文档内容
3.2 热力学第一定律 能量守恒定律
目录
【学习目标】.....................................................................................................................................................................................1
【思维导图】.....................................................................................................................................................................................2
【知识梳理】.....................................................................................................................................................................................2
知识点1：热力学第一定律及应用....................................................................................................................................2
知识点2：能量守恒定律 永动机不可能制成.............................................................................................................6
【方法技巧】.....................................................................................................................................................................................8
方法技巧 对热力学第一定律的理解................................................................................................................................8
【巩固训练】.....................................................................................................................................................................................8
【学习目标】
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。
2.理解并会运用能量守恒定律解决实际问题。
3.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。
学习重点：
1.运用热力学第一定律分析和解决相关问题。
学习难点：
1.运用能量守恒定律解决实际问题。【思维导图】
【知识梳理】
知识点 1：热力学第一定律及应用
1．内能改变的方式
做功与传热，两者对改变系统的内能是等价的。
2．热力学第一定律
(1) 内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2) 表达式：热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W
(3) 符号规则：
符号 W Q ΔU
＋ 外界对系统做功 外界向系统传递热量 内能增加－ 系统对外界做功 系统向外界传递热量 内能减少
3．判断气体是否做功的方法
一般情况下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)在等压变化过程中，做功可用W＝pΔV计算。
4．应用讨论：
(1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，物体内能的增加量等于外界对物体做的功。
(2)等容过程：该过程中不做功，即W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量等于外界对物体传递的热
量。
(3)(理想气体)等温过程：过程的始末状态气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界
对物体做的功等于物体对外界传递的热量(或外界对物体传递的热量等于物体对外界做的功)。
【归纳总结】
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。
【典例1】（多选）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成．开箱时，密闭
于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分
子间相互作用，则缸内气体( )A. 对外做正功，分子的平均动能减小 B. 对外做正功，内能增大
C. 对外做负功，分子的平均动能增大 D. 对外做正功，内能减小
【答案】AD
【解析】密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而𝑊 < 0，缸内气体与外
界无热交换说明𝑄 = 0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一
定律△𝑈 = 𝑊+𝑄，可知内能增加量△𝑈 < 0，故内能减小，温度降低，分子平均动能减小，所以AD
正确。
故选：𝐴𝐷。
【典例2】如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为𝑆（单位：m²），与气缸底部相距
𝐿，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为𝑃 、𝑇 .现接通电热丝加热气
0 0
体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离𝐿后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为𝑓，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为𝑄，求该过程中，内能的增加量𝛥𝑈
