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人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律优秀学案设计
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册2 热力学第一定律优秀学案设计，共10页。
[学习目标] 1.理解热力学第一定律，并能运用热力学第一定律分析和解决相关问题(重点)。2.理解并会运用能量守恒定律解决实际问题(难点)。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
汽缸内有一定质量的气体，压缩气体的同时给汽缸加热。那么，气体内能的变化会比单一方式(做功或传热)更明显。这是为什么呢？
答案 给汽缸加热，即向汽缸内传热，汽缸内气体的内能会增加，压缩气体，外界对气体做功，也会使汽缸内气体的内能增加，所以两种方式同时作用时，气体内能的变化比单一方式更明显。
1．改变内能的两种方式：做功与传热。两者对改变系统的内能是等价的。
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。
4．热力学第一定律的应用：
(1)ΔU的正负：当系统内能增加时，ΔU取正值，当系统内能减小时，ΔU取负值。(均选填“正”或“负”)
(2)W的正负：外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值。(均选填“正”或“负”)
(3)Q的正负：外界对系统传递热量时，Q取正值；系统向外界传递热量时，Q取负值。(均选填“正”或“负”)
如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定质量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。Q1和Q2哪个大些？为什么？
答案 活塞与汽缸都固定不动时，气体的体积不变，没有做功过程发生，气体吸收的热量Q1全部用于增加气体的内能即为ΔU＝Q1，如果活塞可以自由滑动，温度升高，气体膨胀，会推动活塞向外运动，对外做功，当气体升高相同温度时，气体内能的增加量与前一个过程是相同的，也是Q1，根据热力学第一定律ΔU＝Q1＝W＋Q2，由于W<0，所以Q2>Q1。
例1 (2022·舟曲高二期末)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
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，B选项正确。
例2 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起(不计气泡内空气分子的势能)，则下列说法正确的是( )
A．气泡对外做功，内能不变，同时放热
B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热
C．气泡内能减少，同时放热
D．气泡内能不变，不吸热也不放热
答案 B
解析 在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，W<0，由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，故需从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功，故B正确。
判断气体是否做功的方法
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。
例3 (2022·济南市期中)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( )
A．400 J B．1 200 J
C．2 000 J D．2 800 J
答案 B
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。
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ΔU＝W＋Q列方程求出未知量；
(3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况。
二、能量守恒定律
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)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。
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，却能不断地对外做功的机器。
(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。
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)热力学第一定律是物体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。
如图为一种所谓“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 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。
(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 (2022·仪征市高二期末)有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。在上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是( )
A．化学能转化为电能
B．内能转化为电能
C．化学能转化为光能
D．机械能转化为电能
答案 D
解析 根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，即压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能，故选D。
例5 某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量，他用一个横截面积为S＝3.2 dm2的保温圆筒，筒内装有质量为m＝0.4 kg的水，让太阳光垂直照射t＝3 min，水升高的温度Δt＝2.2 ℃，已知水的比热容c＝4.2×103 J/(kg· ℃)，地球半径为R＝6 400 km，试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率。(提示：Q＝cmΔt)
答案 8.3×1016 W
解析 太阳辐射到水中的能量Q＝cmΔt＝4.2×103×0.4×2.2 J≈3.7×103 J，则太阳在3 min内向地球表面辐射的能量Q总＝eq \f(Q,S)·πR2＝eq \f(3.7×103,3.2×10－2)×3.14×(6 400×103)2 J≈1.49×1019 J，则辐射功率P＝eq \f(Q总,t)＝eq \f(1.49×1019,3×60) W≈8.3×1016 W。
课时对点练
考点一 热力学第一定律
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，物体内能的变化与做功及传热两个因素均有关。物体吸收热量，内能不一定增大，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大，B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误。
2.(2022·北京市丰台区高二期末)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．内能减小111 J D．内能减少21 J
答案 B
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。
3．(2022·北京市二中期末)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
答案 A
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。
4.(多选)如图所示为简易测温装置，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
答案 BD
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＝W＋Q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。
5．(2022·广州市高二期末)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减震，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若外界环境温度保持不变，汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中，当上下乘客时，气体的内能________(选填“增加”“减少”或“不变”)，气体从(向)外界________(选填“吸热”或“放热”)；剧烈颠簸时，________________(选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的温度________(选填“升高”“降低”或“不变”)。
答案 不变 放热 外界对气体 升高
解析 上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，则气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0；
在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q<0，所以气体对外放出热量；
剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，即Q＝0，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0；
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高。
考点二 能量守恒定律 永动机不可能制成
6．下列说法正确的是( )
