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3.2 3.3.热力学第一定律　能量守恒定律
课题1　热力学第一定律　能量守恒定律
1. 理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决简单问题．
2. 理解能量守恒定律．
3. 知道第一类永动机是不可能制成的．
1. 如图所示为改变内能的两种方式，回答下列问题：
(1)如果物体和外界不发生热交换，当外界对物体做了8 J功，物体内能变化了多少？如果物体只与外界有热交换，没有做功，外界传给物体6 J热量，物体的内能变化了多少？
(2)如果物体内能在改变的过程中，既有热传递又有做功．外界对物体做了8 J的功，同时物体吸收6 J热量，物体内能变化了多少？
(3)一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，这个关系叫作热力学第一定律．热力学第一定律的表达式为　　　　　　　　．
注意热力学第一定律表达式中物理量符号的规定：
①W：外界对系统做功，W＞0，即W为正值；系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，W＜0，即W为负值．
②Q：外界对系统传递热量，也就是系统从外界吸收热量，Q＞0，即Q为正值；外界对系统吸收热量，也就是系统向外界放出热量，Q＜0，即Q为负值．
③ΔU：系统内能增加，ΔU＞0，即ΔU为正值；系统内能减少，ΔU＜0，即ΔU为负值．
2. 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＝2×104 J
D. W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
总结：应用热力学第一定律解决问题的思路．
(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)分别列出物体或系统吸收或放出的热量；外界对物体或系统所做的功或物体或系统对外所做的功．
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解．
(4)特别应注意的就是物理量的正负号及其物理意义．
3. 如图甲所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于 2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功．内燃机工作时汽缸温度高于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J．
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动 0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功（图乙），该做功过程气体传递给汽缸的热量为 30 J，求此做功过程气体内能的变化量．
　　
甲　压缩冲程　　　　　　乙　做功冲程
1. 19世纪自然科学三大发现分别是细胞学说、生物进化论和能量守恒定律．阅读教材，了解人类对于能量守恒的认识过程．
(1)能量转化和守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，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　　　　保持不变．
(2)能量守恒定律是一个普遍适用的定律，热力学第一定律是只研究　　　　与　　　　　　　　　　　　发生转化时的能量守恒关系．
2. 风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量是多少？（重力加速度为g）
1. 生活中的物理：有一种所谓“全自动”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？
2. 如图所示是历史上有名的一种永动机的设计．从图上看，设计者为什么认为这个机器会永远运动下去？不用能量的概念，你能不能说明它不会永远运动下去？
3. 某物质循环一周回复到初始状态，不吸热而向外放热或做功，这叫“第一类永动机”．第一类永动机不能制成的原因是什么？谈谈永动机给我们的启示．
4. 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
1. 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，气体体积减为原来的一半，不计气体温度的变化，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. 封闭气体向外界传递热量
C. 封闭气体分子的平均动能增大 D. 封闭气体从外界吸收热量
2. 如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩一定质量的理想气体，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
（第2题） （第5题） （第6题）
3. 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
4. 一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa的状况下，体积从20 L膨胀到30 L，这一过程中气体从外界吸热4×103 J，则气体内能的变化为(　　)
A. 增加了5×103 J　 B. 减少了5×103 J
C. 增加了3×103 J　 D. 减少了3×103 J
5. 用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A. 体积减小，内能减少 B. 体积减小，压强减小
C. 对外界做负功，内能增大　 D. 对外界做正功，压强减小
6. 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不变
C. 外界对瓶内气体做正功
D. 热传递使瓶内气体的内能增加
7. 如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空．现将隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡，在此过程中(　　)
A. 气体对外界做功，温度降低，内能减少　
B. 气体对外界做功，温度不变，内能不变
C. 气体不做功，温度不变，内能不变　
D. 气体不做功，温度不变，内能减少
8. 一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是(　　)
A. 子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B. 子弹减少的动能等于木块增加的动能
C. 子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D. 子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
9. “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. 做功产生的热不符合热功当量 D. 找不到合适的材料和合理的设计方案
10. 一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，问：
(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？
(2)如果这些气体又返回到原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？
课题2　热力学第一定律的应用
1. 会应用气体实验定律与热力学第一定律解决理想气体问题．
2. 会应用力的平衡知识结合热力学第一定律解决有关问题．
3. 会分析热力学第一定律和图像相结合的问题．
1. 应用气体实验定律与热力学第一定律处理理想气体问题的要点提醒．
(1)热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的　　　　和　　　　．
当温度变化时，气体的　　　　变化；当体积变化时，气体将伴随着　　　　．解题时要掌握气体变化过程的特点：
①等温过程：　　　　不变，即　　　　．
②等容过程：　　　　．
③绝热过程：　　　　．
(2)应用气体实验定律与热力学第一定律处理理想气体问题的思路方法．
①气体实验定律研究对象是　　　　　　　　　　　　．
②解决具体问题时，根据不同的变化过程，找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决．
③对理想气体，只要体积变化，外界对气体（或气体对外界）要　　　　；只要温度发生变化，其　　　　要发生变化．
④结合热力学第一定律　　　　　　　　求解问题．
2. 如图所示，用导热材料制成的截面积相等、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．
(1)求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）
3. 如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞．汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.
1. 如图所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0，起初环境的热力学温度为T0时，活塞到汽缸底面的距离为L.当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体吸收的热量为Q.求：
(1)汽缸内部气体内能的增量ΔU；
(2)最终的环境温度T.
2. 如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.