【答案】解：因为活塞缓慢移动过程中，活塞受封闭气体压力为𝐹，对活塞有：𝐹―𝑝 𝑆―𝑓 = 0，所以
0
外界对气体做功为：𝑊 = ―𝐹𝐿 = ― (𝑝 𝑆+𝑓)𝐿，根据热力学第一定律得内能的增加量：
0
𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄 = 𝑄―𝑝 𝑆𝐿―𝑓𝐿。
0
【变式1】（单选）我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。
若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体( )(视为理想气体)
A. 吸收热量 B. 压强增大 C. 内能减小 D. 对外做负功
【答案】C
【解析】C、艇内气体温度降低，气体内能减少，故C正确；
𝐴𝐷、上浮过程中，艇内气体体积和质量不变，根据𝑊 = 𝑝𝛥𝑉可知气体不做功，由热力学第一定律得𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，可知𝑄 < 0，艇内气体放出热量，故AD错误；
𝑝𝑉
B、根据一定质量理想气体状态方程 = 𝐶，可知气体温度降低，体积不变，压强降低，故B错误。
𝑇
故选：𝐶。
【变式2】（单选）在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(
可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体( )
A. 对外做功，内能不变 B. 向外放热，内能减少
C. 分子的平均动能变小 D. 吸收的热量等于内能的增加量
【答案】A
【解析】根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能
不变，气体压强减小，根据理想气体方程可知气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可
知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等。
故选A。
【变式3】（单选）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，𝑎→𝑏过程是等压过程，𝑏→𝑐过程中气
体与外界无热量交换，𝑐→𝑎过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A. 𝑎→𝑏过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. 𝑏→𝑐过程，气体对外做功，内能增加
C. 𝑎→𝑏→𝑐过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D. 𝑎→𝑏过程，气体从外界吸收的热量等于𝑐→𝑎过程放出的热量
【答案】C
【解析】A.𝑎→𝑏过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功𝑊 < 0，由盖―吕萨克定律可知𝑇
𝑏
> 𝑇 ，即内能增大， 𝛥𝑈 > 0 ，根据热力学第一定律 𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊 可知 𝑎→𝑏 过程，气体从外界吸收
𝑎 𝑎𝑏
的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；
B. 𝑏→𝑐 过程中气体与外界无热量交换，即𝑄 = 0，又由气体体积增大可知 𝑊 < 0 ，由热力学第一定
𝑏𝑐 𝑏𝑐
律 𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊 可知气体内能减少，B错误；
C. 𝑐→𝑎 过程为等温过程，可知𝑇 = 𝑇 ,𝛥𝑈 = 0，根据热力学第一定律可知 𝑎→𝑏→𝑐 过程，气体从外界
𝑐 𝑎 𝑎𝑐
吸收的热量全部用于对外做功，C正确；D.根据热力学第一定律结合上述解析可知： 𝑎→𝑏→𝑐→𝑎 一整个热力学循环过程 𝛥𝑈 = 0 ，整个过程气体
对外做功，因此热力学第一定律可得𝛥𝑈 = 𝑄 ―𝑄 ―𝑊 = 0，故 𝑎→𝑏 过程气体从外界吸收的热量 𝑄
𝑎𝑏 𝑐𝑎 𝑎𝑏
不等于 𝑐→𝑎 过程放出的热量 ―𝑄 ，D错误。
𝑐𝑎
故选C。
知识点 2：能量守恒定律 永动机不可能制成
1．能量守恒定律
(1)内容：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其他形式，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。
(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，却能不断地对外做功的机器。
(2)第一类永动机由于违背了能量守恒定律，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。
【典例1】（多选）下列关于能量守恒定律的认识正确的是( )
A. 某种形式的能减少，一定不存在其他形式的能增加
B. 某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C. 不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械――永动机不可能制成
D. 石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
【答案】BC
【解析】解：𝐴、由能量守恒定律可知，某种形式的能量减少，必然有其他形式的能增加；故A错误；B、由能量守恒定律可知，某个物体能量减少，必然有其他物体能量增加；故B正确；
C、永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律；故C正确；
D、石子从空中下落时，停止在地面上，机械能减少，但没有消失，而是转化成了其他形式的能；故D
错误；
故选：𝐵𝐶．
【典例2】（单选）我国自古有“昼涨称潮，夜涨称汐”的说法。潮汐主要是由太阳和月球对海水的引力
造成的，以月球对海水的引力为主。如图甲所示，某海湾水面面积约为1.5×106𝑚2，现利用这个海湾
修建一座水坝。若涨潮后关上水坝下方通道的闸门，可使水位保持在20𝑚不变。退潮时，坝外水位降至
18𝑚。假如利用此水坝建水力发电站(水流经通道即可带动发电机工作)，且重力势能转化为电能的效率是
50%，每天有两次涨潮、两次退潮。如图乙所示，涨潮和退潮时水流都能推动水轮机发电，则该电站一
天大约能发电(海水的密度约为1.0×103𝑘𝑔/𝑚3)( )
A. 1.5×1010𝐽 B. 3.0×1010𝐽 C. 6.0×1010𝐽 D. 1.2×1011𝐽
【答案】C
【解析】由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，
ℎ ℎ
