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第39讲　热力学定律
1.〔多选〕下列关于热力学第二定律的说法正确的是（　　）
A.所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C.机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能
D.气体向真空的自由膨胀是可逆的
2.（2025·江苏高考6题）如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（　　）
A.内能迅速增大　　 B.温度迅速升高
C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀
3.如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现将沙桶底部钻一个小洞，让沙子慢慢漏出。汽缸外部温度恒定不变，则（　　）
A.缸内的气体压强减小，内能减小
B.缸内的气体压强增大，内能减小
C.缸内的气体压强增大，内能不变
D.外界对气体做功，缸内的气体内能增加
4.〔多选〕地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因，下列说法正确的是（　　）
A.内能不能转化成机械能
B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C.只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能且不产生其他影响的机器不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
5.（2025·湖北高考3题）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A.外力F保持不变 B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功 D.密封气体的末态压强是初态的2倍
6.如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化，下列说法正确的是（　　）
A.A→B过程中，气体对外界做正功600 J
B.A→B→C过程中，气体吸收热量
C.A→B过程中，气体放出热量与外界对气体做功相等
D.B→C过程中，气体吸收热量与气体对外界做功相等
7.〔多选〕（2026·河南百师联盟联考）一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A，该过程的V-T图像如图所示，其中AB反向延长线过原点O，CA与纵轴平行，B→C为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A.A→B过程，气体温度升高，所有分子热运动的速率均增大
B.B→C过程，气体单位时间碰撞单位面积器壁的平均力减小
C.C→A过程，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D.A→B过程，气体吸收的热量大于C→A过程放出的热量
8.〔多选〕一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105 Pa，下列说法正确的是（　　）
A.该气体在状态B时的压强为2.0×105 Pa
B.该气体在状态C时的压强为1.0×105 Pa
C.该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为100 J
D.该气体从状态A到状态C的过程中放出的热量为200 J
9.（2025·陕晋青宁13题）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
（1）求此时胎内气体的压强p2；
（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
10.（2025·山东高考16题）如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
（1）T2＝440 K时，气柱高度h2；
（2）从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。
第39讲　热力学定律
1.BC　符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；根据热力学第二定律，机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
2.D　瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量。根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低；由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小，故选D。
3.C　设活塞以及沙桶（含沙子）的质量为m，以活塞及沙桶（含沙子）整体为研究对象，由平衡条件可得p0S＝pS＋mg，则当m减小时，p增大，由理想气体状态方程可知，气体体积变小，外界对气体做功，由于气体的温度不变，则ΔU＝0，气体的内能不变，选项C正确。
4.CD　内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故C、D正确。
5.B　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C（C为常量）可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞，由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密闭气体的内能增大，B正确；密封气体的体积减小，密封气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知＝，由题意可知密封气体初、末状态温度之比为＝，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝p1＞2p1，D错误。
6.D　A→B过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，则W＝pΔV＝15×104×4×10－3 J＝600 J，故A错误；A→B过程中，气体压强不变，体积减小，根据＝C可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出热量大于外界对气体做功，故C错误；根据题图可知pBVB＝pCVC，所以TB＝TC，则B、C状态气体内能相等，B→C过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量与气体对外界做功相等，故D正确；VA＝VC，pA＞pC，可得TA＞TC，则A→B→C过程中，气体内能减小，根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功，可知整个过程外界对气体做正功，气体向外放热，故B错误。
7.BD　A→B过程气体温度升高，气体分子热运动的平均速率增大，但不是所有分子热运动的速率均增大，A错误；根据理想气体状态方程pV＝CT，可知V＝T，B→C过程，图像中各点与原点连线的斜率增大，所以压强减小，单位时间碰撞单位面积器壁的平均力减小，B正确；C→A过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，C错误；A→B→C→A一个循环过程，内能变化量为0，p-V图像如图所示，根据图线与横轴所围成的面积可知，A→B→C过程气体对外界做的功大于C→A过程外界对气体做的功，所以一个循环过程W＜0，根据热力学第一定律可知，一个循环过程Q＞0，所以A→B过程气体吸收的热量大于C→A过程放出的热量，D正确。
8.BC　气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得＝，解得在状态B时的压强为pB＝1.0×105 Pa，故A错误；气体从状态B到状态C，发生的是等压变化，有pC＝pB＝1.0×105 Pa，故B正确；由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，气体从状态A到状态B不对外做功，从状态B到状态C的过程中气体对外界做功W＝pBΔV＝1.0×105×（3－2）×10－3 J＝100 J，由热力学第一定律ΔU＝Q－W，可得Q＝100 J，即整个过程中吸收的热量为100 J，故C正确，D错误。
9.（1）3.3×105 Pa　（2）6.6×104 J
解析：（1）对胎内气体，根据理想气体状态方程有
＝
代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。
（2）根据p-V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程外界对气体做的负功为
W＝－×105×（0.560－0.528）J＝－1.008×104 J