甲 乙
(1)下列说法中正确的有　　　　．
A. 该过程中汽缸内气体的压强始终为p0
B. 该过程中气体的内能不断增大
C. 该过程中气体不断从外界吸收热量
D. 气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功
E. A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝　　　　（用图中和题目中给出的字母表示）.
(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？
1. 如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，思考以下问题：
(1)在变化过程中是气体对外做功，还是外界对气体做功？
(2)在变化过程中气体吸热，还是向外放热？气体内能增加了，还是减少了？
2. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.则下列说法正确的是(　　)
A. 在过程ab中气体的内能减少
B. 在过程ca中气体对外界做功
C. 在过程ab中气体对外界做功
D. 在过程bc中气体从外界吸收热量
3. 一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，则从A到B的过程中，气体(　　)
A. 体积不变
B. 内能一定增加
C. 一定吸收热量
D. 单位时间内撞击容器壁单位面积上的分子数可能减小
1. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图像如图所示．下列说法正确的是(　　)
A. A→B的过程中，气体对外界做功
B. A→B的过程中，气体吸收热量
C. B→C的过程中，气体压强不变
D. A→B→C的过程中，气体内能增加
2. 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A. 若气体的内能不变，其状态也一定不变
B. 若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
C. 气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D. 当气体温度升高时，内能不一定增大
3. 往复式内燃机利用迪塞尔循环来工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成．如图所示为一定质量的理想气体所经历的一个迪塞尔循环，则该气体(　　)
A. 在状态c和d时的内能可能相等
B. 在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C. a→c过程中增加的内能小于c→d过程中减少的内能
D. 在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
4. 某型号新能源汽车的后备箱内安装有气压支撑杆，它主要由汽缸和活塞组成，开箱时密闭汽缸内的压缩气体膨胀将箱盖顶起，忽略气体分子间相互作用，若缸内气体(　　)
A. 与外界无热交换，则气体温度升高
B. 与外界无热交换，则气体分子的平均动能增大
C. 温度保持不变，则气体压强变大
D. 温度保持不变，则气体从外界吸收热量
5. 一定质量理想气体的压强p随摄氏温度t的变化规律如图所示，则气体从状态A变化到B的过程中(　　)
A. 分子平均动能减小
B. 气体体积保持不变
C. 外界对气体做功
D. 气体对器壁单位面积的平均作用力不变
6. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A、B、C的状态参量如图所示，气体在状态A的温度为27 ℃，求：
(1)气体在状态B的温度TB；
(2)气体从A→B→C状态变化过程中与外界交换的总热量Q.
7. 如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开．玻璃管静止时，A部分气柱长度为2.4L，压强为p0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.2p0.已知大气压强为p0，环境温度保持不变．
(1)若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A的长度；
(2)若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU.
8. 如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S.开始时容器内气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h，将整个装置放在温度为T、大气压恒为p0的空气中，活塞缓慢上升一段距离后再次平衡，此过程气体从外界吸收热量为Q.已知重力加速度为g，求：
(1)活塞上升的距离d；
(2)密闭气体内能的增加量ΔU.
第2、3节　热力学第一定律
能量守恒定律
课题1　热力学第一定律　能量守恒定律
【活动方案】
活动一：
1. (1)增加了8 J；增加了6 J.
(2)增加了14 J.
(3)ΔU＝Q＋W
2. B　因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；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正确．
3. (1)175 J　(2)－930 J，即气体内能减少了930 J.
活动二：
1. (1)转化　转移　总量
(2)内能　其他形式的能
2. 设在t时间内吹在风车上的空气的质量为m1，
则m1＝πd2·vt·ρ，
风的动能Ek＝m1v2＝πd2v3tρ，
根据题意有 πd2v3tρ×50%×80%＝mgh，
则 ＝.
活动三：
1. 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．
2. 这种永动机是在一个轮子的边缘等距地安装12根活动短杆，杆的自由端分别套上一个重球．无论轮子转到什么位置，右边的各个重球总比左边的各个重球离轴心更远一些．设想，右边甩过去的重球作用在离轴较远的位置，就会迫使轮子按照箭头所示的方向永不停息地旋转下去，至少转到轮轴磨坏时为止．但是，实际上轮子转动一两圈后就停了下来，在这种永动机的设计中，我们总可以找到一个平衡位置，在这个位置上，各个力恰好相互抵消．不再有任何推动力使它运动．永动机必然会在这个平衡位置上静止下来，变成不动机．
3. 违背能量守恒定律．任何一部机器，只要对外做功，都要消耗能量，都只能使能量从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，而不能无中生有地创造能量．热力学第一定律的另一种表述为：“不可能制造出第一类永动机”．人类利用和改造自然时，必须遵循自然规律．
4. D　轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量一部分释放到空气中，另一部分使叶片在热水中伸展做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确．
【检测反馈】
1. B　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，C错误；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即W＞0，A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＜0，即气体向外界传递热量，B正确，D错误．
2. A　对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J．内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，A正确．
3. C
4. C　气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105 Pa×(30－20)×10-3 m3＝1.0×103 J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103 J.由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103 J＋4.0×103 J＝3.0×103 J，即气体内能增加了3×103 J．故C正确．
5. C　根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，Q＝0，外界压缩气体，气体体积减小，外界对气体做正功，内能增大，温度升高，由＝C可知压强增大，C正确，A、B、D错误．
6. D
7. C　气体向真空膨胀，不做功；此为绝热容器，无热传递，Q＝0.故C正确．
8. D　9. B
10. (1)由热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝280 J－120 J＝160 J，
内能增加了160 J.
(2)ΔU′＝－ΔU＝－160 J，Q′＝－240 J，
由热力学第一定律得
W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，
即外界对气体做了80 J的功．
课题2　热力学第一定律的应用
【活动方案】
活动一：
1. (1)体积　温度　内能　做功
①内能　ΔU＝0　②W＝0　③Q＝0
(2)①一定质量的理想气体　③做功　内能
④ΔU＝W＋Q
2. (1)设平衡后活塞向右移动的距离为x，
活塞向右移动达到稳定后，
对A气体，有pALS＝p(L＋x)S，
对B气体，有pBLS＝p(L－x)S，
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．
3. (1)在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得 ＝，解得T1＝2T0；在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖-吕萨克定律得 ＝，解得V1＝V.
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)，在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU＝a(T1－T0)，由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU，解得Q＝p0V＋aT0.
活动二：
1. (1)密封气体的压强p＝p0－，
密封气体对外做功大小W＝pS×0.1L，
由热力学第一定律得
ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG.
(2)该过程是等压变化，由盖-吕萨克定律有
＝，
解得T＝1.1T0.
