資源簡介

第三章　1.　2.
基礎達標練
1．(2024·廣東佛山二模)如圖所示是一種兒童玩具“吡叭筒”，由竹筒和木棍組成，在竹筒的前后兩端分別裝上“叭子”(樹果子或打濕的小紙團)。叭子密封竹筒里面的空氣，迅速推動木棍，前端的叭子便會從筒口射出。則迅速推動木棍過程中(叭子尚未射出)，竹筒中被密封的氣體( A )
A．壓強增大
B．溫度不變
C．內能不變
D．每個分子的動能都變大
答案：A
解析：迅速推動木棍過程中，竹筒中被密封的氣體體積減小，則壓強變大，外界對氣體做正功，W>0，由于“迅速”過程氣體與外界無熱交換，則Q＝0，根據熱力學第一定律可知，氣體內能增加，ΔU>0，溫度升高，分子平均動能增加，但不是每個分子的動能都增加。故A正確。
2．(多選)下列關于第一類永動機的說法，正確的是( A )
A．第一類永動機是不消耗任何能量卻能源源不斷地對外做功的機器
B．第一類永動機不能制成的原因是違背了熱力學第二定律
C．第一類永動機不能制成的原因是技術問題
D．第一類永動機不能制成的原因是違背了能量守恒定律
答案：AD
解析：第一類永動機是不消耗任何能量卻能源源不斷地對外做功的機器，這是人們的美好愿望，但它違背了能量守恒定律，這是它不能制成的原因。
3.如圖所示是封閉的汽缸，內部封有一定質量的理想氣體。用外力推動活塞P壓縮氣體，對缸內氣體做功 800 J，同時氣體向外界放熱200 J，則缸內氣體的( A )
A．溫度升高，內能增加600 J
B．溫度升高，內能減少200 J
C．溫度降低，內能增加600 J
D．溫度降低，內能減少200 J
答案：A
解析：由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q得，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，一定質量的理想氣體的內能大小只與溫度有關，ΔU＝600 J>0，故溫度升高，A選項正確。
4．(2024·河北邯鄲高二期中)如圖所示為一定質量的理想氣體從狀態A依次經過狀態B、C、D后再回到狀態A的p－V圖像，其中，A→B和C→D圖線為雙曲線的一部分，D→A為絕熱過程。下列說法正確的是( D )
A．A→B過程中，氣體可能向外界放出熱量
B．B→C過程中，氣體一定向外界放出熱量
C．C→D和D→A過程中，氣體壓強都增大的微觀機制完全相同
D．整個過程中氣體從外界吸收熱量
答案：D
解析：根據題意可知，A→B過程中，氣體溫度不變，氣體內能不變，由圖像可知，氣體體積變大，外界對氣體做負功，根據熱力學第一定律可知，氣體從外界吸熱，故A錯誤；由題意可知，C→D過程氣體溫度不變，則有TC＝TD，D→A為絕熱過程，氣體體積減小，外界對氣體做正功，根據熱力學第一定律可知，氣體內能增大，溫度升高，則有TA＝TB>TC＝TD，則B→C過程中，氣體溫度降低，氣體內能減小，氣體體積變大，外界對氣體做負功，所以無法確定氣體向外界放出熱量還是從外界吸收熱量，故B錯誤；C→D過程氣體溫度不變，氣體分子平均動能不變，氣體體積減小，氣體分子的數密度增大，所以氣體壓強增大；D→A過程氣體體積減小，氣體分子的數密度增大，且氣體溫度升高，氣體分子平均動能增大，所以氣體壓強增大；可知C→D和D→A過程中，氣體壓強都增大的微觀機制并不完全相同，故C錯誤；根據p－V圖像的面積意義可知，整個過程中，外界對氣體做負功，而氣體內能不變，根據熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確。
