所以气体压强减小，C错误；A、B两状态气体内能相等，C、D两状态气体内能相等，由热力学第一定律可知，若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程外界对气体做功WDA＝ΔUDA－QDA＝ΔUCB－QDA＝－QBC－QDA＝－(－200 J)－300 J＝－100 J，即气体对外界做功100 J，D正确。
3.如图所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和汽缸导热性能良好。活塞与汽缸间无摩擦，汽缸开口始终向上，在室温为27 ℃时，活塞距汽缸底部距离h1＝10 cm，之后将汽缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1 atm，(取T＝t＋273 K)则：
(1)在冰水混合物中，活塞距汽缸底部距离h2多少 cm？
(2)此过程中气体内能“增大”还是“减小”？气体将“吸热”还是“放热”？
答案　(1)9.1　(2)减小　放热
解析　(1)设汽缸内的横截面积为S，由题意可知，汽缸内气体的变化为等压变化，
由盖—吕萨克定律可得＝，
解得h2＝9.1 cm。
(2)放入冰水混合物后缸内气体温度降低，故内能减小；由于温度降低，气体体积减小，故外界对气体做正功；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，汽缸内气体内能减小是由于气体向外放热引起的。
B类能力关
4.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变化到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体在状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上。在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J。则：
(1)气体吸收热量还是放出热量？吸收或放出的热量为多少焦耳？
(2)若在状态D的体积为2V0，则状态D的温度为多少？
答案　(1)吸收热量　14 J　(2)2T0
解析　(1)根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，
且W＝－5 J，ΔU＝9 J
可得Q＝14 J，由于Q>0，可知气体吸收热量。
(2)根据理想气体状态方程得＝，由于V?T图像上A、D两点所在直线过原点，则pA＝pD，且VD＝2VA，VA＝V0，TA＝T0，联立可得T2＝2T0。
5.一定质量的理想气体由状态A→B→C变化，其有关数据如图所示，已知状态A、C的温度均为27 ℃，(取T＝t＋273 K)求：
(1)该气体在状态B的温度；
(2)上述过程气体从外界吸收的热量。
答案　(1)120 K　(2)3×105 J
解析　(1)从状态A到状态B气体发生等容变化，则有
＝，TA＝tA＋273 K＝300 K
代入图中数据解得TB＝120 K。
(2)从状态A到状态B气体发生等容变化，外界对气体做功为零，
从状态B到状态C，W＝－pB(VC－VB)＝－3×105 J
又TA＝TC，ΔU＝0，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
解得Q＝3×105 J，即气体从外界吸收的热量为3×105 J。
6.如图所示，用导热材料制成的横截面积相等、长度均为45 cm的汽缸A、B，通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强pA＝2.8×105 Pa的理想气体，B内充满压强pB＝1.4×105 Pa的理想气体，忽略连接汽缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：
(1)平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强；
(2)自打开阀门到平衡，B内气体是吸热还是放热(简要说明理由)。
答案　(1)15 cm　2.1×105 Pa　(2)放热，理由见解析
解析　(1)设平衡后活塞向右移动的距离为x，B中气体的压强为p，活塞向右移动达到稳定后，
对A中气体，有pALS＝p(L＋x)S
对B中气体，有pBLS＝p(L－x)S
联立解得x＝15 cm，p＝2.1×105 Pa。
(2)活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热。
C类综合关（选做）
7. (多选)一定质量的理想气体，经历如图所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图，已知a状态的体积为2.0×10－3 m3，则下列说法正确的是(　　)
A．各状态气体体积Va＝Vb>Vc＝Vd
B．b→c过程中，气体吸热
C．c→d过程中，气体内能增加
D．d→a过程中，外界对气体做功200 J
答案　BD
解析　根据＝C可知过原点的直线为等容线，且斜率越大的等容线对应的气体的体积越小，由图像可知Va＝Vb8.如图所示，竖直放置的圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol单原子分子理想气体，气体温度为T0；活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了h，已知1 mol单原子分子理想气体内能表达式为U＝RT(R为常数)，大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦，求：
(1)加热过程中气体吸收的热量；
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度。
答案　(1)RT0＋(p0S＋mg)h
(2)T0
解析　(1)开始时，活塞受力平衡，则有p1S＝mg＋p0S，加热过程中，气体对外做功W＝p1Sh＝(p0S＋mg)h
由理想气体状态方程得＝
解得T1＝2T0
由热力学第一定律得ΔU＝－W＋Q
根据题干所给条件得ΔU＝RΔT＝RT0
故Q＝ΔU＋W＝RT0＋(p0S＋mg)h。
(2)末态时，活塞和砂粒受力平衡，
则有p2S＝(m＋m1)g＋p0S
由查理定律得＝
联立解得T＝T0。