2. (1)BCD　(2)ΔL
(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得
mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋，
气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL，
由热力学第一定律得气体内能的变化量为
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL.
解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p0＋，A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，E错误．
(2)由盖-吕萨克定律得＝，即＝，解得L＝.
活动三：
1. (1)由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0.
(2)由p-V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU＞0.由ΔU＝W＋Q得Q＞0，即气体吸热，内能增加．
2. D　在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增加，故A、C错误；在过程ca中，气体的体积缩小，外界对气体做功，故B错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，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，故D正确．
3. B　作出T1温度下的等温线，交B状态的p-T图线于C点，如图所示，根据理想气体状态方程可知，从A到C，温度不变，压强增大，气体的体积减小，而从C到B可以看成等容变化，故从A到B气体体积减小，A错误；一定质量理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，B正确；该过程外界对气体做正功，气体温度升高，气体内能增加，根据热力学第一定律可知从A到B不一定是吸收热量，C错误；A到B气体的体积减小，分子数密度增大，温度升高，平均动能增大，故单位时间内撞击容器壁单位面积上的分子数增加，D错误．
【检测反馈】
1. C　由V-T图像知，从A到B的过程中，气体被等温压缩，外界对气体做正功，气体的内能不变，由热力学第一定律知，气体放出热量，A、B错误；从B到C的过程中气体做等压变化，温度降低，气体内能减少，故C正确，D错误．
2. C　当气体的内能不变时，气体可能在发生等温变化，故状态可能变化，A错误；由理想气体状态方程 ＝C可知，当气体的温度不断升高时，压强可能升高，也可能降低，还可能保持不变，B错误；气体温度每升高1 K，内能的增量相同，但气体做功情况不同时气体所吸收的热量也不同，C正确；当气体温度升高时，气体的内能一定增大，D错误．
3. B　状态c到d是绝热过程，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，状态c到d内能减小，故A错误；在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W＞0，Q＝0，根据热力学第一定律，可知ΔU＝W即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p-V图像“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体做功，图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能改变量为零，则ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW＞0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，因为从d到a，做功为零，温度降低，内能减小，完成一次循环内能不变，所以在整个循环过程中，a→c过程中增加的内能大于c→d过程中减少的内能，故C、D错误．
4. D　缸内气体与外界无热交换Q＝0，由于气体膨胀对外做功W<0，根据热力学第一定律得 ΔU＝W＋Q，所以气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，A、B错误；根据玻意耳定律得，温度不变，气体体积变大时，压强减小，C错误；若缸内气体的温度保持不变，则气体内能不变，即ΔU＝0，则有Q＝ΔU－W＝－W>0，则气体从外界吸收热量，D正确．
5. C　气体从状态A到状态B的过程中，由于气体温度升高，所以分子的平均动能增大，A错误；在p-t图像中等容线是延长线过－273 ℃的直线，斜率越大，体积越小，如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，体积变小，外界对气体做功，B错误，C正确；气体从状态A到状态B的过程中，压强增大，气体对器壁单位面积的平均作用力增大，D错误．
6. (1)A到B过程是等压变化，由盖吕萨克定律得 ＝，
代入数据解得TB＝600 K.
(2)根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，
其中ΔU＝0，W＝－2p0V0，
解得Q＝2p0V0(吸热).
7. (1)转动前B部分气体压强为
pB1＝p0＋0.2p0＝1.2p0，
设转过90°后B部分气体长度为LB，则A部分气体的长度为l，
l＋LB＝4.4L.
设B部分气体压强为pB2，则A部分气体压强为pA2，
pA2＝pB2，
由玻意耳定律可得，对A部分气体有
p0·2.4LS＝pA2·lS，
对B部分气体有1.2p0·2LS＝pB2·LBS，
联立解得l＝2.2L.
(2)由题意知，在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，水银上升，这一过程中B部分气体发生等压变化，压强恒为
pB1＝p0＋0.2p0＝1.2p0，
气体对外界做的功为
W＝1.2p0ΔV＝1.2p0·2.4LS＝2.88p0LS，
根据热力学第一定律，可得该过程气体B内能的增量为ΔU＝Q－2.88p0LS.
8. (1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
＝＝，
解得d＝h.
(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功
W＝－(mg＋p0S)d，
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
ΔU＝Q＋W＝Q－.(共44张PPT)
第2、3节　热力学第一定律　能量守恒定律
课题2　热力学第一定律的应用
第三章
热力学定律
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．会应用气体实验定律与热力学第一定律解决理想气体问题．
2．会应用力的平衡知识结合热力学第一定律解决有关问题．
3．会分析热力学第一定律和图像相结合的问题．
活 动 方 案
活动一：应用气体实验定律与热力学第一定律解决理想气体问题
1．应用气体实验定律与热力学第一定律处理理想气体问题的要点提醒．
(1)热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的________和________．当温度变化时，气体的________变化；当体积变化时，气体将伴随着________．解题时要掌握气体变化过程的特点：
①等温过程：________不变，即__________．
②等容过程：_________．
③绝热过程：_________．
体积
温度
内能
做功
内能
ΔU＝0
W＝0
Q＝0
(2)应用气体实验定律与热力学第一定律处理理想气体问题的思路方法．
①气体实验定律研究对象是______________________．
②解决具体问题时，根据不同的变化过程，找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决．
③对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)要________；只要温度发生变化，其________要发生变化．
④结合热力学第一定律_______________求解问题．
一定质量的理想气体
做功
内能
ΔU＝W＋Q
2．如图所示，用导热材料制成的截面积相等、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．
(1)求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)设平衡后活塞向右移动的距离为x，
活塞向右移动达到稳定后，
对A气体，有pALS＝p(L＋x)S，
对B气体，有pBLS＝p(L－x)S，
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．
3．如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞．汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q．
活动二：应用力的平衡知识结合热力学第一定律解决有关问题