5.如圖所示，密閉絕熱容器內有一絕熱的具有一定質量的活塞，活塞的上部封閉著氣體，下部為真空，活塞與器壁間的摩擦忽略不計。置于真空中的輕彈簧一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，彈簧被壓縮后用繩扎緊，此時彈簧的彈性勢能為Ep(彈簧處在自然長度時的彈性勢能為零)。現繩突然斷開，彈簧推動活塞向上運動，經過多次往復運動后活塞靜止，氣體達到平衡狀態。經過此過程( D )
A．Ep全部轉換為氣體的內能
B．Ep一部分轉換成活塞的重力勢能，其余部分仍為彈簧的彈性勢能
C．Ep全部轉換成活塞的重力勢能和氣體的內能
D．Ep一部分轉換成活塞的重力勢能，一部分轉換為氣體的內能， 其余部分仍為彈簧的彈性勢能
答案：D
解析：當繩子突然斷開時，活塞受彈簧的彈力F、活塞的重力G、封閉氣體對活塞向下的壓力F′共同作用，如圖所示，其合力向上，經多次往復運動后活塞靜止時， 活塞處于三力平衡狀態，氣體體積必減小，外力對氣體做正功，由于絕熱，氣體的內能增加，而活塞最終的靜止位置比初始位置高，其重力勢能增加，最終彈力與另外兩個力的合力平衡，彈簧仍有形變。設最終彈簧的彈性勢能為Ep′，由能量守恒定律得Ep＝Ep′＋活塞增加的重力勢能＋氣體增加的內能，所以D選項正確。
6．(2024·北京朝陽一模)關于質量一定的理想氣體，下列說法正確的是( D )
A．氣體溫度降低，其壓強一定減小
B．氣體體積減小，其壓強一定增大
C．氣體不斷被壓縮的過程中，其溫度一定升高
D．氣體與外界不發生熱量交換的過程中，其內能也可能改變
答案：D
解析：根據題意，由理想氣體狀態方程＝C可知，若氣體溫度降低，體積也減小，其壓強可能增大，可能不變，可能減小，故A、B錯誤；由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體不斷被壓縮的過程中，外界對氣體做正功，如果氣體同時向外界放熱，氣體的內能可能不會增加，氣體溫度不一定升高，在氣體與外界不發生熱量交換的過程中，如果外界對氣體做功，氣體內能發生變化，故C錯誤，D正確。
7．如圖所示，一定質量的理想氣體，從狀態A經過狀態B變化到狀態C，圖中AB是平行于橫軸的直線，BC是平行于縱軸的直線，整個過程中氣體對外界做功為________J，如果整個過程氣體吸收熱量1 500 J，則氣體內能的變化量為________J。
答案：1 000　500
解析：由圖可知，理想氣體從狀態A變化到狀態B，壓強不變，體積變大，氣體對外界做功為W＝pΔV＝1.0×105×(15－5)×10－3 J＝1 000 J，理想氣體從狀態B變化到狀態C，體積不變，氣體不對外界做功，則整個過程中氣體對外界做功為1 000 J。根據熱力學第一定律有ΔU＝W＋Q，代入數據解得ΔU＝500 J。
8．一定質量的理想氣體經歷了如圖所示的狀態變化。問：
(1)已知從A到B的過程中，氣體的內能減少了300 J，則從A到B氣體吸收或放出的熱量是多少？
(2)試判斷氣體在狀態B、C的溫度是否相同；如果知道氣體在狀態C時的溫度TC＝300 K，則氣體在狀態A時的溫度為多少？
答案：(1)1 200 J　(2)1 200 K
解析：(1)從A到B，外界對氣體做功
W＝pΔV＝15×104×eq \b\lc\(\rc\)()×10－3 J＝900 J
根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝－1 200 J，
即氣體放熱1 200 J。
(2)由圖可知pBVB＝pCVC，則知TB＝TC；據理想氣體狀態方程有＝，解得TA＝1 200 K。
能力提升練