ℎ = 20―18𝑚 = 2𝑚，故发电时水减少的重力势能△𝐸 = 𝑚𝑔 = 𝜌𝑆ℎ𝑔 ，一天发电四次，转化成的电能
𝑝
2 2
𝐸 = 4△𝐸 ×50% = 6.0×1010𝐽， 故C正确，ABD错误。
𝑝
【变式1】（单选）自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是( )
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
【答案】D
【解析】 自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能转化为内能，故D正确。
【变式2】（单选）下列说法正确的是( )
A. 随着科技的发展，永动机是可以制成的
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
C. “既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，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，说明能量可以凭空产生【答案】C
【解析】永动机违反能量守恒定律，即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，选项A错误；
根据能量守恒定律，太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，照射到宇宙空间的能量也不
会消失，选项B错误；
“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的，选项C正确；
由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，选项D错误。
故选C。
【变式3】（多选）下列说法中正确的是( )
A. 不计空气阻力，推出的铅球在空中运动的过程机械能守恒
B. 滑块沿斜面匀速下滑过程机械能守恒
C. 风力发电机把风能转化为电能
D. 太阳能热水器把太阳能转化为水的内能
【答案】ACD
【解析】A.不计空气阻力，推出的铅球在空中运动的过程，只有重力做功，机械能守恒。A正确；
B.物块沿斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减小。故B错误；
C.根据能量的转换与守恒可知，风力发电机把风能转化为电能，故C正确；
D.太阳能热水器把太阳能转化为水的内能 。故D正确。
故选ACD。
【方法技巧】
方法技巧 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传热这两种改变内能的过程是等价的，而且给出了内能的变化量
和做功与传热之间的定量关系。
(2)定律的表达式ΔU＝Q＋W是标量式。
(3)应用时各量的单位应统一为国际单位焦耳。
【巩固训练】
一、单选题。1.关于理想气体，说法正确的是( )
A. 理想气体吸热后温度一定升高 B. 理想气体等压压缩过程可能吸热
C. 理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 D. 理想气体自由膨胀一定对外做功
【答案】C
【解析】A、根据热力学第一定律可知，气体吸热后如果对外做功，温度不一定升高，故A错误；
𝑝𝑉
B、根据理想气体状态方程 = 𝐶，气体等压压缩过程，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能一
𝑇
定减少，即𝛥𝑈 < 0；体积减小，外界对气体做功，𝑊 > 0，根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊可知，𝑄 < 0，
即理想气体等压压缩过程一定放热，故B错误；
C、对于理想气体绝热膨胀过程，有𝑄 = 0，𝑊 < 0，根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊可知，𝛥𝑈 < 0，
即理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故C正确；
D、理想气体自由膨胀对外不做功，故D错误。
故选：𝐶。
2.我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆
压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体( )
A. 压强变小 B. 对外界不做功 C. 内能保持不变 D. 分子平均动能增大
【答案】D
【解析】C.猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换， 𝑄 = 0 ，气体被压缩，体积减小，
则外界对气体做正功， 𝑊 > 0 ，根据热力学第一定律 𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊 可知，气体内能增大，故C错误；
𝑝𝑉
A.气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程 = 𝐶 ，则气体压强增大，故
𝑇
A错误；
B.气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；
D.气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。
故选D。
3.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门𝑀打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气
体温度始终保持不变，则气体 ( )
A. 压强变大 B. 对外界做功 C. 对外界放热 D. 分子平均动能变大。
【答案】B
𝑝𝑉
【解析】A、在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，根据 = 𝐶可知体积增加，压强减
𝑇
小，故A错误；
B、气体膨胀，体积增大，则气体对外界做功，故B正确；
C、根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑊+𝑄，气体温度不变，则内能不变，气体对外做功，则吸收热量，故
C错误；
D、温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，故D错误。
4.如图所示，太阳能路灯的额定功率为𝑃，光电池系统的光电转换效率为𝜂。用𝑃 表示太阳辐射的总功
0
率，太阳与地球的间距为𝑟，地球半径为𝑅。太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，电
池板接收太阳垂直照射的等效面积为𝑆。则在时间𝑡内，下列说法正确的有( )
𝑃
A. 到达地球表面单位面积太阳辐射能量约为 0
4𝜋𝑟2
B.