1．如图所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0，起初环境的热力学温度为T0时，活塞到汽缸底面的距离为L．当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体吸收的热量为Q．求：
(1)汽缸内部气体内能的增量ΔU；
(2)最终的环境温度T．
2．如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m．现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B．若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL．外界大气压强为p0．
甲
乙
(1)下列说法中正确的有_________．
A．该过程中汽缸内气体的压强始终为p0
B．该过程中气体的内能不断增大
C．该过程中气体不断从外界吸收热量
D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功
E．A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝____________(用图中和题目中给出的字母表示)．
BCD
(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？
活动三：分析、解决热力学第一定律和图像相结合的问题
1．如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，思考以下问题：
(1)在变化过程中是气体对外做功，还是外界对气体做功？
【答案】由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W＜0．
(2)在变化过程中气体吸热，还是向外放热？气体内能增加了，还是减少了？
【答案】由p－V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU＞0．由ΔU＝W＋Q得Q＞0，即气体吸热，内能增加．
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a．则下列说法正确的是 (　　)
A．在过程ab中气体的内能减少
B．在过程ca中气体对外界做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
D
【解析】 在过程ab中，体积不变，气体对外界不做功，压强增大，温度升高，内能增加，故A、C错误；在过程ca中，气体的体积缩小，外界对气体做功，故B错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，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，故D正确．
3．一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，
则从A到B的过程中，气体 (　　)
A．体积不变
B．内能一定增加
C．一定吸收热量
D．单位时间内撞击容器壁单位面积上的分子数可能减小
B
【解析】 作出T1温度下的等温线，交B状态的p－T图线于C点，如图所示，根据理想气体状态方程可知，从A到C，温度不变，压强增大，气体的体积减小，而从C到B可以看成等容变化，故从A到B气体体
积减小，A错误；一定质量理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，B正确；该过程外界对气体做正功，气体温度升高，气体内能增加，根据热力学第一定律可知从A到B不一定是吸收热量，C错误；A到B气体的体积减小，分子数密度增大，温度升高，平均动能增大，故单位时间内撞击容器壁单位面积上的分子数增加，D错误．
检 测 反 馈
1．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图像如图所示．下列说法正确的是 (　　)
A．A→B的过程中，气体对外界做功
B．A→B的过程中，气体吸收热量
C．B→C的过程中，气体压强不变
D．A→B→C的过程中，气体内能增加
1
C
【解析】 由V－T图像知，从A到B的过程中，气体被等温压缩，外界对气体做正功，气体的内能不变，由热力学第一定律知，气体放出热量，A、B错误；从B到C的过程中气体做等压变化，温度降低，气体内能减少，故C正确，D错误．
2．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是 (　　)
A．若气体的内能不变，其状态也一定不变
B．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
C．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D．当气体温度升高时，内能不一定增大
2
C
2
3．往复式内燃机利用迪塞尔循环来工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成．如图所示为一定质量的理想气体所经历的一个迪塞尔循环，则该气体 (　　)
3
A．在状态c和d时的内能可能相等
B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C．a→c过程中增加的内能小于c→d过程中减少的内能
D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
B
3
【解析】 状态c到d是绝热过程，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，状态c到d内能减小，故A错误；在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W＞0，Q＝0，根据热力学第一定律，可知ΔU＝W即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p－V图像“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体做功，
3
图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体内能改变量为零，则ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW＞0，即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量，因为从d到a，做功为零，温度降低，内能减小，完成一次循环内能不变，所以在整个循环过程中，a→c过程中增加的内能大于c→d过程中减少的内能，故C、D错误．
4．某型号新能源汽车的后备箱内安装有气压支撑杆，它主要由汽缸和活塞组成，开箱时密闭汽缸内的压缩气体膨胀将箱盖顶起，忽略气体分子间相互作用，若缸内气体 (　　)
A．与外界无热交换，则气体温度升高
B．与外界无热交换，则气体分子的平均动能增大
C．温度保持不变，则气体压强变大
D．温度保持不变，则气体从外界吸收热量
4
D
4
【解析】 缸内气体与外界无热交换Q＝0，由于气体膨胀对外做功W＜0，根据热力学第一定律得 ΔU＝W＋Q，所以气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，A、B错误；根据玻意耳定律得，温度不变，气体体积变大时，压强减小，C错误；若缸内气体的温度保持不变，则气体内能不变，即ΔU＝0，则有Q＝ΔU－W＝－W＞0，则气体从外界吸收热量，D正确．
5．一定质量理想气体的压强p随摄氏温度t的变化规律如图所示，则气体从状态A变化到B的过程中 (　　)
A．分子平均动能减小
B．气体体积保持不变
C．外界对气体做功
D．气体对器壁单位面积的平均作用力不变
5
C
5
【解析】 气体从状态A到状态B的过程中，由于气体温度升高，所以分子的平均动能增大，A错误；在p－t图像中等容线是延长线过－273 ℃的直线，斜率越大，体积越小，如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，体积变小，外界对气体做功，B错误，C正确；气体从状态A到状态B的过程中，压强增大，气体对器壁单位面积的平均作用力增大，D错误．
6．如图所示，一定质量的理想气体从状态A先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A、B、C的状态参量如图所示，气体在状态A的温度为27 ℃，求：
6
(1)气体在状态B的温度TB；
(2)气体从A→B→C状态变化过程中与外界交换的总热量Q．
6
代入数据解得TB＝600 K．
(2)根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，
其中ΔU＝0，W＝－2p0V0，
解得Q＝2p0V0(吸热)．
7．如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开．玻璃管静止时，A部分气柱长度为2.4L，压强为p0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.2p0．已知大气压强为p0，环境温度保持不变．
(1)若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A的长度；
7
