资源简介

2　热力学第一定律 3　能量守恒定律
学习任务一　热力学第一定律
[科学推理] 如图所示,快速推动活塞对汽缸内气体做功100 J,气体内能　　　　　　　;
若保持气体体积不变,汽缸向外界传递200 J的热量,气体内能　　　　　　　;若推动活塞对汽缸内气体做功100 J的同时,汽缸向外界传递200 J的热量,气体的内能　　　　　　　.
[教材链接] 阅读教材“热力学第一定律”相关内容,完成下列填空:
(1)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.这个关系叫作热力学第一定律.
(2)表达式:　　　　　　.
(3)定律中各量的正、负号及其意义
物理量 符号 意义
W + 　　　　　　　做功
- 　　　　　　　做功
Q + 系统　　　　热量
- 系统　　　　热量
ΔU + 内能　　　
- 内能　　　
[科学思维] 应用热力学第一定律解题的一般步骤:
(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)写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负.
(3)根据热力学第一定律ΔU=Q+W列出方程进行求解,应特别注意的是物理量的正、负号及其物理意义.
如下
例1 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
[反思感悟]

变式1 一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做了8×104 J的功,气体的内能减少了1.2×105 J,则根据热力学第一定律,下列各式中正确的是(　)
　　　　　　　　　　　　　　　
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=2×105 J
D.W=-8×104 J,ΔU=-1.2×105 J,Q=-4×104 J
【要点总结】
1.几种常见的气体变化的特殊过程
(1)绝热过程:Q=0,W=ΔU,外界对气体做的功等于气体内能的增加量.
(2)等容过程:在该过程中气体不做功,即W=0,则Q=ΔU,气体吸收的热量等于气体内能的增加量.
(3)理想气体的等温过程:在过程的始、末状态,气体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,表示气体吸收的热量全部用来对外做功或外界对气体所做的功全部转换为热量放出.
2.判断气体是否做功的方法
一般情况下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(自由膨胀除外).
(2)若气体体积减小,表明外界对气体做功,W>0.
学习任务二　能量守恒定律
[教材链接] 阅读教材“能量守恒定律”相关内容,完成下列填空:
(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　　　　　　,这就是能量守恒定律.
②意义
a.能量守恒定律把科学研究的各分立的领域连成一体,热力学第一定律实际就是内能与其他能量转化时的　　　　　　　　.
b.能量守恒定律是普遍、和谐、可靠的自然规律之一.根据能量守恒定律,物理学发现和解释了很多科学现象.
(2)永动机不可制成
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,史称“第一类永动机”.
②不能制成的原因:违背了　　　　　　　　.
例2 (多选)[2024·河北石家庄二中月考] 一铜块和一铁块质量相等,铜块的温度T1比铁块的温度T2高,当它们接触在一起时,如果不和外界交换热量,则(　)
A.从两者开始接触到热平衡的整个过程中,铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量
B.在两者达到热平衡以前的任意一段时间内,铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量
C.在两者达到热平衡以前的任意一段时间内,铜块内能的减少量都等于铁块内能的增加量
D.达到热平衡时,铜块的温度比铁块的低
变式2 太阳能的光热转化是目前技术最为成熟、应用最广泛的太阳能利用形式,从有关资料获悉,在晴天时,垂直于阳光的地球表面接收到的光辐射为1.2×103 J/(m2·s).如图所示,有一台太阳能热水器,可将接收到的光辐射的50%用来升高水温,如果该热水器接受阳光垂直照射的有效面积始终是2 m2,晴天晒1 h,其水箱中50 kg水的温度能升高多少摄氏度 [水的比热容c=4200 J/(kg·℃)]
【要点总结】
1.能量的存在形式及相互转化
(1)各种运动形式都有对应的能:机械运动有机械能,分子的热运动有内能,还有电磁能、化学能、核能等.
(2)各种形式的能,通过某种力做功可以相互转化.例如:利用电炉取暖或烧水,电能转化为内能;煤燃烧,化学能转化为内能;列车刹车后,轮子温度升高,机械能转化为内能.
2.能量守恒的核心是总能量不变.利用能量守恒定律解题时,要注意先搞清楚过程中有几种形式的能在转化或转移,分析初、末状态,确定ΔE增、ΔE减各为多少,再由ΔE增=ΔE减列式计算.
3.第一类永动机失败的原因分析:如果没有外界热源供给热量,则系统内能将减小,即U2学习任务三　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
[科学思维] 解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的基本思路
例3 [2024·山西大学附中月考] 一容器内部空腔呈不规则形状,为测量它的容积,在容器上竖直插入一根两端开口且粗细均匀的玻璃管,接口用蜡密封.玻璃管内部横截面积为S,管内用一长为h的水银柱封闭着长为l1的空气柱,如图.此时外界的温度为T1.现把容器浸在温度为T2的热水中,水银柱缓慢上升,静止时管内空气柱长度变为l2.已知水银密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0.
(1)求温度为T1时封闭气体的压强p1;
(2)求容器的容积V;
(3)若该过程封闭气体的内能增加了ΔU,求气体从外界吸收的热量Q.
变式3 [2024·江苏苏州中学月考] 某汽缸内封闭有一定质量的理想气体,从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A,其V-T图像如图所示,则在该循环过程中,下列说法正确的是 (　)
A.从B到C过程中,气体吸收热量
B.从C到D过程中,气体的压强增大
C.从D到A过程中,单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D.从C到D过程中,若气体内能增加3 kJ,对外做功5 kJ,则气体向外界放出热量2 kJ
[反思感悟]

