人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律3 能量守恒定律课文配套ppt课件

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册第三章 热力学定律3 能量守恒定律课文配套ppt课件，共56页。PPT课件主要包含了热力学第一定律，等价的，所做的功，Q＋W，能量守恒定律，保持不变，对外做功，课时对点练等内容，欢迎下载使用。

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。
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： 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 的和。3.热力学第一定律的表达式：ΔU＝ 。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 值，当系统内能减小时，ΔU取 值。(均选填“正”或“负”)
(2)W的正负：外界对系统做功时，W取 值；系统对外界做功时，W取____值。(均选填“正”或“负”)(3)Q的正负：外界对系统传递热量时，Q取 值；系统向外界传递热量时，Q取 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。
　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
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。
　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 JB.W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC.W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD.W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
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。
　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
由题意可知，气体先发生等压变化，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。
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。
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。(　　)
　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
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。
　如图所示，上端开口、粗细均匀的U形管的底部中间有一阀门，开始阀门关闭，两管中的水面高度差为h。现将阀门打开，最终两管水面相平，整个过程系统与外界没有热交换，则这一过程中A.大气压做正功，重力做负功，水的内能不变B.大气压不做功，重力做正功，水的内能增大C.大气压不做功，重力做负功，水的内能增大D.大气压做负功，重力做正功，水的内能不变
作用在水面上的大气压力不做功；水流动过程中重心下降，重力做正功，水的重力势能减少，由能量守恒定律可知，减少的重力势能最终转化为内能，故水的内能增大，选项B正确，A、C、D错误。
　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
考点一　热力学第一定律1.(2023·江苏省响水中学高二期末)下列说法正确的是A.物体放出热量，其内能一定减少B.物体对外做功，其内能一定减少C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
物体放出热量，若外界对物体做的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；物体对外做功，若同时从外界吸收的热量大于对外做的功，则内能增加，故B错误；物体吸收热量，Q>0，同时对外做功，W<0，则其内能可能不变，可能增加，也可能减少，故C正确；物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则ΔU＜0，故内能一定减少，故D错误。
2.(2022·盐城市高二月考)用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900 J的功，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能A.增加了1 100 J B.减少了1 100 JC.增加了690 J D.减少了690 J
由热力学第一定律得ΔU＝900 J－210 J＝690 J，故选C。
3.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度的变化，二氧化碳可视为理想气体，则此过程中A.封闭气体对外界做正功B.封闭气体从外界吸收热量C.封闭气体分子的平均动能不变D.封闭气体内能增加
因为不计气体的温度变化，气体分子的平均动能不变，即ΔU＝0，选项C正确，D错误；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即W>0，选项A错误；根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即气体放出热量，选项B错误。
4.(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＝Q2C.W1＝W2 D.Q1>Q2
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。
5.(2022·南通市高二期中)列车运行的平稳性与车厢的震动密切相关，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震动，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。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中A.上下乘客时，气体的内能变大B.上下乘客时，气体从外界吸热C.剧烈颠簸时，外界对气体做功D.剧烈颠簸时，气体的温度不变
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，可知气体温度保持不变，气体内能保持不变，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，A、B错误；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，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，C正确，D错误。
考点二　能量守恒定律　永动机不可能制成6.“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
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B正确。
7.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
磁体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。
8.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.物体机械能守恒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
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，机械能不守恒，故A错误。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，故B、C错误，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
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
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，减少的水的重力势能
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
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.(2022·南京市高二月考)如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(横截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B
位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。
下列说法正确的是A.整个过程，外力F做功大于0，小于mghB.整个过程，理想气体的内能增大C.左端活塞到达B位置时，外力F等于D.整个过程，理想气体向外界释放的热量等于(p0S1＋mg)h
整个过程，因右侧活塞静止不动，则外力F做功为零，选项A错误；整个过程，因为汽缸导热且活塞缓慢移动，可知气体的温度不变，则气体的内能不变，选项B错误；
左端活塞到达B位置时，则封闭气体的压强
整个过程，气体的内能不变，气体体积减小，外界对气体的做功等于气体放出的热量，若在活塞上一次性放上质量为m的沙子时，外界对气体做功为W＝(p0S1＋mg)h，
因沙子是逐渐加入的，则外界对气体做功W<(p0S1＋mg)h，根据ΔU＝Q＋W，因ΔU＝0，所以W＝－Q，即理想气体向外界释放的热量小于(p0S1＋mg)h，选项D错误。