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
又Q＝7.608×104 J
解得ΔU＝6.6×104 J。
10.（1）h1　（2）p0Sh1
解析：（1）从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
其中V1＝Sh1、V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
（2）从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知
＝
解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的负功为
W＝－[p1S（h2－h1）－p3S（h2－h4）]＝－p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为
Q＝－W＝p0Sh1。
1 / 1第39讲　热力学定律
1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。 2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。 3.会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题。
考点一　热力学第一定律　热力学第二定律
知识速记
1.改变物体内能的两种方式
（1）　　　　；（2）传热。
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　　　　与外界对它所做的功的和。
（2）表达式：ΔU＝　　　　。
（3）表达式中的正、负号法则
符号 W Q ΔU
＋ 　　对　　做功 系统　　热量 内能　
－ 　　对　　做功 系统　　热量 内能　
3.能量守恒定律
（1）内容
能量既不会凭空　　　　，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，能量的总量　　　　　　。
（2）第一类永动机是不可能制成的，它违背了　　　　　　　。
4.热力学第二定律的两种表述
（1）克劳修斯表述：　　　　　　　。
（2）开尔文表述：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　或表述为“　　　　永动机是不可能制成的”。
（3）说明
①“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
②“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
（4）热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
①高温物体低温物体。
②功热。
③气体体积V1气体体积V2（较大）。
④不同气体A和B混合气体AB。
5.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
　如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成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。此过程中气体内能如何变化？
训练落实
1.（2025·安徽高考3题）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
2.〔多选〕根据热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A.第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B.效率为100％的热机是不可能制成的
C.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D.从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是提高机械效率的常用手段
3.如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为ΔU。重力加速度大小为g，外界大气压不变。下列说法正确的是（　　）
A.状态2相比状态1，每个分子的速率都增大
B.状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少
C.由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量
D.电热丝释放的热量为ΔU－mgL
考点二　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合
要点深化
处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
（1）根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热情况及做功情况。
（2）在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题。
〔多选〕（2025·甘肃高考9题）如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是（　　）
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2026·安徽阜阳模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强和体积倒数关系如图所示，则此过程中，气体（　　）
A.内能减少 B.分子速率均变小
C.分子数密度变小 D.对外做功
一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是（　　）
A.pa＝3p0 B.Vb＝3Vc
C.从状态a到状态b，气体对外做功 D.从状态c到状态a，气体从外界吸热
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合
要点深化
应用热力学第一定律与气体实验定律解题的思维过程
（2024·湖北高考13题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
尝试解答
（2025·浙江1月选考15题）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
（1）从状态2到状态3，气体分子平均速率　　　　（选填“增大”“不变”或“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数　　　（选填“增大”“不变”或“减小”）；
（2）求气体在状态3的体积V3；
（3）求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
尝试解答
第39讲　热力学定律
考点一
知识速记
1.（1）做功　2.（1）热量　（2）Q＋W　（3）外界　系统　吸收　增加　系统　外界　放出　减少　3.（1）产生　转化　转移　保持不变　（2）能量守恒定律　4.（1）热量不能自发地从低温物体传到高温物体　（2）不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响　第二类
思考与讨论
　提示：不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W＝0，绝热Q＝0，故内能不发生变化。
训练落实
1.A　理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。
2.BC　第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100％的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，电冰箱通过外界做功（消耗电能），热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是不可能实现的，故D错误。
3.B　由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由气体压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少，故B正确；由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；设大气压为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为p，由平衡方程p0S＝mg＋pS，得pS＝p0S－mg，活塞向右移动L过程中，气体对外做功W＝pSL＝（p0S－mg）L，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，气体吸收的热量即电热丝释放的热量Q＝ΔU＋（p0S－mg）L，故D错误。
考点二
要点深化
