第十章第3节.docx
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第十章第3节
第3节 热力学第一定律 能量守恒定律
1.理解热力学第一定律,能应用热力学第一定律分析和解决实际问题。
2.理解能量守恒定律,知道能量守恒定律是自然界普遍遵从的基本规律。
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
1.功和热:
做功和
热传递这两种方法在改变内能方面是等效的,即一定数量的功与确定数量的热相对应。
2.内容:
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。
3.数学表达式:
ΔU=
Q+W。
二、能量守恒定律
1.大量事实证明:
各种形式的能可以相互转化,并且在转化过程中
总量不变。
2.能量守恒定律:
能量既不会凭空产生,也不会凭空
消失,它只能从一种形式
转化为另一种形式,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。
3.定律表明
(1)各种形式的能可以互相
转化。
(2)各种互不相关的物理现象可以用能量转化和守恒定律联系在一起。
三、永动机不可能制成
1.第一类永动机:
它不需要任何
动力或
燃料,却能不断地对外做功。
2.失败原因:
违背了
能量守恒定律。
判一判
(1)对物体做功,其内能必定改变;物体向外传出一定热量,其内能必定改变。
( )
(2)能量既可以转移又可以转化,故能的总量是可以变化的。
( )
(3)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。
( )
提示:
(1)×
(2)× (3)√
课堂任务
热力学第一定律
对热力学第一定律的理解
1.热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的方式是等效的,而且给出了做功和热传递之间的定量关系,此定律是标量式,应用时热量的单位统一为国际单位制中的焦耳。
2.对公式ΔU=Q+W符号的规定
符号
W
Q
ΔU
+
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
-
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的,则Q=0,外界对物体所做的功等于物体内能的增量。
(2)若过程中不做功,即W=0,物体吸收的热量等于物体内能的增量。
(3)若过程中的始末状态的内能不变,则做的功和吸收的热量的数值一定是相同的。
例1
(1)一定量的气体从外界吸收了2.6×105J的热量,内能增加了4.2×105J,是气体对外界做了功,还是外界对气体做了功?
做了多少功?
(2)一定质量的气体,从外界吸收3.5×105J的热量,同时气体对外界做功2.3×105J,则气体的内能怎样变化?
[规范解答]
(1)根据热力学第一定律表达式中的符号法则,知Q=2.6×105J,ΔU=4.2×105J。
由ΔU=W+Q,
则W=ΔU-Q=4.2×105J-2.6×105J=1.6×105J。
W>0,说明是外界对气体做了功。
(2)Q=3.5×105J,W=-2.3×105J,
则ΔU=Q+W=1.2×105J,
ΔU为正值,说明气体的内能增加1.2×105J。
[完美答案]
(1)外界对气体做功 1.6×105J
(2)增加了1.2×105J
1.应用热力学第一定律时的注意事项
(1)应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
(2)应用热力学第一定律计算时,要依照符号规则代入数据,对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
2.热力学第一定律综合应用技巧
热力学定律的考查一般与气体状态方程相综合,要抓住气体体积增大时,气体对外界做正功,体积减小时,外界对气体做正功的关键点。
关于物体内能的变化,以下说法中正确的为( )
A.物体吸收热量,内能一定增大
B.物体对外做功,内能一定减小
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,物体的内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)、物体从外界吸热(或向外界放热)这两种因素有关。
物体吸收热量,但有可能同时对外做功,故内能有可能不变甚至减小,故A错误;同理,物体对外做功的同时有可能吸热,故内能不一定减小,B错误;若物体吸收的热量与对外做功相等,则内能不变,故C正确;因放热和对外做功都会使物体内能减小,故D错误。
如图所示,一导热汽缸放在水平面上,其内封闭一定质量的某种理想气体,活塞通过滑轮组与一重物连接,并保持平衡,已知汽缸高度为h,开始活塞在汽缸中央,初始温度为t摄氏度,活塞面积为S,大气压强为p0。
物体重力为G,活塞质量及一切摩擦不计,缓慢升高环境温度,使活塞上升Δx,封闭气体吸收了Q的热量,(汽缸始终未离开地面)求:
(1)环境温度升高了多少度?