(2)若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU．
7
【答案】(1)转动前B部分气体压强为pB1＝p0＋0.2p0＝1.2p0，
设转过90°后B部分气体长度为LB，则A部分气体的长度为l，
l＋LB＝4.4L．
设B部分气体压强为pB2，则A部分气体压强为pA2，
pA2＝pB2，
由玻意耳定律可得，对A部分气体有p0·2.4LS＝pA2·lS，
对B部分气体有1.2p0·2LS＝pB2·LBS，
联立解得l＝2.2L．
7
(2)由题意知，在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，水银上升，这一过程中B部分气体发生等压变化，压强恒为pB1＝p0＋0.2p0＝1.2p0，
气体对外界做的功为W＝1.2p0ΔV＝1.2p0·2.4LS＝2.88p0LS，
根据热力学第一定律，可得该过程气体B内能的增量为ΔU＝Q－2.88p0LS．
8．如图所示，在竖直放置的圆柱形导热容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S．开始时容器内气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h，将整个装置放在温度为T、大气压恒为p0的空气中，
8
活塞缓慢上升一段距离后再次平衡，此过程气体从外界吸收热量为Q．已知重力加速度为g，求：
(1)活塞上升的距离d；
(2)密闭气体内能的增加量ΔU．
8
8
(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功
W＝－(mg＋p0S)d，
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
谢谢观看
Thank you for watching(共35张PPT)
第三章
第2、3节　热力学第一定律　能量守恒定律
课题1　热力学第一定律　能量守恒定律
热力学定律
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决简单问题．
2．理解能量守恒定律．
3．知道第一类永动机是不可能制成的．
活 动 方 案
活动一：理解热力学第一定律
1．如图所示为改变内能的两种方式，回答下列问题：
(1)如果物体和外界不发生热交换，当外界对物体做了8 J功，物体内能变化了多少？如果物体只与外界有热交换，没有做功，外界传给物体6 J热量，物体的内能变化了多少？
【答案】增加了8 J；增加了6 J．
(2)如果物体内能在改变的过程中，既有热传递又有做功．外界对物体做了8 J的功，同时物体吸收6 J热量，物体内能变化了多少？
【答案】增加了14 J．
(3)一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，这个关系叫作热力学第一定律．热力学第一定律的表达式为_______________．
注意热力学第一定律表达式中物理量符号的规定：
①W：外界对系统做功，W＞0，即W为正值；系统对外界做功，也就是外界对系统做负功，W＜0，即W为负值．
②Q：外界对系统传递热量，也就是系统从外界吸收热量，Q＞0，即Q为正值；外界对系统吸收热量，也就是系统向外界放出热量，Q＜0，即Q为负值．
③ΔU：系统内能增加，ΔU＞0，即ΔU为正值；系统内能减少，ΔU＜0，即ΔU为负值．
ΔU＝Q＋W
2．一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＝2×104 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
B
【解析】 因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；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正确．
总结：应用热力学第一定律解决问题的思路．
(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)分别列出物体或系统吸收或放出的热量；外界对物体或系统所做的功或物体或系统对外所做的功．
(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W列出方程进行求解．
(4)特别应注意的就是物理量的正负号及其物理意义．
3．如图甲所示，一台四冲程内燃机，活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m，这段过程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于 2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功．内燃机工作时汽缸温度高
甲　压缩冲程
于环境温度，该过程中压缩气体传递给汽缸的热量为25 J．
(1)求上述压缩过程中气体内能的变化量；
(2)燃烧后的高压气体对活塞做功，气体推动活塞移动 0.1 m，其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图乙)，该做功过程气体传递给汽缸的热量为 30 J，求此做功过程气体内能的变化量．
乙　做功冲程
【答案】(1)175 J　(2)－930 J，即气体内能减少了930 J．
活动二：理解能量守恒定律
1．19世纪自然科学三大发现分别是细胞学说、生物进化论和能量守恒定律．阅读教材，了解人类对于能量守恒的认识过程．
(1)能量转化和守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，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________保持不变．
(2)能量守恒定律是一个普遍适用的定律，热力学第一定律是只研究________与________________发生转化时的能量守恒关系．
转化
转移
总量
内能
其他形式的能
2．风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量是多少？(重力加速度为g)
活动三：知道第一类永动机是不可能制成的
1．生活中的物理：有一种所谓“全自动”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．
2．如图所示是历史上有名的一种永动机的设计．从图上看，设计者为什么认为这个机器会永远运动下去？不用能量的概念，你能不能说明它不会永远运动下去？
【答案】这种永动机是在一个轮子的边缘等距地安装12根活动短杆，杆的自由端分别套上一个重球．无论轮子转到什么位置，右边的各个重球总比左边的各个重球离轴心更远一些．设想，右边甩过去的重球作用在离轴较远的位置，就会迫使轮子按照箭头所示的方向永不停息地旋转下去，至少转到轮轴磨坏时为止．但是，实际上轮子转动一两圈后就停了下来，在这种永动机的设计中，我们总可以找到一个平衡位置，在这个位置上，各个力恰好相互抵消．不再有任何推动力使它运动．永动机必然会在这个平衡位置上静止下来，变成不动机．
3．某物质循环一周回复到初始状态，不吸热而向外放热或做功，这叫“第一类永动机”．第一类永动机不能制成的原因是什么？谈谈永动机给我们的启示．
【答案】违背能量守恒定律．任何一部机器，只要对外做功，都要消耗能量，都只能使能量从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，而不能无中生有地创造能量．热力学第一定律的另一种表述为：“不可能制造出第一类永动机”．人类利用和改造自然时，必须遵循自然规律．
4．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
D
【解析】 轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量一部分释放到空气中，另一部分使叶片在热水中伸展做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确．
检 测 反 馈
1．二氧化碳是导致“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，气体体积减为原来的一半，不计气体温度的变化，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．封闭气体向外界传递热量
C．封闭气体分子的平均动能增大
D．封闭气体从外界吸收热量
1
B
1
【解析】 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，C错误；因为气体体积减半，故外界对气体做功，即W＞0，A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＜0，即气体向外界传递热量，B正确，D错误．
2．如图所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩一定质量的理想气体，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
2
A
【解析】 对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J．内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，A正确．