A．条形磁体下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生了感应电流，说明电能是可以被创造的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“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
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，说明能量是可以凭空产生的
答案 C
解析 磁铁穿过线圈过程中是机械能转化成了电能，故A错误；太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，故B错误；马儿奔跑时同样需要消耗能量，故“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，故C正确；不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是靠手臂的摆动提供能量的，它不违背能量守恒定律，故D错误。
7．(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
答案 AD
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。
8．(多选)行驶中的汽车刹车后会滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁体在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流。上述不同现象所包含的相同物理过程是( )
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
答案 AD
解析 这四个现象中物体运动过程中都受到阻力作用，汽车主要受摩擦阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁体下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A正确。四个物体的运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁体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，D正确。
9.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( )
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
答案 D
解析 缓慢取走铁砂的过程中，活塞对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，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＝W＋Q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。
10.(2022·深圳市高二期中)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( )
A．大气压力对水做功，水的内能减小
B．水克服大气压力做功，水的内能减小
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
答案 D
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，水的重力势能减小，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。
11.(2022·扬州市高二月考)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( )
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
答案 D
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，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，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部分气体内能减小，温度降低，Q部分气体内能增加，温度升高；活塞下移，活塞的重力势能减小，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。
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h＝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，取g＝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
解析 (1)设平衡时活塞距汽缸底部的距离为h2，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得eq \f(hS,T1)＝eq \f(h2S,T2)
解得h2＝1.4 m
(2)在此过程中气体对外做功
W＝p0S(h2－h)＋mg(h2－h)
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
解得ΔU＝4.8 J
气体内能增加4.8 J。
[学习目标] 1.理解热力学第一定律，并能运用热力学第一定律分析和解决相关问题(重点)。2.理解并会运用能量守恒定律解决实际问题(难点)。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
汽缸内有一定质量的气体，压缩气体的同时给汽缸加热。那么，气体内能的变化会比单一方式(做功或传热)更明显。这是为什么呢？
答案 给汽缸加热，即向汽缸内传热，汽缸内气体的内能会增加，压缩气体，外界对气体做功，也会使汽缸内气体的内能增加，所以两种方式同时作用时，气体内能的变化比单一方式更明显。
1．改变内能的两种方式：做功与传热。两者对改变系统的内能是等价的。
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。
4．热力学第一定律的应用：
(1)ΔU的正负：当系统内能增加时，ΔU取正值，当系统内能减小时，ΔU取负值。(均选填“正”或“负”)
(2)W的正负：外界对系统做功时，W取正值；系统对外界做功时，W取负值。(均选填“正”或“负”)
(3)Q的正负：外界对系统传递热量时，Q取正值；系统向外界传递热量时，Q取负值。(均选填“正”或“负”)
如图，在汽缸内活塞左边封闭着一定质量的空气，压强与大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2。Q1和Q2哪个大些？为什么？
答案 活塞与汽缸都固定不动时，气体的体积不变，没有做功过程发生，气体吸收的热量Q1全部用于增加气体的内能即为ΔU＝Q1，如果活塞可以自由滑动，温度升高，气体膨胀，会推动活塞向外运动，对外做功，当气体升高相同温度时，气体内能的增加量与前一个过程是相同的，也是Q1，根据热力学第一定律ΔU＝Q1＝W＋Q2，由于W<0，所以Q2>Q1。
例1 (2022·舟曲高二期末)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
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，B选项正确。
例2 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起(不计气泡内空气分子的势能)，则下列说法正确的是( )
A．气泡对外做功，内能不变，同时放热
B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热
C．气泡内能减少，同时放热
D．气泡内能不变，不吸热也不放热
答案 B
解析 在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，W<0，由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，故需从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功，故B正确。
判断气体是否做功的方法
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。
例3 (2022·济南市期中)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( )
A．400 J B．1 200 J
C．2 000 J D．2 800 J
答案 B
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。
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ΔU＝W＋Q列方程求出未知量；
(3)再根据未知量结果的正负来确定吸放热情况、做功情况或内能变化情况。
二、能量守恒定律
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)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。
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，却能不断地对外做功的机器。
(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。
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)热力学第一定律是物体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。
如图为一种所谓“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 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。
(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 (2022·仪征市高二期末)有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。在上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是( )