9．(多選)某種理想氣體內能公式可表示為E＝，其狀態參量滿足pV＝nRT，n表示物質的量，R為理想氣體常數(R＝8.3 J·mol－1·K－1)，T為熱力學溫度。現有一絕熱汽缸，用一個橫截面積S＝400 cm2、質量M＝15 kg的絕熱活塞封閉物質的量n＝0.5 mol的該種理想氣體，汽缸底部有電阻絲可以對氣體進行加熱。現對電阻絲通電一段時間后斷開電源，穩定后發現汽缸內氣體溫度升高了ΔT＝50 K。已知外界大氣壓強為p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10m/s2，不計活塞與汽缸之間的摩擦。從對氣體加熱到活塞停止上升的整個過程中，關于缸內氣體的判斷正確的是( A )
A．穩定后壓強為103 750 Pa
B．活塞上升的高度為5 cm
C．對外界做功為202.5 J
D．吸收的熱量為726.25 J
答案：ABD
解析：由平衡條件知pS＝p0S＋Mg，穩定后壓強為p＝p0＋＝103 750 Pa，故A正確；氣體做等壓變化，有＝＝，又pV0＝nRT0，解得Δh＝，代入數據得活塞上升的高度為Δh＝5 cm，故B正確；對外界做功為W＝pSΔh＝207.5 J，故C錯誤；由題干知氣體增加的內能為ΔU＝＝518.75 J，根據熱力學第一定律有ΔU＝－W＋Q，解得Q＝726.25 J，故氣體吸收的熱量為726.25 J，故D正確。
10．(2024·北京海淀一模)將一只踩扁的乒乓球放到熱水中，乒乓球會恢復原形，則在乒乓球恢復原形的過程中，球內氣體( B )
A．吸收的熱量等于其增加的內能
B．壓強變大，分子平均動能變大
C．吸收的熱量小于其增加的內能
D．對外做的功大于其吸收的熱量
答案：B
解析：將踩扁的乒乓球放入熱水中，一段時間后，乒乓球恢復為球形，說明壓強變大，是因為乒乓球中的氣體吸收熱量，溫度升高，氣體內能增大，分子平均動能變大；由于氣體壓強變大，體積膨脹，所以氣體對外做功，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0，Q>0，W<0，則Q>ΔU，Q>|W|，即氣體吸收的熱量一部分轉化為氣體的內能，一部分用來對外做功，因此氣體吸收的熱量大于其增加的內能，也大于氣體對外做的功，故B正確。
11．(2024·高二江蘇南通階段練習)一定質量的理想氣體的體積V與溫度t的關系如圖所示，該理想氣體從狀態A依次經過A→B→C→D→A的變化過程，其中CD段與t軸平行，DA的延長線過原點O，AB的反向延長線與t軸的交點坐標為(－273.15，0)。則( C )
A．氣體在A→B的過程中壓強增大
B．氣體在D→A的過程中壓強不變
C．氣體在D→A的過程中向外界放出熱量，內能減少
D．氣體在B→C的過程中從外界吸收熱量，內能增加
答案：C
解析：由A→B的V－t圖像反向延長線與軸的交點坐標為(－273.15，0)可知，氣體由狀態A到狀態B為等壓變化，故A錯誤； 根據＝C，結合DA的延長線過原點O可知，由狀態D到狀態A壓強變大，故B錯誤；氣體在D→A的過程中，溫度降低，內能減少，體積減小，外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知，氣體向外界放出熱量，故C正確；由圖可知，氣體從狀態B到狀態C，溫度不變，體積變大，可知，氣體的內能不變，氣體對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體在B→C的過程中從外界吸收熱量，故D錯誤。
12. (2024·高三下江西階段練習)如圖所示，一定質量的理想氣體被活塞封閉在汽缸中，活塞的面積為S，質量為(p0為大氣壓強，g為重力加速度大小)，活塞與汽缸底部相距為L。汽缸和活塞絕熱性能良好，初始時氣體的溫度與外界大氣溫度均為T0。現接通電熱絲加熱氣體，一段時間后斷開，活塞緩慢向上移動0.5L后停止，整個過程中氣體吸收的熱量為4p0SL。忽略活塞與汽缸間的摩擦，則該過程中理想氣體( D )
