C．QA>QBD．无法确定QA、QB的大小
4．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）
【方法技巧练】
热力学第一定律的应用技巧
5．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105Pa的状况下，体积从20L膨胀到30L，这一过程中气体从外界吸热4×103J，则气体内能的变化为（ ）
A．增加了5×103JB．减少了5×103J
C．增加了3×103JD．减少了3×103J
6．（双选）如
图2
图2所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时（ ）
A．体积可能不变
B．有可能经过体积减小的过程
C．外界必然对气体做正功
D．气体必然从外界吸热
1．某系统的初状态具有内能1J，在外界对它做0.5J的功后，它放出0.2J的热量，系统在这个过程中内能的增量是（ ）
A．0.7JB．0.3J
C．0.66JD．－0.34J
2．某气体温度升高了（体积不变），可能的原因是（ ）
A．气体一定吸收了热量
B．气体可能放出了热量
C．外界对气体可能做了功
D．气体可能吸收了热量
图3
3．（双选）如图3所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住，将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时（ ）
A．氢气的温度不变
B．氢气的压强减小
C．氢气的体积减小
D．氧气的温度升高
4．（双选）
图4
如图4所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中（ ）
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
5．一定质量的理想气体，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－W1B．Q1－Q2＝W1－W2
C．W1＝W2D．Q1＝Q2
6．如图5所示是一定质量的理想气体从状态A经B至C的p—
图线，则在此过程中（ ）
图5
A．气体的内能改变B．气体的体积增大
C．气体向外界放热D．气体对外界做功
7．如图6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，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法错误的是（ ）
图6
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
8．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法中正确的是（ ）
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．只有动能和重力势能的相互转化
D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
9．（双选）行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流．上述不同现象所包含的相同物理过程是（ ）
A．物体克服阻力做功
B．物体的动能转化为其他形式的能量
C．物体的势能转化为其他形式的能量
D．物体的机械能转化为其他形式的能量
图7
10．如图7所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，则下面有关能的转化的说法中正确的是（ ）
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能
11．在图8所示的两端开口的“U”形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高．现打开阀门K，从打开阀门到两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔEk；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得
图8
①W1＝0②W2－W3＝ΔEk
③W2－W3＝Q＝ΔU④W3－Q＝ΔU
其中，正确的是（ ）
A．①②③B．①②④
C．②③D．①③
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12.空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105J的功，同时空气的内能增加了1.5×105J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？
13．一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？
如果气体吸收的热量仍为2.6×105J不变，但是内能只增加了1.6×105J，这一过程做功情况怎样？
14．一铁球从高H处由静止落到地面上，回弹速率是落地速率的一半，设撞击所转化的内能全部使铁球温度升高，则铁球的温度升高多少？
（设铁的比热容为c，各物理量取国际制单位）
15．重1000kg的气锤从2.5m高处落下，打在质量为200kg的铁块上，要使铁块的温度升高40℃，气锤至少应落下多少次？
（设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高，且铁的比热c＝0.11cal/（g·℃），1cal＝4.2J，g取10m/s2）
答案
课前预习练
1．物体吸收的热量Q 外界对物体做的功W ΔU＝Q＋W> < > < > <
2．凭空产生 凭空消失 转化 转移 转化 转移
3．一种形式 另一种 创造 不可能 能量守恒定律
4．C [根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体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）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．同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错．若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，C正确．若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，故D错．]
5．BD [物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少．由能量转化和守恒定律知，内能应增加，能的总量不变．]
6．B
课堂探究练
1．B [因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105J－8×104J＝－2×105J，即B选项正确．]
方法总结 热力学第一定律的表达式为ΔU＝W＋Q，应用时要熟练掌握各物理量的符号法则．
2．CD [当物体从外界吸收的热量与对外做的功正好相等时，物体的内能不变，C正确；物体对外做功，如果同时吸收热量，且吸收的热量比对外做的功多时，内能就可能增加．]
方法总结 本题易错之处是有些同学把吸热和内能混为一谈．不假思索就认为物体吸热内能增加，物体放热内能减少而错选A、B.而A和B中只谈到一种改变内能的方式，但并不能否认还可能存在着另一种改变内能的方式——做功．
3．C [对A球：
吸热后膨胀，重心升高，重力势能增加，则吸收的热量等于增加的重力势能和内能之和．QA＝ΔEPA＋ΔUA，对B球：
吸热后也膨胀，但重心下降，则吸收的热量和重力势能的减少量等于B球内能的变化，即QB＋ΔEPB＝ΔUB，两球的内能的变化量相同，即ΔUA＝ΔUB，故QA>QB，选项C正确．]
方法总结 应用能量守恒定律解决问题时，首先应明确有哪几种能量参与转化或转移，哪些增、哪些减，然后利用守恒观点列出方程求解．
4．1.5×109W
解析 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.