A．化学能转化为电能
B．内能转化为电能
C．化学能转化为光能
D．机械能转化为电能
答案 D
解析 根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，即压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能，故选D。
例5 某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量，他用一个横截面积为S＝3.2 dm2的保温圆筒，筒内装有质量为m＝0.4 kg的水，让太阳光垂直照射t＝3 min，水升高的温度Δt＝2.2 ℃，已知水的比热容c＝4.2×103 J/(kg· ℃)，地球半径为R＝6 400 km，试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率。(提示：Q＝cmΔt)
答案 8.3×1016 W
解析 太阳辐射到水中的能量Q＝cmΔt＝4.2×103×0.4×2.2 J≈3.7×103 J，则太阳在3 min内向地球表面辐射的能量Q总＝eq \f(Q,S)·πR2＝eq \f(3.7×103,3.2×10－2)×3.14×(6 400×103)2 J≈1.49×1019 J，则辐射功率P＝eq \f(Q总,t)＝eq \f(1.49×1019,3×60) W≈8.3×1016 W。
课时对点练
考点一 热力学第一定律
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，物体内能的变化与做功及传热两个因素均有关。物体吸收热量，内能不一定增大，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大，B错误；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误。
2.(2022·北京市丰台区高二期末)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．内能减小111 J D．内能减少21 J
答案 B
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。
3．(2022·北京市二中期末)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
答案 A
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。
4.(多选)如图所示为简易测温装置，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
答案 BD
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＝W＋Q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。
5．(2022·广州市高二期末)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减震，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若外界环境温度保持不变，汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中，当上下乘客时，气体的内能________(选填“增加”“减少”或“不变”)，气体从(向)外界________(选填“吸热”或“放热”)；剧烈颠簸时，________________(选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的温度________(选填“升高”“降低”或“不变”)。
答案 不变 放热 外界对气体 升高
解析 上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，则气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0；
在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q<0，所以气体对外放出热量；
剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，即Q＝0，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，即W>0；
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高。
考点二 能量守恒定律 永动机不可能制成
6．下列说法正确的是( )
A．条形磁体下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生了感应电流，说明电能是可以被创造的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“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
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，说明能量是可以凭空产生的
答案 C
解析 磁铁穿过线圈过程中是机械能转化成了电能，故A错误；太阳照射到宇宙空间的能量没有消失，故B错误；马儿奔跑时同样需要消耗能量，故“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，故C正确；不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动的“全自动”手表是靠手臂的摆动提供能量的，它不违背能量守恒定律，故D错误。
7．(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
答案 AD
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。
8．(多选)行驶中的汽车刹车后会滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁体在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流。上述不同现象所包含的相同物理过程是( )
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
答案 AD
解析 这四个现象中物体运动过程中都受到阻力作用，汽车主要受摩擦阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁体下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A正确。四个物体的运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁体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，D正确。
9.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( )
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
答案 D
解析 缓慢取走铁砂的过程中，活塞对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，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＝W＋Q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。
10.(2022·深圳市高二期中)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( )
A．大气压力对水做功，水的内能减小
B．水克服大气压力做功，水的内能减小
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
答案 D
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，水的重力势能减小，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。
11.(2022·扬州市高二月考)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( )
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
答案 D
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，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，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部分气体内能减小，温度降低，Q部分气体内能增加，温度升高；活塞下移，活塞的重力势能减小，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。
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h＝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，取g＝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
解析 (1)设平衡时活塞距汽缸底部的距离为h2，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得eq \f(hS,T1)＝eq \f(h2S,T2)
解得h2＝1.4 m
(2)在此过程中气体对外做功
W＝p0S(h2－h)＋mg(h2－h)
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
解得ΔU＝4.8 J
气体内能增加4.8 J。
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