A．壓強逐漸減小
B．壓強逐漸增大
C．內能的增加量為6p0SL
D．內能的增加量為2p0SL
答案：D
解析：活塞緩慢移動，所以受力平衡，設氣體壓強為p1，則根據平衡條件和已知條件得p1S＝p0S＋mg，m＝，由此可知理想氣體的壓強不變，故A、B錯誤；氣體對外界做的功W＝0.5p1SL＝2p0SL，根據熱力學第一定律得ΔU＝Q－W，解得ΔU＝2p0SL，故C錯誤，D正確。
13.如圖所示，水平放置的密閉絕熱汽缸，被絕熱隔板K分隔成體積相等的兩部分，K與汽缸壁的接觸面是光滑的。兩部分中分別盛有相同質量、相同溫度的同種氣體a和b。現通過電熱絲對氣體a加熱一段時間后，a、b各自達到新的平衡，此時a、b的體積分別為Va、Vb，溫度分別為Ta、Tb，則下列關系式正確的是( C )
A．Va＝Vb，Ta＝Tb B．Va>Vb，Ta＝Tb
C．Va>Vb，Ta>Tb D．Va＝Vb，Ta>Tb
答案：C
解析：當電熱絲對氣體a加熱時，氣體a的溫度升高，壓強增大，由于K與汽缸壁的接觸面是光滑的，絕熱隔板K將向b氣體移動，Va>Vb。汽缸是絕熱的，a、b為質量相同的同種氣體，再次達到穩定狀態時＝，所以Ta>Tb。故C正確。
14．(2024·四川成都二模)如圖，水平固定不動的絕熱汽缸內，用不導熱的輕質活塞封閉著一定質量的理想氣體。活塞橫截面積為S，汽缸底部有一電熱絲，其阻值為R，一輕繩左端連接活塞，另一端跨過定滑輪后與質量為m的空小桶相連。開始時小桶靜止，外界大氣壓強為p0，活塞距離汽缸底部的距離為L0，不計一切摩擦阻力，重力加速度大小為g。
(1)若將電熱絲通以大小為I的恒定電流，緩慢加熱氣體，經時間t后，活塞緩慢向右移動的距離為L1，求該過程氣體內能的增量；
(2)若在小桶內緩慢加入細沙，同時控制電熱絲的加熱功率，保持汽缸內氣體溫度不變，當加入質量為m的細沙時，求該過程活塞向右緩慢移動的距離L2。
答案：(1)I2Rt－(p0S－mg)L1　(2)
解析：(1)電熱絲產生的熱量為Q＝I2Rt
氣體對外做功為W＝－pL1S
又pS＋mg＝p0S
根據熱力學第一定律，得該過程氣體內能的增量為ΔU＝Q＋W
得ΔU＝I2Rt－(p0S－mg)L1。
(2)氣體溫度不變，根據等溫變化pL0S＝p′(L0＋L2)S
又p′S＋2mg＝p0S
得L2＝。
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第三章　熱力學定律
2．熱力學第一定律
3．能量守恒定律
目標體系構建
1．通過有關史實，了解熱力學第一定律和能量守恒定律的發現過程，體會科學探索中的挫折和失敗對科學發現的意義。
2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的觀點解釋自然現象。
3．體會能量守恒定律是最基本、最普遍的自然規律之一。

1．理解并會運用能量守恒定律。
2．知道什么是第一類永動機及其不可能制成的原因。
課前預習反饋
知識點 1
1．改變內能的兩種方式
做功與______。兩者在改變系統內能方面是________。
2．熱力學第一定律
(1)內容：一個熱力學系統的內能變化量等于外界向它傳遞的______與外界對它__________的和。
(2)表達式：_____________。
注意：熱力學第一定律的數學表達式也適用于物體對外界做功、向外界傳熱和內能減少的情況。
熱力學第一定律
傳熱
等價的
熱量
所做的功
ΔU＝Q＋W
『判一判』
(1)ΔU＝W＋Q。該式表示的是功、熱量跟內能改變之間的定量關系，在物理學中叫作熱力學第一定律。( 　　)
√
『選一選』
關于做功、傳熱與內能變化的說法，正確的是( )