【例1】　ACD　A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即该过程吸热，选项A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＜0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体积不变，温度升高，根据＝C，可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。
强化训练
　A　一定质量的理想气体从A到B的过程，由理想气体状态方程＝C，整理得p＝CT×，可知TA＞TB，即气体的温度一直降低，则气体内能一直减小，气体分子平均动能减小，但并非所有分子速率均减小，故A正确，B错误；体积减小，质量不变，所以分子数不变，分子数密度增大，故C错误；体积减小，外界对气体做功，故D错误。
【例2】　D　从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，由查理定律可得＝，又pb＝p0，解得pa＝2p0，故A、C错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，故B错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体吸收热量，故D正确。
考点三
要点深化
【例3】　（1）T0　（2）（CT0＋mgh＋p0Sh）
解析：（1）设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得
＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
（2）设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C（T－T0）
W＝－（mg＋p0S）h
联立解得Q＝（CT0＋mgh＋p0Sh）。
【例4】　（1）不变　减小　（2）1.020 1 ×103 cm3
（3）2.53 J
解析：（1）从状态2到状态3，气体温度保持不变，则气体分子平均速率不变
气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝p0，因此从状态2到状态3瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
（2）瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
该过程由盖—吕萨克定律有＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
瓶内气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有
p2V2＝p3V3
代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为
V3＝1.020 1×103 cm3。
（3）瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为
W1＝p1（V2－V1）＝1.01 J
从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知
ΔU＝Q－（W1＋W2）
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为
ΔU＝2.53 J。
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第39讲　热力学定律
目标要求
1. 理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。
2. 理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
3. 会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题。
目 录
CONTENTS
考点一　热力学第一定律　热力学第二定律
考点二　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合
考点三　热力学第一定律与气体实验定律的综合
课时跟踪检测
考点一　
热力学第一定律　热力学第二定律
知识速记
1. 改变物体内能的两种方式
（1） ；（2）传热。
做功　
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
与外界对它所做的功的和。
（2）表达式：ΔU＝ 。
热量　
Q＋W　
（3）表达式中的正、负号法则
符号 W Q ΔU
＋ 对 做功 系统 热量 内能

－ 对 做功 系统 热量 内能

外界　
系统　
吸收　
增加
系统　
外界　
放出　
减少
3. 能量守恒定律
（1）内容
能量既不会凭空 ，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，能量的总量 。
（2）第一类永动机是不可能制成的，它违背了 。
产生　
转化　
转移　
保持不变　
能量守恒定律　
（1）克劳修斯表述： 。
（2）开尔文表述：
或表述为“ 永动机是不可能制成的”。
（3）说明
①“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提
供能量的帮助。
②“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完
成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产
生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
热量不能自发地从低温物体传到高温物体　
不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而
不产生其他影响　
第二类　
4. 热力学第二定律的两种表述
（4）热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的
方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都
具有方向性。
①高温物体 低温物体。
②功 热。
③气体体积V1 气体体积V2（较大）。
④不同气体A和B 混合气体AB。
5. 两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
　如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成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。此过程中气体内能如何变化？
提示：不变。因为A中气体膨胀过程中不做功，即W＝0，绝热Q＝0，故内
能不发生变化。
训练落实
1. （2025·安徽高考3题）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
解析：　理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。
√
2. 〔多选〕根据热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A. 第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
B. 效率为100％的热机是不可能制成的
C. 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
D. 从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是提高机
械效率的常用手段
√
√
解析：第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；效率为100％的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，电冰箱通过外界做功（消耗电能），热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响是不可能实现的，故D错误。
3. 如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想
气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，
小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移
动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为ΔU。重力
加速度大小为g，外界大气压不变。下列说法正确的是（　　）
A. 状态2相比状态1，每个分子的速率都增大
B. 状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积
器壁的次数减少
C. 由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量
D. 电热丝释放的热量为ΔU－mgL
√