(2)气体的内能的变化量。
答案
(1)
·(273+t)
(2)Q-(p0S-G)Δx
解析 对活塞受力分析可知气体做等压变化,气体对外做功是气体的压力做功。
(1)活塞缓慢移动,任意状态都处于平衡状态,故气体做等压变化,由盖—吕萨克定律可知:
=
,其中V=
Sh,ΔV=ΔxS,解得Δt=ΔT=
·(273+t)。
(2)设汽缸内压强为p,由平衡条件得:
pS=p0S-G,
封闭气体对外做功:
W=pSΔx=(p0S-G)Δx,
由热力学第一定律得:
ΔU=Q+(-W)=Q-(p0S-G)Δx。
课堂任务
能量守恒定律
1.能量的存在形式及相互转化
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,还有诸如电磁能、化学能、原子能等。
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.能量守恒定律的适用范围和重要意义
(1)能量守恒定律适用于任何物理现象和物理过程,它是一切自然现象都遵守的基本规律。
(2)能量守恒定律的重要意义:
能量守恒定律比机械能守恒定律更普遍,它是物理学中解决问题的重要思维方法。
能量守恒定律与细胞学说、达尔文的进化论并称19世纪自然科学的三大发现,其重要意义由此可见。
3.第一类永动机不可能制成
(1)第一类永动机:
人们设想中不消耗能量的机器。
(2)第一类永动机的设想,由于违背了能量守恒定律,所以不可能制成。
例2 水能不产生污染物,是一种清洁能源。
位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达每秒6000m3,而且一年四季流量稳定,瀑布落差50m。
若利用这一资源发电,设其效率为50%,估算发电机的输出功率。
(g取10m/s2)
[规范解答] 水力发电的基本原理是水的机械能转化为电能。
每秒钟流下的水的质量为:
m=ρV=1×103×6000kg=6×106kg。
每秒钟水减少的机械能为:
E=mgh=6×106×10×50J=3×109J。
设发电机的输出功率为P,则由能量守恒定律可得:
Eη=Pt。
解得:
P=3×109×50%W=1.5×109W。
[完美答案] 1.5×109W
应用能量守恒定律解题的方法步骤
(1)认清有多少种形式的能(例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等)在相互转化。
(2)分别写出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)根据下列两种思路列出能量守恒方程:
ΔE减=ΔE增
①某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加,且减少量与增加量一定相等。
②某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量与增加量一定相等。
(4)代入数据,计算结果。
一辆汽车正在平直的公路上以速度v匀速行驶,此时汽车的功率为P,已知汽车的总效率为η,所使用的汽油的热值为q(每完全燃烧单位质量的燃料产生的热量叫热值),现油箱中还有质量为m的汽油,则汽车还能行驶多远?
(设汽车的质量为M)
答案
+
解析 先求出剩余汽油燃烧放出的能量,再求出汽车匀速运动的时间,便可求出还能匀速行驶的距离,再由动能定理求出减速行驶的距离。
汽油燃烧放出的能量:
E=qm。
设汽车匀速行驶x1,需要的能量E′=Pt=P
。
而E′=ηE,设汽油用完后汽车做匀减速运动的距离为x2,则由动能定理知-Ff·x2=-
Mv2。
又P=Ff·v,汽车行驶的距离:
x=x1+x2。
以上各式联立解得:
x=
+
。
A组:
合格性水平训练
1.(热力学第一定律的应用)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起,(若不计气泡内空气分子势能的变化)则( )
A.气泡内空气对外做功,内能不变,同时放热
B.气泡内空气对外做功,内能不变,同时吸热
C.气泡内空气内能减少,同时放热
D.气泡内空气内能不变,不吸热也不放热
答案 B
解析 气泡上升过程中,由于水对气泡的压强减小,气泡的体积增大,故气泡内空气对外做功,缓慢上升指有时间发生热传递,可认为气泡内空气温度是不变的。
不计气泡内空气分子势能的变化,内能不变,故须从外界吸收热量,且吸收的热量等于对外界所做的功。
答案为B。
2.(热力学第一定律的应用)在一个大气压下,1kg100℃的水变为1kg100℃的水蒸气的过程,下列说法中正确的是( )
A.内能不变,对外界做功,一定是吸热过程
B.内能增加,吸收的热量等于内能的增加量
C.内能不变,吸收的热量等于对外界做的功
D.内能增加,从外界吸热,吸收的热量等于对外界做的功和增加的内能之和
答案 D
解析 水变成同温度的水蒸气时,分子间距从r0增大到约10r0,体积要扩大约1000倍,故需克服大气压力对外做功,同时克服分子力做功,分子势能增加,内能增加,由热力学第一定律ΔU=Q+W,则Q=ΔU-W,其中W为负值,故D正确。
3.(热力学第一定律的应用)如图所示,直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体,A的密度小,B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、气体内能增量为ΔU,则( )