A．不通過做功的過程，物體的內能也可以改變
B．不對物體做功，物體的內能會保持不變
C．外力對物體做2 J的功，物體就一定增加2 J的內能
D．物體吸收熱量，內能一定增加
答案：A
解析：做功和傳熱都可以改變物體的內能，故A正確，B錯誤；外力對物體做2 J的功，若物體與外界沒有熱交換，則內能一定增加2 J，故C錯誤；物體吸收熱量時，如果對外做功，內能不一定增加，故D錯誤。
知識點 2
能量守恒定律
(1)內容：能量既不會憑空______，也不會憑空______，它只能從一種形式______為其他形式，或者從一個物體______到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的______保持不變。
(2)意義
①各種形式的能可以相互______。
②各種互不相關的物理現象可以用__________定律聯系在一起。
能量守恒定律
產生
消失
轉化
轉移
總量
轉化
能量守恒
『判一判』
(2)某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加。( 　　)
(3)石子從空中落下，最后停止在地面上，說明機械能消失了。( 　　)
(4)能量既可以轉移又可以轉化，故能的總量是可以變化的。( 　　)
(5)違背能量守恒定律的過程是不可能發生的。( 　　)
√
×
×
√
知識點 3
1．永動機：不需要任何動力或燃料，卻能不斷地__________的機器。
2．永動機不可能制成的原因：違背了__________定律。
3．意義：正是歷史上設計永動機的______，才使后人的思考走上了正確的道路。
永動機不可能制成
對外做功
能量守恒
失敗
『選一選』
(多選)下面設想符合能量守恒定律的是( 　　)
A．利用永久磁鐵間的作用力，造一臺永遠轉動的機械
B．做一條船，利用太陽的能量逆水行舟
C．通過太陽照射飛機，使飛機不帶燃料也能飛行
D．利用核動力，使地球離開太陽系
答案：BCD
解析：利用磁場能可以使磁鐵所具有的磁場能轉化為動能，但由于摩擦力是不可避免的，動能最終轉化為內能使轉動停止，故A錯誤；可利用光能的可轉化性和電能的可收集性，使光能轉化為船的動能或飛機的動能，實現逆水行舟或飛機不帶燃料飛行，故B、C正確；利用反沖理論，以核能為能源，使地球獲得足夠大的速度，掙脫太陽引力的束縛而離開太陽系，故D正確。
『想一想』
有一種所謂“全自動”機械手表，既不需要上發條，也不用任何電源，卻能不停地走下去。這是不是一種永動機？如果不是，你知道維持表針走動的能量是從哪兒來的嗎？
答案：不是永動機，手表戴在手上，手運動的能量一部分轉化為手表的能量(動能)。
課內互動探究
探究?
對熱力學第一定律的理解
要|點|提|煉
1．對ΔU＝W＋Q的理解
熱力學第一定律將單純的絕熱過程和單純的熱傳遞過程中內能改變的定量表述推廣到一般情況，既有做功又有熱傳遞的過程，其中ΔU表示內能改變的數量，W表示做功的數量，Q表示外界與物體間傳遞的熱量。
2．與熱力學第一定律相匹配的符號法則
做功W 熱量Q 內能的改變ΔU
取正值“＋” 外界對系統做功 系統從外界吸收熱量 系統的內能增加
取負值“－” 系統對外界做功 系統向外界放出熱量 系統的內能減少
3．幾種特殊情況
(1)若過程是絕熱的，即Q＝0，則ΔU＝W，物體內能的增加量等于外界對物體做的功。
(2)若過程中不做功，即W＝0，則ΔU＝Q，物體內能的增加量等于物體從外界吸收的熱量。
(3)若過程的始末狀態物體的內能不變，即ΔU＝0，則W＝－Q(或Q＝－W)，外界對物體做的功等于物體放出的熱量(或物體吸收的熱量等于物體對外界做的功)。
4．判斷是否做功的方法
一般情況下外界對物體做功與否，需看物體的體積是否變化。