3．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
3
C
4．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa的状况下，体积从20 L膨胀到30 L，这一过程中气体从外界吸热4×103 J，则气体内能的变化为 (　　)
A．增加了5×103 J B．减少了5×103 J
C．增加了3×103 J D．减少了3×103 J
4
C
【解析】 气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105 Pa×(30－20)×10－3 m3＝1.0×103 J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103 J．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103 J＋4.0×103 J＝3.0×103 J，即气体内能增加了3×103 J．故C正确．
5．用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
A．体积减小，内能减少
B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
D．对外界做正功，压强减小
5
C
5
6．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不变
C．外界对瓶内气体做正功
D．热传递使瓶内气体的内能增加
6
D
7．如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空．现将隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡，在此过程中 (　　)
A．气体对外界做功，温度降低，内能减少
B．气体对外界做功，温度不变，内能不变
C．气体不做功，温度不变，内能不变
D．气体不做功，温度不变，内能减少
7
C
【解析】 气体向真空膨胀，不做功；此为绝热容器，无热传递，Q＝0．故C正确．
8．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是 (　　)
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹减少的动能等于木块增加的动能
C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和
D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和
8
D
9．“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．做功产生的热不符合热功当量
D．找不到合适的材料和合理的设计方案
9
B
10．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，问：
(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？
(2)如果这些气体又返回到原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？
10
10
【答案】(1)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝280 J－120 J＝160 J，
内能增加了160 J．
(2)ΔU′＝－ΔU＝－160 J，Q′＝－240 J，
由热力学第一定律得W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，
即外界对气体做了80 J的功．
谢谢观看
Thank you for watching3.2热力学第一定律
1 (2025泰州模拟预测)取一个透明塑料瓶，向瓶内注入少量的水．将橡胶塞打孔，安装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，并向瓶内打气，橡胶塞迅速跳出，瓶内出现白雾．橡胶塞跳出过程中(　　)
A. 瓶内气体对外界做负功
B. 瓶内气体向外界放热
C. 瓶内气体温度迅速下降
D. 气体分子单位时间对瓶壁单位面积碰撞的个数增大
2 (2025南通海门期中)两小朋友分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图甲所示，哥哥画的小鱼如图乙所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵．若气泡内气体可视为理想气体，忽略温度变化，从物理视角分析，则(　　)
甲 乙
A. 图甲中画的气泡合理，图乙中画的气泡不合理
B. 小鱼吐的气泡上升时，泡内气体从外界吸热
C. 小鱼吐的气泡上升时，泡内气体压强增大
D. 小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做正功
3 (2025南通通州模拟)如图所示，在内壁光滑汽缸内封闭着一定质量的理想气体，用电热丝加热，使其温度升高T，若活塞固定，吸收热量为Q1；若活塞不固定，吸收热量为Q2，则Q1与Q2的大小关系为(　　)
A. Q1>Q2 B. Q1C. Q1＝Q2 D. 均有可能
4 (2025南通海门抽测)如图所示，密封包装的食品袋从低海拔运送到高海拔地区的过程中，会发生膨胀现象．若此过程中温度不变，袋内空气视为理想气体，下列说法正确的是(　　)
A. 袋内空气对外界做功，内能减小
B. 袋内空气分子的平均动能减小
C. 袋内空气压强减小
D. 袋内空气向外界放热
5 (2025南通启东期中)一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中a→b过程是等压过程，另外两个中的一个是等温过程，另一个是绝热过程．下列说法正确的是(　　)
A. a→b过程，气体分子的速率分布曲线不发生变化
B. b→c过程，速率大的分子所占比例在增加
C. c→a过程，气体放出的热量等于a→b过程吸收的热量
D. a→b→c过程，气体从外界吸收的热量等于气体对外做的功
6 (2024苏州期中)如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，K与汽缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b.气体分子之间相互作用的势能可忽略．现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡．下列说法中错误的是(　　)
A. a的温度升高
B. 加热后a的分子热运动比b更激烈
C. a的体积增大，压强变小
D. a增加的内能大于b增加的内能
7 (2025扬州阶段测试)如图所示为充满了一定质量理想气体的密封气柱袋，主要用于保护易碎、易损坏的物品．当气柱袋受到快速挤压过程中与外界无热量交换，关于快速挤压过程中的气柱袋内的气体，下列说法正确的是(　　)
A. 内能不变
B. 压强不变
C. 气体对外做功
D. 分子热运动的平均动能增大
8 (2025南通阶段测试)现利用固定在潜水器体外的一个密闭汽缸做验证性实验：如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，轻质导热活塞可自由移动．在潜水器缓慢下潜的过程中，海水温度逐渐降低，则此过程中理论上被封闭的气体(　　)
A. 活塞对气体所做的功小于气体向外界放出的热量
B. 单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数减少
C. 体积与潜水器下潜的深度成反比
D. 压强与潜水器下潜的深度成正比
9 (2024南通如皋阶段测试)一定质量的某种理想气体初始温度为T0＝400 K，压强p0＝1×105 Pa，体积为V0.经等容变化放出400 J热量，温度降低到T1＝300 K；若经等压变化，则需要放出600 J的热量才能使温度降低到300 K．求：
(1) 等压过程中外界对气体做的功W；
(2) 初始状态下气体的体积V0.
10 (2025南通海门期中)如图所示，足够高的绝热汽缸竖直放置，汽缸内有一个卡环，卡环到缸底的距离d＝15 cm，卡环上有一面积为S＝80 cm2、质量为m＝20 kg的绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞可在汽缸中无摩擦的滑动．汽缸底部有一阻值为r＝100 Ω的电热丝，外接电路中定值电阻R＝10 Ω，正弦交变电压u的最大值为um＝22 V．初始时，开关断开，汽缸内气体的温度为T1＝300 K，活塞对下方卡环的压力大小为F＝400 N，外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.
(1) 求初始时缸内密封气体的压强；
(2) 闭合开关，经过t＝200 s的时间，汽缸内密封气体温度缓慢上升到800 K，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求气体内能的增量．
11 (2024南通阶段测试)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，如图所示．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.