A.ΔU=QB.ΔU C.ΔU>QD.无法比较 答案 B 解析 两部分气体混合后,因B的密度大,重心升高,重力做负功,由热力学第一定律W+Q=ΔU,得ΔU 4.(热力学第一定律的应用)(多选)以下过程不可能发生的是( ) A.对物体做功,同时物体放热,物体的温度不变 B.对物体做功,同时物体吸热,物体的温度不变 C.物体对外做功,同时放热,物体的内能不变 D.物体对外做功,同时吸热,物体的内能不变 答案 BC 解析 依据热力学第一定律W+Q=ΔU可知,对A: W>0,Q<0,可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU=0,所以A有可能,不符合题意;对B: W>0、Q>0,只能出现ΔU>0,不可能出现ΔU=0,即B不可能,符合题意;对C: W<0,Q<0,只能出现ΔU<0,不可能出现ΔU=0,即C不可能,符合题意;对D: W<0,Q>0,可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU=0,所以D有可能,不符合题意。 5.(能量守恒定律的应用)在一个与外界没有热交换的房间里打开冰箱门,冰箱正常工作,过一段时间房间内的温度将如何变化( ) A.降低B.升高C.不变D.无法确定 答案 B 解析 冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷,把冰箱与房间看做一个系统,打开冰箱门后,冰箱与房间内的热交换发生在系统内,系统内部无法使系统总能量发生变化。 但系统消耗电能增加了系统的总能量,根据能的转化与守恒定律,系统增加的能量转化为内能使房间的温度升高。 B正确。 6.(能量守恒定律的应用)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 答案 D 解析 形状记忆合金从热水中吸收热量后,伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能,另一部分释放到空气中,根据能量守恒定律可知只有D正确。 7.(综合)带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体,气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同,如图所示。 设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac,则( ) A.pb>pc,Qab>QacB.pb>pc,Qab C.pb 答案 C 解析 一定质量的理想气体内能只与温度有关,从状态a到状态b,和到状态c,两过程温度升高相同,即内能增加相同,但b状态体积比a状态大,所以从a状态到b状态气体要对外界做功,由热力学第一定律知Qab>Qac,由于b、c状态温度相同,由玻意耳定律,pb 8.(综合)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S=3.2×10-2m2的保温圆筒,内装有质量为m=0.4kg的水,让太阳光垂直照射t=3min,水升高的温度Δt=2.2℃。 已知水的比热容c=4.2×103J/(kg·℃),地球半径为R=6400km,试求出太阳向地球表面辐射能量的功率。 答案 8.2×1016W 解析 太阳以热辐射的方式向地球表面传递热量。 根据公式Q=cmΔt先求出单位时间内辐射到地球表面单位面积上的功率,再求总功率。 太阳辐射到水中的能量 Q=cmΔt=4.2×103×0.4×2.2J≈3.7×103J, 太阳光在1s内垂直照射到1m2面积上的功率 P= = W/m2≈6.4×102W/m2, 太阳辐射到地球表面上能量的功率 P′=P×πR2=6.4×102×3.14×(6400×103)2W =8.2×1016W。 B组: 等级性水平训练 9.(综合)(多选)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,内能增大 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 答案 AC 解析 袋内气体与外界无热交换即Q=0,袋四周被挤压时,体积V减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能增大,则温度升高,由 =C知压强增大,故A、C正确,B、D错误。 10.(综合)(多选)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是( ) A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变 B.若气体的内能不变,其状态也一定不变 C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大 D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E.