(1)若物體體積增大，表明物體對外界做功，W＜0。
(2)若物體體積減小，表明外界對物體做功，W＞0。
(1)當做功和熱傳遞同時發生時，物體的內能可能增加，也可能減小，還可能保持不變。
(2)物體內能發生變化可能是由做功引起的，也可能是由熱傳遞引起的，還可能是兩者共同作用的結果。
典|例|剖|析
1．若將氣泡內的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底緩慢上升到湖面的過程中，對外界做了0.6 J的功。(設湖水的溫度相等且保持不變)
(1)氣泡上升過程中吸收的熱量是多少？
(2)氣泡到達湖面后，由于太陽的照射，在溫度上升的過程中又對外界做了0.1 J的功，同時吸收了0.3 J的熱量，則此過程中，氣泡內氣體內能增加了多少？
答案：(1)0.6 J　(2)0.2 J
解析：(1)氣體溫度不變，內能不變，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，則Q＝ΔU－W＝0－(－0.6 J)＝0.6 J。
(2)由熱力學第一定律得ΔU＝Q＋W＝0.3 J＋(－0.1 J)＝0.2 J，內能增加0.2 J。
(多選)如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程ab到達狀態b，再經過等溫過程bc到達狀態c，最后經等壓過程ca回到狀態a，下列說法正確的是( 　　)
A．在ab過程中氣體的內能增加
B．在ca過程中外界對氣體做功
C．在bc過程中氣體從外界吸收熱量
D．在ca過程中氣體從外界吸收熱量
答案：ABC
對點訓練
解析：氣體在ab過程中做等容變化，由查理定律知氣體溫度升高，故內能增加，故A正確；在ca過程中，氣體體積減小，則外界對氣體做功，即W>0；因壓強不變，則溫度降低，內能減小，即ΔU<0，根據ΔU＝W＋Q可知Q<0，則氣體放熱，故B正確，D錯誤；在bc過程中，氣體溫度不變，內能不變，體積變大，對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，故C正確。
探究?
對能量守恒定律的理解
要|點|提|煉
1．能量的存在形式及相互轉化
各種運動形式都有對應的能：機械運動有機械能，分子的熱運動有內能，還有諸如電磁能、化學能、原子能等。
各種形式的能，通過做功可以相互轉化，例如：利用電爐取暖或燒水，電能轉化為內能；煤燃燒，化學能轉化為內能；列車剎車后，輪子溫度升高，機械能轉化為內能。
2．守恒條件
與某種運動形式對應的能是否守恒是有條件的，例如，物體的機械能守恒，必須是只有重力和系統內彈簧彈力做功；而能量守恒定律是沒有條件的，它是一切自然界現象都遵守的基本規律。
3．能量守恒定律的重要意義
(1)找到了各種自然現象的公共量度——能量，從而把各種自然現象用能量規律聯系起來，揭示了自然規律的多樣性和統一性。
(2)突破了人們關于物質運動的機械觀念的范圍，從本質上表明了各種運動形式之間相互轉化的可能性。能量守恒定律比機械能守恒定律更普遍，它是物理學中解決問題的重要思維方法。能量守恒定律與電子的發現、達爾文的進化論并稱19世紀自然科學中三大發現，其重要意義由此可見。
(3)具有重大實踐意義，即徹底粉碎了永動機的幻想。
(1)能量守恒定律是一個自然界中普遍適用的規律，凡是遇到涉及能量的轉化和轉移問題時可優先考慮使用其解決。
(2)層出不窮的永動機設計方案，由于違背了能量守恒定律，無一例外地宣布失敗，人類制造永動機的企圖是沒有任何成功的希望。
典|例|剖|析