到达地球表面的太阳辐射总能量约为7𝑃
0
𝑡𝑅2
10𝑟2
C. 路灯正常工作消耗的太阳能约𝜂𝑃𝑡
7𝑃 𝑆𝜂
D. 路灯正常工作时间𝑡与所需日照时间𝑡 之比约为 0
0
40𝜋𝑟2𝑃
【答案】D
【解析】A、以太阳为中心，半径为𝑟的球面积𝑆 = 4𝜋𝑟2，太阳辐射总功率为𝑃 ，但光传播到地面有30%
球 0
0.7𝑃
能量损耗，到达地球表面的功率是0．7𝑃 ，那么到达地球表面单位面积太阳辐射功率约为 0，在时间𝑡
0 4𝜋𝑟20.7𝑃 𝑡
内，单位面积太阳辐射能量约为 0 ，故A错误；
4𝜋𝑟2
B、地球垂直太阳光方向的有效接收面积𝑆 = 𝜋𝑅2(把地球看成圆形接收面)，到达地球表面单位面积
有效
0.7𝑃
太阳辐射功率约为 0，根据𝐸 = 𝑃𝑡(这里𝑃是功率，𝑡是时间)，则在时间𝑡内到达地球表面的太阳辐射
4𝜋𝑟2
总能量𝐸 = 0.7𝑃 0·𝜋𝑅2·𝑡 = 7𝑃 0 𝑡𝑅2 ，故B错误；
4𝜋𝑟2 40𝑟2
C、已知路灯额定功率为𝑃，工作时间𝑡，则路灯消耗电能𝑊 = 𝑃𝑡，而光电电池系统光电转换效率为𝜂，
𝑃𝑡
意味着消耗的太阳能𝐸 = ，故C错误；
太 𝜂
D、设路灯正常工作时间𝑡，消耗电能𝑊 = 𝑃𝑡，在日照时间𝑡 内，电池板接收太阳垂直照射等效面积为
0
0.7𝑃 0.7𝑃
𝑆，到达地球表面单位面积太阳辐射功率约为 0，则接收太阳能𝐸 = 0·𝑆·𝑡 ，经光电转换效率𝜂转
4𝜋𝑟2 收 4𝜋𝑟2 0
0.7𝑃 0.7𝑃 𝑡 7𝑃 𝑆𝜂
换后提供路灯电能𝐸 = 0·𝑆·𝑡 ·𝜂。因为𝐸 = 𝑊，即 0·𝑆·𝑡 ·𝜂 = 𝑃𝑡，整理可得 = 0 ，故D
电 4𝜋𝑟2 0 电 4𝜋𝑟2 0 𝑡 0 40𝜋𝑟2𝑃
正确。
5.一辆汽车在水平高速公路上以80𝑘𝑚/ℎ的速度匀速行驶，其1𝑠内能量分配情况如图所示。则汽车( )
A. 发动机的输出功率为70𝑘𝑊
B. 每1𝑠消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104𝐽
C. 每1𝑠消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104𝐽
D. 每1𝑠消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104𝐽
【答案】C
【解析】A、由图可知，发动机1𝑠内克服转动阻力和空气阻力做功均为𝑊 = 0.45×104𝐽，则输出功率为：
𝑃 =
2𝑊
=
2×0.45×104
𝑊 = 9×103𝑊 = 9𝑘𝑊，故A错误；
𝑡 1𝐵𝐶𝐷、每1𝑠消耗的燃料有𝛥𝐸 = 6.9×104𝐽进入发动机，则最终转化成的内能为：𝑄 = 𝛥𝐸 = 6.9×104𝐽，
故C正确，BD错误。
故选：𝐶。
6.假设滑冰场地是光滑冰面，质量为50𝑘𝑔的小明手持一个质量为2𝑘𝑔的篮球，以3𝑚/𝑠的速度水平滑行。
突然小明将篮球水平向前抛出，抛出后小明的速度变为2.8𝑚/𝑠。若抛出过程中消耗的体内化学能中约
80%转化为小明和篮球的机械能增量，则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为( )
A. 15𝐽 B. 18.75𝐽 C. 22.5𝐽D. 30𝐽
【答案】D
【解析】设小明质量为𝑀，篮球质量为𝑚，小明将篮球水平向前抛出后篮球速度为𝑣 ，由动量守恒定律
2
(𝑀+𝑚)𝑣 = 𝑀𝑣 +𝑚𝑣 ，解得𝑣 = 8𝑚/𝑠
0 1 2 2
1 1 1
抛球过程中增加机械能𝛥𝐸 = 𝑀𝑣 2+ 𝑚𝑣 2― (𝑀+𝑚)𝑣 2 = 26𝐽
1 2 0
2 2 2
小明消耗的化学能𝐸 ×80% = 𝛥𝐸
化
解得𝐸 = 32.5𝐽，约为30𝐽
化
ABC错误，D正确。
7.太阳能将成为21世纪人类的主要能源之一，图是太阳能热水器。已知单位时间内太阳垂直射到热水
器单位面积的能量约为7×103𝐽/(𝑚2⋅𝑠)，一台热水器的聚热面积约4𝑚2。若每天太阳的照射等效于直
射3ℎ，太阳能的20%可转化为水的内能，则这台热水器一天内可有效利用的太阳能约为( )
A. 1×106𝐽 B. 1×107𝐽 C. 6×106𝐽 D. 6×107𝐽
【答案】D