当气体温度升高时,气体的内能一定增大 答案 ADE 解析 一定质量的理想气体, =常量,p、V不变,则T不变,分子平均动能不变,又理想气体分子势能为零,故气体内能不变,A正确;理想气体内能不变,则温度T不变,由 =常量知,p及V可以变化,故状态可以变化,B错误;等压变化过程,温度升高、体积增大,故C错误;由热力学第一定律ΔU=Q+W知,温度每升高1K,内能增量ΔU一定,而外界对气体做的功W与经历的过程可能有关(如体积变化时),因此吸收的热量与气体经历的过程也有关,D正确;温度升高,分子平均动能增大,分子势能为零,内能一定增大,E正确。 11.(热力学第一定律的应用)一物理实验爱好者开展探究性课外活动,研究气体压强、体积、温度三个量间的变化关系。 导热良好的汽缸开口向下,内有理想气体(即分子势能可忽略的气体),汽缸固定不动,缸内活塞可自由滑动且不漏气,一温度计通过缸底小孔插入缸内,插口处密封良好,活塞下挂一个沙桶,沙桶装满沙子时,活塞恰好静止。 现给沙桶底部钻一个小洞,细沙慢慢漏出,外部环境温度恒定,则( ) A.绳的拉力对沙桶做正功,所以气体对外界做功 B.外界对气体做功,温度计示数不变 C.气体体积减小,同时从外界吸热 D.外界对气体做功,温度计示数增加 答案 B 解析 汽缸导热良好,细沙慢慢漏出,故活塞缓慢上升,有足够的时间与外界进行热交换,故温度不变,而压强变大。 由理想气体状态方程可得体积减小,外界对气体做功,而内能又不变,故向外界放热,B项正确。 12.(热力学第一定律)(多选)如图所示,a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( ) A.从状态d到c,气体不吸热也不放热 B.从状态c到b,气体放热 C.从状态a到d,气体对外做功 D.从状态b到a,气体吸热 答案 BCD 解析 从状态d到c,温度不变,理想气体内能不变,但是由于压强减小,所以体积增大,对外做功,还要保持内能不变,一定要吸收热量,故A错误;气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程,同时体积减小,外界对气体做功,而气体的内能还要减小(降温)就一定要伴随放热的过程,故B正确;气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程,同时体积增大,所以气体要对外做功,C正确;气体从状态b到状态a是个等容变化过程,随压强的增大,气体的温度升高,内能增大,而在这个过程中气体的体积没有变化,就没有做功,气体内能的增大是因为气体吸热的结果,故D正确。 13.(综合)(多选)如图所示,内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。 当环境温度升高时,缸内气体( ) A.内能增加 B.对外做功 C.压强增大 D.分子间的引力和斥力都增大 答案 AB 解析 因汽缸导热良好,故环境温度升高时封闭气体温度亦升高,而一定质量的理想气体内能只与温度有关,故封闭气体内能增大,A正确。 因汽缸内壁光滑,由活塞受力平衡有p0S+mg=pS,即缸内气体的压强p=p0+ 不变,C错误。 由盖—吕萨克定律 =恒量,可知气体体积膨胀,对外做功,B正确。 理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力,故D错误。 14.(综合)如图所示,两个完全相同的金属球a、b,其中a球放在不导热的水平面上,b球用不导热的细线悬挂起来,现供给两球相同的热量,它们的温度分别升高了Δta、Δtb,则( ) A.Δta>ΔtbB.Δta<Δtb C.Δta=ΔtbD.无法比较 答案 B 解析 两球具有内能和重力势能。 它们分别吸收热量后,内能发生变化,由于受热膨胀,重力势能也会发生变化,体积膨胀时,它们的分子势能会发生变化,膨胀过程中要对空气做功,也要损失一部分能量。 对于a、b这两个金属球,因它们完全相同,故体积膨胀引起的分子势能的增大和对空气做功应该相同,由于膨胀,a球的重心将上移,故a球的重力势能将增加(看图虚线表示的a、b球),而b球的重心将下移,故b球的重力势能将减少。 因此,对于a球,吸收的热量Q应等于分子势能的增加量和对空气做功ΔE0、重力势能的增加量ΔEpa和分子动能的增加量ΔEa之和,即Q=ΔE0+ΔEpa+ΔEa;而对于b球,吸收的热量和重力势能的减少量之和应等于分子势能增加量和对空气做功ΔE0与分子动能增加量ΔEb之和,即Q+ΔEpb=ΔE0+ΔEb。 很明显,ΔEb>ΔEa,b球分子动能的增量大于a球分子动能的增量。 故B正确。 15.(综合)在一个标准大气压下,水在沸腾时,1g的水由液态变成同温度的水蒸气,其体积由1.043cm3变为1676cm3。 已知水的汽化热为2263.8J/g。 一个标准大气压p=1.013×105Pa。 求: (1)体积膨胀时气体对外界做的功W; (2)气体吸收的热量Q; (3)气体增加的内能ΔU。 答案 (1)169.7J (2)2263.8J (3)2094.1J 解析 取1g水为研究系统,把大气视为外界。 1g沸腾的水变成同温度的水蒸气需要吸收热量,同时由于体积膨胀,系统要对外做功,所以有ΔU (1)气体在等压(大气压)下膨胀做功: W=p(V2-V1) =1.013×105×(1676-1.043)×10-6J =169.7J。 (2)气体吸热: Q=mL=1×2263.8J=2263.8J。 (3)根据热力学第一定律: ΔU=Q+W=2263.8J+(-169.7J) =2094.1J。
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