第2节　热力学第一定律
1. C　橡胶塞迅速跳出，瓶内气体膨胀，推动橡胶塞运动，瓶内气体对外界做功，做的是正功，故A错误；瓶内气体膨胀对外做功，在这个过程中时间很短，可近似认为没有热传递，即Q＝0，并不是向外界放热，故B错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于Q＝0，气体对外做功W<0，所以气体内能ΔU<0，内能减小，温度迅速下降，故C正确；瓶内气体温度下降，分子平均动能减小，同时气体体积膨胀，分子数密度减小，所以气体分子单位时间对瓶壁单位面积碰撞的个数减小，故D错误．
2. B　根据液体压强公式p＝p0＋ρgh(p0为大气压强，ρ为液体密度，h为深度)，气泡在上升过程中深度h减小，气泡内压强p减小．由玻意耳定律pV＝C，可知压强减小则体积增大，所以气泡应该越往上越大，图乙合理，图甲不合理，故A、C错误；气泡上升过程中，体积增大，气体对外界做功(即液体对气泡做负功)，即W<0，因为忽略温度变化，内能不变(ΔU＝0) ，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q>0，这表明泡内气体从外界吸热，故B正确，D错误．
3. B　对一定量的气体内能由温度决定，两种情况下气体温度变化情况相同，气体内能变化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU，第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功W1＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU，第二种情况，活塞自由移动，气体受热膨胀，体积增大，气体对外做功W2＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＝Q1，故B正确．
4. C　食品包装袋会发生膨胀，气体体积变大，则袋内空气对外界做功，气体膨胀过程中温度不变，内能不变，故A错误；气体膨胀过程中温度不变，所以袋内空气分子的平均动能不变，故B错误；根据 ＝C，袋内空气温度不变，体积变大， 所以压强减小，故C正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，温度不变，则ΔU＝0，体积变大，则W<0，所以Q>0，袋内空气一定对外界吸热，故D错误．
5. D　a→b过程是等压过程，由图可知，气体体积变大，根据盖吕萨克定律可知，气体的温度升高，气体分子的速率分布曲线会随之发生变化，A错误；a→b过程压强不变，体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程吸收热量，若b→c为等温过程，温度不变，则c→a为绝热过程，Q＝0，而c→a过程体积减小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程内能增加，温度继续升高，不可能回到a状态，所以c→a为等温过程，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程放出热量，b→c为绝热过程，没有吸放热，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知此过程内能减小，温度降低，速率大的分子所占比例在减小，B错误；p-V图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，根据图像可知，a→b→c过程，气体体积增大，气体对外界做功，令面积大小为S1，c→a过程，气体体积减小，外界对气体做功，令面积大小为S2，根据图像可知S1>S2，即该循环过程中，全程是气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，c→a过程，气体放出的热量小于a→b过程吸收的热量，C错误；a→b→c过程，气体的内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收的热量等于气体对外做的功，D正确．
6. C　由于汽缸和隔板都是绝热的，电热丝加热过程中，气体a的温度升高，a气体膨胀，b气体被压缩，压强增加，外界对b气体做功，根据热力学第一定律得知b的温度升高了，加热过程中气体a和气体b压强始终相等，都变大，A正确，C错误；由于气体a体积膨胀，气体b被压缩，最终气体a体积大于气体b体积，由于初始时刻两个气室内是同种气体，且体积相等，加热过程中气体a和气体b压强相等，由 ＝C可知，加热后气体a的温度高于气体b的温度，即气体a的分子热运动比气体b更激烈，B正确；由于气体a的最终温度较高，所以内能增加较多，D正确．故选C.
7. D　气柱袋受到快速挤压时，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知气体的内能增大，故A、C错误；气体的体积变小，内能增大，温度升高，根据理想气体的状态方程 ＝C，可知气体的压强必定增大，故B错误；气体的体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，分子热运动的平均动能增大，D正确．
8. A　因为轻质导热活塞可自由移动，所以封闭气体的压强等于外界压强．在潜水器缓慢下潜过程中，外界压强增大，气体压强也增大，根据理想气体状态方程 ＝C，海水温度T逐渐降低，压强p增大，所以气体体积V减小，外界对气体做功，W>0，又因为温度降低，气体内能减小，即ΔU<0，由ΔU＝W＋Q，可知气体系统向外界放热，活塞对气体所做的功小于气体向外界放出的热量，故A正确；气体压强增大，虽然温度降低，分子平均动能减小，但压强增大说明单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数增多，故B错误；设潜水器下潜深度为h，外界压强p＝p0＋ρgh，由 ＝C，可知当温度降低时，V与潜水器下潜的深度h不成反比，故C错误；由外界压强p＝p0＋ρgh，可知压强p与深度h是一次函数关系，但不是成正比关系，故D错误．
9. (1) 等容过程中，气体做功为零，即
ΔU1＝－Q1＝－400 J，
等压过程，内能减小400 J，放出600 J热量，则ΔU2＝W－Q2，
因为是理想气体，下降相同温度时内能变化相同，即ΔU1＝ΔU2，
联立解得W＝200 J.
(2) 根据等压变化可得
＝，W＝p0(V0－V1)，
联立解得V0＝8×10-3 m3.
10. (1) 设缸内气体的初始压强为p1，对活塞受力分析有p1S＋F＝mg＋p0S，
解得p1＝7.5×104 Pa.
(2) 缸内气体的初始体积为
V1＝Sd＝1.2×10-3 m3，
设活塞刚好要离开卡环时，缸内气体温度为T2，压强为p2＝p0＋＝1.25×105 Pa，
气体发生等容变化，有 ＝，
解得T2＝500 K，
继续升温到T3＝800 K，活塞向上移动，气体发生等压变化，则有 ＝，
解得d′＝24 cm，
整个过程中气体对外做功为
W＝p2S(d′－d)＝90 J，
电热丝在时间t内产生热量为
Q＝rt＝800 J，
由热力学第一定律可知，气体内能的增量为
ΔU＝Q－W＝710 J.
11. (1) 对液柱受力分析有
p1S＝p0S＋ρghS，
解得p1＝p0＋ρgh.
(2) 设容器的容积为V，对封闭气体，其初态的体积为V1＝V＋l1S，
其末态体积为V2＝V＋l2S，
由于该过程中气体压强不变，即发生等压变化，有 ＝，
解得V＝.