变式4 [2024·广东深圳中学模拟] 冬天烧碳取暖容易引发一氧化碳中毒事故,吸入的一氧化碳与红细胞、红血球结合,影响了红血球运送氧气的能力,造成人体缺氧,高压氧舱是治疗一氧化碳中毒的有效措施.某物理兴趣小组通过放在水平地面上的汽缸来研究高压氧舱内的环境,如图所示,导热汽缸内的活塞离汽缸底部的高度为h,活塞的横截面积为S,环境温度保持不变.汽缸内气体的压强为1.2p0,该小组分别通过向汽缸内充气和向下压活塞的方式使汽缸内气体的压强增大到2p0.已知大气压强为p0,汽缸内气体可视为理想气体,活塞与汽缸密封良好,不计活塞与汽缸间的摩擦,重力加速度为g.下列说法中正确的是(　)
A.活塞的质量为
B.仅将体积为0.5Sh、压强为1.6p0的气体充入汽缸,可使汽缸内气体的压强增至2p0
C.仅将活塞缓慢下移h,可以将汽缸内气体的压强增至2p0
D.在C选项的操作中,气体向外界放出的热量为p0Sh
【要点总结】
1.气体的状态变化情况可以由图像直接判断或者结合三个气体实验定律和理想气体状态方程进行分析.
2.气体的做功情况、内能变化以及吸、放热关系的分析方法:
(1)利用体积的变化分析做功情况.一般情况下,气体体积增大,气体对外界做功;气体体积减小,外界对气体做功.
外界对气体做功定量计算:若为等压变化,气体体积增大时,W=-pSΔV;气体体积减小时,W=pSΔV.若给出的是一定质量的理想气体的p-V图像,则无论是等压变化还是非等压变化,外界对气体做的功等于对应p-V图所围的面积.即气体体积增大,W=-S;气体体积减小,W=S(S是图像下方所围面积).
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化.一定质量的理想气体的内能仅与温度有关,温度升高,内能增大;温度降低,内能减小.
(3)若已知气体的做功情况和内能的变化情况,利用热力学第一定律ΔU=W+Q,Q=ΔU-W,可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程.
　　　　　　　　　　　　　　　
1.(能量守恒定律)(多选)下面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械
B.做一条船,利用流水的能量逆水行舟
C.通过太阳照射飞机,即使飞机不带燃料也能飞行
D.利用核动力,驾驶地球离开太阳系
2.(热力学第一定律)[2024·广西南宁二中月考] 如图所示是封闭的汽缸,内部封有一定质量的理想气体.外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,则缸内气体的(　)
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
3.(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)一定质量的理想气体由状态a变为状态b,再变为状态c,其p-V图像如图所示.下列说法正确的是(　)
A.由状态a沿图像变化到状态b气体温度升高
B.由状态b沿图像变化到状态c气体温度升高
C.由状态a沿图像变化到状态b气体要从外界吸热
D.气体在状态c的内能大于在状态a的内能
4.(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)[2024·重庆八中月考] 如图甲所示,在竖直放置的圆柱形容器内,用横截面积S=100 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的理想气体,活塞上静止一质量为m的重物.图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V-T图像,密闭气体在A点的压强pA=1.03×105 Pa,从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q=500 J.已知外界大气压强p0=1.01×105 Pa,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　)
A.重物质量m=1 kg
B.气体在状态B时的体积为8.0×10-2 m3
C.从状态A变化到状态B的过程中,气体对外界做功202 J
D.从状态A变化到状态B的过程中,气体的内能增加294 J
2　热力学第一定律 3　能量守恒定律
[科学推理] 增加了100 J　减少了200 J　减少了100 J
[教材链接] (1)热量　所做的功　(2)ΔU=Q+W　(3)外界对系统　系统对外界　吸收　放出　增加　减少
例1　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.
变式1　B　[解析] 因为外界对气体做功,故W取正值,即W=8×104 J,气体的内能减少,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,选项B正确.
