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DISANZHANG
第三章
2　热力学第一定律
3　能量守恒定律
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。
学习目标
一、热力学第一定律
二、能量守恒定律
课时对点练
内容索引
热力学第一定律
一
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
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
与外界对它 的和。
3.热力学第一定律的表达式：ΔU= 。
梳理与总结
做功
传热
等价
热量
所做的功
Q+W
一定质量的气体，膨胀过程中是外界对气体做功还是气体对外界做功？如果膨胀时气体对外做的功是135 J，同时向外放热85 J，气体内能的变化量是多少？内能是增加了还是减少了？
思考与讨论
答案　膨胀过程中气体对外界做功，W=-135 J，气体向外放热：Q=-85 J，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，代入得：ΔU=-135 J+(-85) J=-220 J，所以气体内能减少了220 J。
1.ΔU的正负：当系统内能增加时，ΔU取正值，内能减少时，ΔU取负值。
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。
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。
提炼·总结
　(1)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，则气体的内能是增加还是减少？改变量是多少？
例1
答案　增加　1.0×105 J
由题意知，Q=3.5×105 J，W=-2.5×105 J，则根据热力学第一定律有
ΔU=Q+W=1.0×105 J
ΔU为正值，说明气体的内能增加，
增加量为1.0×105 J。
(2)一定质量的气体，外界对其做功1.6×105 J，内能增加了4.2×105 J，此过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
答案　吸热　2.6×105 J
由题意知，ΔU=4.2×105 J，W=1.6×105 J，
则根据热力学第一定律有
Q=ΔU-W=2.6×105 J
Q为正值，说明此过程中气体从外界吸热，吸收的热量为2.6×105 J。
总结提升
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。
　(多选)(2024·湛江市模拟)航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备，可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀，若航天服内气体的温度不变，视为理想气体并将航天服视为封闭系统。则关于航天服内的气体，下列说法正确的是
A.体积增大，内能减小
B.压强减小，内能不变
C.对外界做功，吸收热量
D.压强减小，分子平均动能增大
例2
√
√
由于航天服内气体视为理想气体，温度决定内能，温度不变，内能不变，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大，气体对外界做功，温度不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知由于W<0，ΔU=0，则Q>0，所以航天服内气体将吸收热量，又由等温变化有p1V1=p2V2可知体积变大，则压强减小。综上所述，故B、C正确，A、D错误。
总结提升
1.判断气体内能变化：由于理想气体分子间距离较大，忽略其分子势能，只考虑其分子动能，故温度升高，分子动能增大，内能增大；反之内能减小。
2.判断是否做功及做功正负的方法
一般情况下外界对气体做功与否，需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。
(2)若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0。
3.判断吸热还是放热
气体在变化过程是吸热还是放热要结合内能变化和气体做功情况，由热力学第一定律ΔU=W+Q综合判断。
　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
例3
A.400 J B.1 200 J
C.2 000 J D.2 800 J
√
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。
总结提升
等压变化过程，功用公式W=pΔV计算
等压变化过程中，气体压强不变，气体对活塞的压力F=pS，为恒力，由恒力做功的公式W=Fx可得W=pSx=pΔV，即气体做的功与气体的压强p和气体体积的变化量ΔV有关。
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能量守恒定律
二
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。
产生
消失
转化
保持不变
转移
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。
对外做功
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。
能量守恒定律
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？
思考与讨论
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，故能量的总量是可以变化的。
(　　)
(2)能量的总量保持不变，所以我们不需要节约能源。(　　)
(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)第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。(　　)
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课时对点练
三
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
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基础对点练
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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，故内能可能不变或增大，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.如图所示，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
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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。
3.一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
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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。
4.(2023·重庆市凤鸣山中学月考)如图所示，在玻璃瓶中放入少量水，水面上方有无色的水蒸气，用中间带孔、孔中插有软管的橡皮塞盖紧瓶口，然后往瓶中打气，当气压足够大时，橡皮塞从瓶口弹出，原来透明的瓶内充满了白雾，这一实验现象表明