方法总结 能量守恒定律是普遍适用的定律，在解决有关能量转化问题时，必须想到利用能量守恒定律．
5．C [气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105Pa×（30－20）×10－3m3＝1.0×103J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103J．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＝－1.0×103J＋4.0×103J＝3.0×103J，即气体内能增加3×103J．]
方法总结 若气体等压变化，压强为p，体积变化为ΔV，则气体做功W＝p·ΔV.
6．BD [本题是气体状态变化、图象与热力学第一定律结合的综合分析题．连接OA、OB，得到两条等容线，故有VB>VA，所以A错误．由于没有限制从状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故B正确．因为气体体积增大，所以是气体对外做功，C错误．因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确．]
方法总结
（1）一定质量的理想气体的内能只由温度决定，与体积无关．
（2）应注意W＋Q＝ΔU和气体实验定律及图象的巧妙结合，综合分析．
课后巩固练
1．B [因W＝0.5J，Q＝－0.2J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝0.3J．]
2．A [体积不变，说明外界对气体做的功W＝0，由于温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，气体内能增加，由ΔU>0知Q>0，即一定吸热．]
3．BD [理想气体氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又体积和温度相同，所以氢气产生的压强大，当拔掉销子后，会推动活塞向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无热传递，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低，对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，无热传递的情况下，氧气内能增加，温度升高．]
4．BD [因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：
气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．]
5．A [气体初、末状态相同，内能相同，由热力学第一定律知ΔW＋ΔQ＝0，即W2－W1＝Q1－Q2，故选项A正确．]
6．C [由图象可知该理想气体发生的是等温变化，故气体的内能不变，ΔU＝0；但气体的体积在减小，故外界对气体做功，W>0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q<0，气体向外界放热，故C正确．]
7．B [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，要保持内能不变，一定要吸收热量，故答案A错；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，故选项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，选项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，故选项D正确．]
8．D [自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能克服阻力、摩擦力做功，增加了内能．]
9．AD [此题考查学生综合分析能力，从若干不同的现象中分析找出相同的规律，这四个现象中物体在运动过程中都受到阻力，汽车主要受制动阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁铁下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A对；四个物体运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁铁是重力势能转化成其他形式的能，总之是机械能转化成了其他形式的能，D对．]
10．D [子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．]
11．B [由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔEk，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①、②正确．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝W3－Q，可知④正确，③错误．综合以上分析可知B正确．]
12．5×104J
解析 选择被压缩的空气为研究对象，根据的热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
由题意可知W＝2×105J，ΔU＝1.5×105J，代入上式得
Q＝ΔU－W＝1.5×105J－2×105J＝－5×104J.
负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104J.
13．外界对气体做功，做功为1.6×105J
气体对外界做功，做功为1.0×105J
解析 由题意知Q＝2.6×105J，ΔU＝4.2×105J，根据ΔU＝Q＋W，代入可得W＝1.6×105J，W为正值，外界对气体做功，做功为1.6×105J.
同理由题意可知Q′＝2.6×105J，ΔU′＝1.6×105J，利用热力学第一定律得W′＝－1.0×105J，这说明气体对外界做功（气体体积变大），做功为1.0×105J.
14.
解析 设落到地面时的速率为v，由v2＝2gH得落地时v＝
则铁球在与地面撞击时损失的动能
ΔE＝
mv2－
m（
）2＝
mv2＝
m·2gH＝
mgH
由能量守恒定律得，损失的动能全部转化为铁球的内能
则ΔU＝ΔE＝
mgH＝Q
由Q＝cmΔt得Δt＝
＝
＝
即铁球温度升高
15．247次
解析 气锤下落过程中只有重力做功，机械能守恒，因而气锤撞击铁块时动能为
Ek＝mgh＝103×10×2.5J＝2.5×104J
由动能定理知气锤撞击铁块所做的功为
W＝Ek－0＝2.5×104J
使铁块温度升高40℃的热量
Q＝cmΔt＝0.11×200×103×40cal＝3.696×106J
设气锤下落n次才能使铁块温度升高40℃，由能的转化和守恒定律有：
n·W·η＝Q
n＝
＝
＝246.4
故气锤至少要下落247次．
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