【 解 析 】 这 台 热 水 器 一 天 内 可 有 效 利 用 的 太 阳 能 约 为 𝐸 = 𝜂𝑃𝑡 = 20%×7×103
×4×3×3600𝐽 ≈ 6×107𝐽，故选D。
二、多选题。
8.列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要
由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气
缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气
体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中( )A. 上下乘客时，气体的内能不变 B. 上下乘客时，气体从外界吸热
C. 剧烈颠簸时，外界对气体做功 D. 剧烈颠簸时，气体的温度不变
【答案】AC
【解析】解：𝐴𝐵、上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，则气体温度
不变、内能不变；在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，气体的内能不变，根据热力学第一定律可
知，气体对外放出热量，故A正确、B错误；
𝐶𝐷、剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，在气体压缩的过程中，外界
对气体做正功，气体的内能增加，温度升高，故C正确、D错误。
故选：𝐴𝐶。
9.在打乒乓球时如果不小心把乒乓球压瘪了，但还不漏气，可以把被压瘪的乒乓球放进杯子里，再往
杯子里倒入热水，过一会儿乒乓球就可以复原。如图，压瘪的乒乓球内气体的体积为30𝑚𝐿，气体的压
强为1.12×105𝑃𝑎，温度为27℃，倒入热水复原后球内气体的体积为32𝑚𝐿，温度为87℃，球内气体可
视为理想气体。则下列说法正确的是( )
A. 乒乓球内气体温度升高后，每个气体分子的动能都增大
B. 乒乓球复原过程中外界对球内气体做功
C. 乒乓球复原过程中球内气体吸收热量
D. 乒乓球复原后球内气体的压强为1.26×105𝑃𝑎
【答案】CD
【解析】A.物体温度是它分子热运动的平均动能的标志，所以乒乓球内气体温度升高后分子热运动的平
均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增大，选项A错误;
B.乒乓球恢复成原来的圆球形的过程气体体积增大，对外做功，即𝑊 < 0，选项B错误;
C.气体的温度升高，则内能增大，即△𝑈 > 0，根据热力学第一定律𝛥𝑈 = 𝑄+𝑊，则𝑄 > 0，即气体从
外界吸收热量，选项C正确;
D.乒乓球恢复成原来的圆球形过程，初态温度为𝑇 = 27°𝐶 = 300𝐾，末态温度为𝑇 = 87°𝐶 = 360𝐾，
1 2
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
根据理想气体状态方程有 1 1 = 2 2，解得𝑝 = 1.26×105𝑃𝑎，选项D正确。
𝑇 𝑇 2
1 2
10.某地突发洪涝灾害，救援人员驾驶气垫船施救，到达救援地点后，将围困在水中的群众拉上气垫船，如图所示。若在救援人员将群众拉上气垫船的过程中，气垫船中气垫内的气体(视为理想气体)温度不
变，气垫不漏气，则在该过程中，下列说法正确的是( )
A. 气垫内的气体内能增加
B. 外界对气垫内的气体做正功
C. 气垫内的气体向外界放出热量
D. 气垫内的气体单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数减少
【答案】BC
【解析】𝐴𝐵𝐶.由于该过程中气垫内的气体温度不变，因此气垫内的气体内能不变，该过程中气垫内的
气体压强增大，根据玻意耳定律可知，气垫内的气体体积减小，外界对气垫内的气体做正功，结合热力
学第一定律可知，该过程中气垫内的气体向外界放热，故A错误，BC正确；
D.由于温度不变，气垫内的气体分子平均动能不变，而气体压强增大，因此该过程中气垫内的气体单位
时间、单位面积撞击气垫壁的分子数增加，故D错误。
故选BC。