2.如圖所示，內壁光滑的圓柱形汽缸豎直放置，內有一質量為m的活塞封閉一定質量的理想氣體。已知活塞橫截面積為S，外界大氣壓強為p0，缸內氣體溫度為T1。現對汽缸緩慢加熱，使缸內氣體體積由V1增大到V2，該過程中氣體吸收的熱量為Q1。求：
(1)加熱后缸內氣體的溫度；
(2)該過程中氣體增加的內能。
(多選)空調市場上有很多變頻空調，據專家介紹變頻空調比定頻的要節能，因為定頻空調開機時就等同于汽車啟動時，很耗能，能耗是正常運行時的5～7倍。空調在工作時達到設定溫度就停機，等溫度高了再繼續啟動。這樣的頻繁啟動，耗電多，而變頻空調啟動時有一個由低到高的過程，運行過程是自動變速來保持室內溫度，從開機到關機中間不停機，而是達到設定溫度后就降到最小功率運行，所以比較省電。閱讀上述介紹后，以下說法合理的是( 　　)
A．變頻空調節能，運行中不遵守能量守恒定律
B．變頻空調運行中做功少，轉化能量多
C．變頻空調在同樣工作條件下運行效率高，省電
D．變頻空調與定頻空調做同樣功時，消耗同樣的電能
對點訓練
答案：CD
解析：自然界的一切過程都遵守能量守恒定律，A錯誤；功是能量轉化的量度，做同樣的功，消耗同樣的電能，B錯誤，D正確；由變頻空調的工作特點可知省電的原因是效率高，C正確。
核心素養提升
永動機不可能制成
1．第一類永動機
人們把設想中的不消耗能量的機械叫作第一類永動機，第一類永動機是不可能制成的。
2．第一類永動機失敗的原因分析
如果沒有外界熱源供給熱量，則有U2－U1＝W，就是說，如果系統內能減少，即U2如圖所示，一演示用的“永動機”轉輪由5根輕桿和轉軸構成，輕桿的末端裝有用形狀記憶合金制成的葉片。輕推轉輪后，進入熱水的葉片因伸展而“劃水”，推動轉輪轉動。離開熱水后，葉片形狀迅速恢復，轉輪因此能較長時間轉動。下列說法正確的是( 　　)
A．轉輪依靠自身慣性轉動，不需要消耗外界能量
B．轉輪轉動所需能量來自形狀記憶合金自身
C．轉動的葉片不斷攪動熱水，水溫升高
D．葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣
中釋放的熱量
答案：D
案例
解析：形狀記憶合金進入水后受熱形狀發生改變而攪動熱水，由能量守恒知能量來源于熱水，故A、B、C錯誤；由能量守恒知，葉片吸收的能量一部分轉化成葉片的動能，一部分釋放于空氣中，故D正確。
課堂達標檢測
一、熱力學第一定律
1．一定質量的氣體膨脹對外做功100 J，同時對外放熱40 J，氣體內能的增量ΔU為( 　　)
A．60 J B．－60 J
C．－140 J D．140 J
答案：C
解析：由于氣體對外做功，所以W＝－100 J，氣體放出熱量Q＝－40 J。根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＝－140 J，故C正確。
2．(多選)如圖所示，一開口向上的導熱汽缸內，用活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。現用外力作用在活塞上，使其緩慢下降。環境溫度保持不變，系統始終處于平衡狀態。在活塞下降過程中( 　　)
A．氣體體積逐漸減小，內能增加
B．氣體壓強逐漸增大，內能不變
C．氣體壓強逐漸增大，放出熱量
D．外界對氣體做功，氣體內能不變
答案：BCD
解析：溫度不變，理想氣體的內能不變，根據玻意耳定律知，體積減小，壓強增大，根據ΔU＝W＋Q，內能不變，外界對氣體做功，氣體放出熱量，故A錯誤，B、C、D正確。
3．(多選)如圖所示，一定質量的理想氣體，從狀態A經絕熱過程A→B、等容過程B→C、等溫過程C→A又回到了狀態A，則( 　　)
A．A→B過程氣體升溫
B．B→C過程氣體內能增加，氣體吸熱
C．C→A過程氣體放熱
D．全部過程氣體做功為零
答案：BC