(3) 由于该过程中发生等压变化，其体积变化为ΔV＝V2－V1＝(l2－l1)S，
该过程外界对系统做功为
W＝－p1·ΔV，
设吸收热量为Q，由热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q，
解得Q＝ΔU＋(p0＋ρgh)(l2－l1)S.3.3能量守恒定律
1 (2023淮安校考)下列关于能量转化的现象的说法中，正确的是(　　)
A. 用太阳灶烧水是太阳能转化为电能
B. 电灯发光是电能转化为光能
C. 核电站发电是电能转化为内能
D. 生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能
2 (2023南通海门抽测)在一间隔热非常好的密闭房间中，把正在工作的电冰箱门打开，室内空气温度将(　　)
A. 升高 B. 不变 C. 降低 D. 无法确定
3 (2025宿迁阶段测试)能源是社会发展的基础．下列关于能量守恒和能源的说法正确的是(　　)
A. 能量是守恒的，能源是取之不尽，用之不竭的
B. 能量的耗散反映了能量是不守恒的
C. 开发新能源，是缓解能源危机的重要途径
D. 对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
4 如图所示，小明从滑梯上匀速下滑，在这一过程中，下列说法正确的是(忽略空气阻力)(　　)
A. 小明的重力势能全转化成了动能
B. 小明的部分重力势能可能转化为内能
C. 小明的重力势能减小，动能增加，机械能不变
D. 小明的重力势能减小，动能不变，机械能不变
5 (2023南通实验学校测试)“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. 它做功产生的热不符合热功当量
D. 暂时找不到合理的设计方案和理想材料
6 (2024南通如皋阶段测试)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示．当线圈接通直流电源后，圆盘会发生转动，线圈中的电流方向如图中箭头所示．下列说法正确的是(　　)
A. 电流对静止电荷有作用力
B. 磁场对静止电荷有作用力
C. 圆盘会发生转动，不符合能量守恒定律
D. 变化的磁场可以产生电场
7 (2025苏州阶段测试)如图所示是水电站的发电原理图，由图可知，下列说法错误的是(　　)
A. 水力发电不会造成污染
B. 该装置将机械能转化为电能
C. 要加大发电的功率，可采用仅“增大水落差”的方法
D. 该装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能
8 (2024常州阶段测试)如图所示是中国古代玩具饮水鸟，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水．A、B是鸟上两点，下列说法正确的是(　　)
A. A、B两点的向心加速度大小相同
B. A、B两点的线速度大小不同，角速度大小相同
C. 此过程虽然不违反能量守恒定律，但不可能发生
D. 此过程违反能量守恒定律，但可能发生，说明第一类永动机可以制成
9 (2023南通海门证大测试)某偏远山区为了实现供电，自己修建了小型水力发电站．如图所示，若该发电站蓄水池平均每天蓄水的有效总库容量为786 m3，发电过程中上下水库平均水位差为64 m，则下列说法正确的是(　　)
A. 若每天发电40 kW·h，则能源利用效率约为35%
B. 发电时下水库出水口的水流速度可达到36 m/s
C. 蓄水池中水的重力势能全部转化为电能，则每天能发电约139 kW·h
D. 平均每天所发电能可供10户居民同时用电(每户电功率为1.4 kW)约10 h
10 (教材习题改编)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＝4 200 J/(kg·℃)]
第3节　能量守恒定律
1. B　用太阳灶烧水是光能转化为内能，故A错误；电灯发光是电能转化为光能，故B正确；核电站发电是核能转化为电能，故C错误；生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是化学能转化为内能，故D错误．
2. A　根据能量守恒定律，冰箱门打开，电冰箱的压缩机将一直工作下去，消耗的电能全部变成内能散失在室内，因此室内空气温度将升高．故A正确．
3. C　能量是守恒的，能源是能够提供可利用能量的物质，并不是取之不尽，用之不竭的，故A错误；能量的耗散是一种形式能量转化为另一种形式的能量，能量守恒定律是自然界的规律之一，故B错误；开发新能源，是缓解能源危机的重要途径，故C正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的能量不变，故D错误．
4. B　小朋友匀速下滑，所以重力势能减少，动能不变，则机械能减小，小朋友下滑过程中与滑梯摩擦，克服摩擦力做功，内能增加，重力势能转化为内能，B正确，A、C、D错误．
5. B　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，A、C、D错误．
6. D　静止电荷不受电流和磁场的作用，A、B错误；线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，因线圈中电流沿顺时针且增大，根据安培定则可知有垂直于线圈向下的磁场，从而产生向上的感应磁场，则有逆时针方向的电场，使带负电小球受到顺时针方向的电场力，即沿顺时针方向转动，圆盘的转动的能量最初能量来源是由于电能的转化而来，所以符合能量守恒定律，C错误，D正确．
7. D　水力发电不会有污染，同时将水的机械能转化为电能，故A、B正确；如果仅将水落差增大，那么水流到水轮机处的速度就增大，这一方法可加大发电的功率，故C正确；由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦，故该装置不可能将水库中储存的水的机械能全部转化为电能，故D错误．故选D.
8. B　根据同轴转动角速度相等知，A、B两点的角速度大小相同，根据v＝ωr知A点半径大，线速度较大，B正确；根据a＝ω2r知A点半径大，加速度较大，A错误；饮水鸟的头和躯体分别为两个薄壁玻璃球，其间以一个玻璃管连接，内部装有易挥发的液体，其原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发会吸收头部空气中的热量，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前面的运动，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，此过程不违反能量守恒定律，可能发生，不能说明第一类永动机可以制成，C、D错误．
9. C　蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×786×10×64 J≈5.0×108 J，则能源利用效率η＝×100%＝×100%＝28.8%，A错误；若没有任何阻力，由机械能守恒得mgh＝mv2，得v＝＝ m/s≈36 m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于36 m/s，故B错误；蓄水池中能用于发电的水的重力势能全部转化为电能，则每天能发电约E0＝ kW·h≈139 kW·h，故C正确；若重力势能全部转化为电能，平均每天所发电能可供10户居民同时用电时间t＝≈10 h，由于效率不可能达到100%，可供给10户居民用电时间小于10 h，故D错误．
10. 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＝1.2×103×2×3 600 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 ℃.

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