A.气体对外界做功，瓶内气体温度升高，内能减少
B.外界对气体做功，瓶内气体温度升高，内能增加
C.气体对外界做功，瓶内气体温度降低，内能减少
D.外界对气体做功，瓶内气体温度降低，内能增加
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白雾是小水滴，它是由水蒸气液化而形成的，该实验的原理如下：瓶内的气体压强增大到一定程度时，瓶内气体对橡皮塞做功，将橡皮塞弹出，气体对外界做
功，将一部分内能转化为橡皮塞的机械能，气体的内能减少，温度降低，瓶中的水蒸气遇冷液化而形成白雾，故C正确，A、B、D错误。
5.(2023·江西省乐平中学高二期末)固定的汽缸内由活塞封闭着一定质量的气体，在通常的情况下，这些气体分子之间的相互作用力可以忽略。在外力F作用下，将活塞缓慢地向上拉动，如图所示。在拉动活塞的过程中，假设汽缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，关于对汽缸内的气体的下列论述，其中正确的是
A.气体对活塞做功，气体的内能减少
B.气体从外界吸热，气体分子的平均动能增大
C.气体从外界吸热，气体压强不变
D.气体单位体积的分子数减小，气体压强减小
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由题意知，汽缸内的封闭气体是理想气体且温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能不变，A、B错误；
气体体积增大，单位体积的分子数减小，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，封闭气体温度不变，体积增大，压强减小，C错误，D正确。
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
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第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律。故选B。
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
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条形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.如图所示，容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A气体的密度小，B气体的密度大。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，气体内能的增加量为ΔU，则
A.ΔU=Q B.ΔUC.ΔU>Q D.ΔU=0
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能力综合练
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抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，其重心升高，气体对外做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知ΔU9.(2023·广州市高二期末)用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有一定质量的理想气体，右侧与绝热活塞之间是真空的。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸，待气体达到稳定状态后，缓慢推压活塞，将气体压缩回到原来的体积。整个过程不漏气，则下列说法正确的是
A.气体被压缩过程中内能增大
B.气体自发扩散过程中内能减小
C.气体自发扩散过程中，气体分子的平均速率增大
D.气体被压缩过程中，温度升高，所有分子的速率都增大
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根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，在汽缸绝热
的情况下Q=0，缓慢推压活塞，气体被压缩的过
程中，外界对气体做功W>0，因此可得ΔU>0，即
缸内气体的内能增大，故A正确；
由于隔板右侧为真空，当抽去隔板，气体自发扩散，并不对外做功，而汽缸绝热，根据热力学第一定律可知W=0，Q=0，由此可知ΔU=0，即气体自发扩散过程中缸内气体内能不变，对于一定质量的理想气体，内能不变则温度不变，气体分子平均动能不变，气体分子的平均速率不变，故B、C错误；
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气体被压缩过程中，外界对气体做功，汽缸绝
热，气体内能增大，温度升高，因此可知气体
分子的平均速率增大，但并不是所有分子的速
率都增大，对于单个分子而言，其速率可能增
大也可能减小，故D错误。
10.(多选)如图所示，将一空的金属易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气(可视为理想气体)
A.内能增大
B.分子间的平均距离减小
C.向外界放热
D.对外界做正功
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取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐被向
下压入恒温游泳池水中的过程，可视为等温过程，由
于温度不变，故气体内能不变(理想气体的内能仅取决
于温度)，A选项错误；
由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1=p2V2，可知体积变小，故分子间的平均距离减小，B选项正确；
内能不变则ΔU=0，体积变小则气体对外界做负功，W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即气体向外界放热，故C选项正确，D选项错误。
11.(2024·广东省高三开学考)图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0=1.0×105 Pa，温度为T0=300 K，现启动加热模式使气体温度升高到T=450 K，此过程中气体吸收的热量为Q=8.0×103 J，内胆中气体的体积不变，求：
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答案　1.5×105 Pa
(1)此时内胆中气体的压强p；
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根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，根据查理定律可得=，解得p=1.5×105 Pa
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
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答案　8.0×103 J
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
由于气体的体积不变，所以W=0
又因Q=8.0×103 J，所以ΔU=8.0×103 J。
12.(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5~10 m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是
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尖子生选练