解析：A→B過程是絕熱過程，Q＝0，體積變大，氣體對外做功，W<0，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU<0，內能減小，故溫度降低，故A錯誤；由圖示圖像可知，B→C過程中，氣體體積V不變而壓強p變大，由查理定律可知，氣體溫度T升高，故內能增加，但體積V不變，外界對氣體不做功，所以氣體吸收熱量，故B正確；由題可知，C→A過程是等溫變化，氣體體積V減小，外界對氣體做功，W>0，氣體溫度不變，氣體內能不變，ΔU＝0，根據熱力學第一定律得Q<0，氣體放熱，故C正確；全部過程分三個過程，A到B氣體對外做功W1<0，B到C不做功，C到A外界對氣體做功W2>0，根據p－V圖像中，圖線與坐標軸圍成的圖形的面積等于所做的功，得A到B氣體對外做的功小于C到A外界對氣體做的功，如圖中陰影面積所示，故全部過程氣體做功不為0，故D錯誤。
4．如圖所示，內壁光滑且長為L＝50 cm的絕熱汽缸固定在水平面上，汽缸內用面積為S＝100 cm2的絕熱活塞封閉有溫度為t0＝27 ℃的理想氣體，開始時處于靜止狀態的活塞位于距左側缸底l＝30 cm處。現用電熱絲對封閉的理想氣體加熱，使活塞緩慢向右移動。(已知大氣壓強為p0＝1.0×105 Pa)
(1)試計算當溫度升高到t＝377 ℃時，缸內封閉氣體的壓強p；
(2)若汽缸內電熱絲的電阻R＝100 Ω，加熱時電熱絲中的電流I＝0.2 A，在此變化過程中共持續了t′＝300 s，不計電熱絲由于溫度升高而吸收的熱量，試計算氣體增加的內能ΔU。
答案：(1)1.3×105 Pa　(2)1 000 J
(2)根據熱力學第一定律可得ΔU＝W＋Q，外界對氣體做的功W＝p0S(l－L)＝－200 J，封閉氣體共吸收的熱量為Q＝I2Rt′＝1 200 J，則氣體增加的內能ΔU＝W＋Q＝1 000 J。
二、能量守恒定律
5．某充氣式座椅簡化模型如圖所示，質量相等且導熱良好的兩個汽缸通過活塞封閉質量相等的兩部分同種氣體A、B，活塞通過輕彈簧相連如圖所示靜置在水平面上，已知汽缸的質量為M，封閉氣體的初始高度均為L、初始環境溫度為T0，輕彈簧的勁度系數為k、原長為L0，大氣壓強為p0，重力加速度為g，活塞的橫截面積為S、質量和厚度不計，彈簧形變始終在彈性限度內，活塞始終未脫離汽缸。
(1)求初始時A氣體的壓強；
(2)若環境溫度緩慢降至0.8T0，求穩定后活塞a離水平面
的高度；
(3)若環境溫度緩慢降至0.8T0，A氣體內能減小量為U，
求A氣體向外界釋放的熱量Q。
解析：(1)設彈簧的彈力為F，以上方汽缸、A氣體、活塞a為整體，根據受力平衡可得
F＝Mg
設氣體A的壓強為pA，以活塞a為對象，根據受力平衡可得
pAS＝p0S＋F
解得初始時A氣體的壓強為
三、永動機不可能制成
6．下列說法正確的是( 　　)
A．隨著科技的發展，第一類永動機是可能制成的
B．太陽照射到地球上的光能轉化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空間的能量都消失了
C．“既要馬兒跑，又要馬兒不吃草”違背了能量守恒定律，因而是不可能實現的
D．有種“全自動”手表，不用上發條，也不用任何形式的電源，卻能一直走動，說明能量是可能憑空產生的
答案：C
解析：第一類永動機違背了能量守恒定律，故永遠無法制成，A錯誤；太陽照射到宇宙空間的能量沒有消失，B錯誤；馬兒奔跑時需要消耗能量，故“既要馬兒跑，又要馬兒不吃草”違背了能量守恒定律，因而是不可能實現的，C正確；不用上發條，也不用任何形式的電源，卻能一直走動的“全自動”手表是通過手臂運動對其做功而工作的，D錯誤。

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