[教材链接] (1)①保持不变　②a.能量守恒定律　(2)②能量守恒定律
例2　AC　[解析] 热平衡的条件是温度相等,传热的方向是从温度高的物体自发地传向温度低的物体;不和外界交换热量,在传热过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量,故A、C正确,B、D错误.
变式2　20.6 ℃
[解析] 依题意,可求得1 h太阳能热水器可以接收的太阳能为E太阳=1.2×103×2×3600 J=8.64×106 J
水吸收的热量为
Q吸=ηE太阳=50%×8.64×106 J=4.32×106 J
则水箱中50 kg水升高的温度为
Δt== ℃≈20.6 ℃
例3　(1)p0+ρgh　(2)　
(3)ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S
[解析] (1)对水银柱进行受力分析,有p1S=p0S+ρghS
解得p1=p0+ρgh
(2)由题意可知,封闭气体的初状态温度为T1,体积
V1=V+l1S
末状态温度为T2,体积为V2=V+l2S
水银柱缓慢上升过程封闭气体压强不变,由盖-吕萨克定律有
=
解得V=
(3)气体对外做功,则
W=-p1(V2-V1)=-(p0+ρgh)(l2-l1)S
由热力学第一定律,有ΔU=Q+W
所以Q=ΔU-W=ΔU+(p0+ρgh)(l2-l1)S
变式3　C　[解析] 从B到C过程气体发生等温变化,内能不变,体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,气体放出热量,故A错误;由=C得,V=T,可知从C到D过程气体发生等压变化,故B错误;从D到A过程中,气体的温度不变,则气体分子的平均速率不变,气体体积增大,则压强减小,必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的,故C正确;从C到D过程中,由ΔU=W+Q,得Q=8 kJ,气体从外界吸收热量,故D错误.
变式4　B　[解析] 对活塞受力分析,由平衡条件得mg+p0S=p1S,解得活塞的质量为m=,A错误;对体积为0.5Sh、压强为1.6p0的气体,由玻意耳定律得1.6p0×0.5Sh=1.2p0·ΔV,对封闭气体,由玻意耳定律得1.2p0·Sh+1.2p0·ΔV=p·Sh,联立解得缸内气体的压强变为p=2p0,B正确;对封闭气体由玻意耳定律得1.2p0·Sh=p'·S,解得缸内气体压强变为p'=3p0,C错误;由于环境温度不变且汽缸是导热的,所以在活塞下移的过程中气体做等温变化,气体的内能不变,由热力学第一定律得ΔU=Q+W,如果气体压强不变,则外界对气体做功为W=1.2p0·Sh=p0Sh,ΔU=0,解得Q=-p0Sh,由于将活塞缓慢下移过程中压强增大,所以气体向外界放出的热量大于p0Sh,D错误.
随堂巩固
1.BCD　[解析] 利用磁铁间的作用力可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能,但由于摩擦不可避免,动能最终转化为内能使转动停止,故A不符合能量守恒定律.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;同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性,使光能转化为飞机的动能,实现飞机不带燃料也能飞行,故B、C符合能量守恒定律.利用反冲理论,以核动力为能源,使地球获得足够大的能量,挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系,故D符合能量守恒定律.
2.A　[解析] 由热力学第一定律ΔU=Q+W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,故温度升高,选项A正确.
3.B　[解析] 由状态a沿图像变化到状态b,属于等容变化,根据查理定律可得=,由状态a沿图像变化到状态b,压强减小,则温度降低,内能减小,气体需要放热,A、C错误;由状态b沿图像变化到状态c,属于等压变化,由盖-吕萨克定律可得=,由状态b沿图像变化到状态c,体积增大,温度升高,B正确;对于一定量的气体而言,有=,结合图像代入数据可得Ta=Tc,理想气体的内能只与温度有关,因此,气体在状态c的内能等于在状态a的内能,D错误.
4.D　[解析] 在A状态,根据题意有mg+p0S=pAS,解得m=2 kg,故A错误;根据图像可知=C,所以气体做等压变化,有=,解得VB=8.0×10-3 m3,故B错误;从状态A变化到状态B,外界对气体做功W=-pAΔV=-206 J,故C错误;根据热力学第一定律得ΔU=Q+W=294 J,故D正确.

展开更多......

收起↑