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D.若风场每年有5 000 h风速在6~10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为
6.0×105 kW·h
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单位时间流过面积A的流动空气体积为V0=Av，单位
时间流过面积A的流动空气质量为m0=ρV0=ρAv，单
位时间流过面积A的流动空气动能为m0v2=ρAv3，
即P风=ρAv3，风速在5~10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；
由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24 kW·h=2.4×109 kW·h，C错误；
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若风场每年有5 000 h风速在6~10 m/s的风能资源，
当风速取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有
最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率
为405 kW，且风速在5~10 m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速为6 m/s时，输出电功率为P'=63× kW=120 kW，则该发电机年发电量至少为E'=P't=120×5 000 kW·h=6.0×105 kW·h，D正确。
返回2　热力学第一定律
3　能量守恒定律
［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？
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1.改变内能的两种方式：　　　　　　与　　　　　　。两者对改变系统的内能是　　　　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　　　　与外界对它　　　　　　的和。
3.热力学第一定律的表达式：ΔU=　　　　。
一定质量的气体，膨胀过程中是外界对气体做功还是气体对外界做功？如果膨胀时气体对外做的功是135 J，同时向外放热85 J，气体内能的变化量是多少？内能是增加了还是减少了？
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1.ΔU的正负：当系统内能增加时，ΔU取正值，内能减少时，ΔU取负值。
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。
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。
例1　(1)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，则气体的内能是增加还是减少？改变量是多少？
(2)一定质量的气体，外界对其做功1.6×105 J，内能增加了4.2×105 J，此过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
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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。
例2　(多选)(2024·湛江市模拟)航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备，可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀，若航天服内气体的温度不变，视为理想气体并将航天服视为封闭系统。则关于航天服内的气体，下列说法正确的是(　　)
A.体积增大，内能减小
B.压强减小，内能不变
C.对外界做功，吸收热量
D.压强减小，分子平均动能增大
1.判断气体内能变化：由于理想气体分子间距离较大，忽略其分子势能，只考虑其分子动能，故温度升高，分子动能增大，内能增大；反之内能减小。
2.判断是否做功及做功正负的方法
一般情况下外界对气体做功与否，需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。
(2)若气体体积减小，表明外界对气体做功，W>0。
3.判断吸热还是放热
气体在变化过程是吸热还是放热要结合内能变化和气体做功情况，由热力学第一定律ΔU=W+Q综合判断。
例3　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
等压变化过程，功用公式W=pΔV计算
等压变化过程中，气体压强不变，气体对活塞的压力F=pS，为恒力，由恒力做功的公式W=Fx可得W=pSx=pΔV，即气体做的功与气体的压强p和气体体积的变化量ΔV有关。
二、能量守恒定律
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？
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(1)能量既可以转移又可以转化，故能量的总量是可以变化的。(　　)
(2)能量的总量保持不变，所以我们不需要节约能源。(　　)
(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)第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律。(　　)
答案精析
一、
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。
梳理与总结
1.做功　传热　等价　
2.热量　所做的功　
3.Q+W　
思考与讨论
膨胀过程中气体对外界做功，W=-135 J，气体向外放热：Q=-85 J，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，代入得：ΔU=-135 J+(-85) J=-220 J，所以气体内能减少了220 J。
例1　(1)增加　1.0×105 J　(2)吸热　2.6×105 J
解析　(1)由题意知，Q=3.5×105 J，W=-2.5×105 J，则根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=1.0×105 J
ΔU为正值，说明气体的内能增加，增加量为1.0×105 J。
(2)由题意知，ΔU=4.2×105 J，W=1.6×105 J，
则根据热力学第一定律有Q=ΔU-W=2.6×105 J
Q为正值，说明此过程中气体从外界吸热，吸收的热量为2.6×105 J。
例2　BC　［由于航天服内气体视为理想气体，温度决定内能，温度不变，内能不变，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大，气体对外界做功，温度不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知由于W<0，ΔU=0，则Q>0，所以航天服内气体将吸收热量，又由等温变化有p1V1=p2V2可知体积变大，则压强减小。综上所述，故B、C正确，A、D错误。］
例3　B　［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。］
二、
1.(1)产生　消失　转化　转移　保持不变　
2.(1)对外做功　(2)能量守恒定律　
思考与讨论
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。
易错辨析
(1)×　(2)×　(3)×　(4)√

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