解析：由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由气体压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少，故B正确；由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；设大气压为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为p，由平衡方程p0S＝mg＋pS，得pS＝p0S－mg，活塞向右移动L过程中，气体对外做功W＝pSL＝（p0S－mg）L，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，气体吸收的热量即电热丝释放的热量Q＝ΔU＋（p0S－mg）L，故D错误。
考点二　
热力学第一定律与气体状态变化图像的综合
要点深化
处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
（1）根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，
从而判断气体与外界的吸、放热情况及做功情况。
（2）在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体
做的功。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题。
〔多选〕（2025·甘肃高考9题）如图，一定量的理想气体从状态A经
等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理
想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是
（　ACD　）
ACD
A. A→B过程为吸热过程
B. B→C过程为吸热过程
C. 状态A压强比状态B的小
D. 状态A内能比状态C的小
解析：A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学
第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即该过程吸热，选项A正确；B→C过
程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔU
＝W＋Q，可知Q＜0，即该过程为放热过程，选项B错误；A→B过程，体
积不变，温度升高，根据＝C，可知，压强变大，即状态A压强比状态B
压强小，选项C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能
比状态C的小，选项D正确。
（2026·安徽阜阳模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压
强和体积倒数关系如图所示，则此过程中，气体（　　）
A. 内能减少
B. 分子速率均变小
C. 分子数密度变小
D. 对外做功
√
解析：　一定质量的理想气体从A到B的过程，由理想气体状态方程＝
C，整理得p＝CT×，可知TA＞TB，即气体的温度一直降低，则气体内能
一直减小，气体分子平均动能减小，但并非所有分子速率均减小，故A正
确，B错误；体积减小，质量不变，所以分子数不变，分子数密度增大，
故C错误；体积减小，外界对气体做功，故D错误。
一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状
态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强
分别为pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是（　D　）
D
A. pa＝3p0
B. Vb＝3Vc
C. 从状态a到状态b，气体对外做功
D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
解析：从状态a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，由查理定律可
得＝，又pb＝p0，解得pa＝2p0，故A、C错误；从状态b到状态c，气体
温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，故B错误；从状
态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，根据热力
学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体吸收热量，故D正确。
考点三　
热力学第一定律与气体实验定律的综合
要点深化
应用热力学第一定律与气体实验定律解题的思维过程
（2024·湖北高考13题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容
器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦
地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从
外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变
化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强
恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
答案： T0　
解析： 设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由
盖-吕萨克定律得
＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
答案：（CT0＋mgh＋p0Sh）
解析：设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，
由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C（T－T0）
W＝－（mg＋p0S）h
联立解得Q＝（CT0＋mgh＋p0Sh）。
（2025·浙江1月选考15题）如图所示，导热良好带有吸管
的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处
于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将
瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停
在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢
地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
（1）从状态2到状态3，气体分子平均速率 （选填“增大”“不
变”或“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数 （选填
“增大”“不变”或“减小”）；
解析： 从状态2到状态3，气体温度保持不变，则气体分子平均速率不变
气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋
ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝
p0，因此从状态2到状态3瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不
变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
不变　
减小　
（2）求气体在状态3的体积V3；
答案： 1.020 1 ×103 cm3
解析：瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不
变，为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
该过程由盖—吕萨克定律有＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
瓶内气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有
p2V2＝p3V3
代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为V3＝1.020 1×103 cm3。
（3）求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
答案：2.53 J
解析：瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为
W1＝p1（V2－V1）＝1.01 J
从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知ΔU＝Q－（W1＋W2）
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为
ΔU＝2.53 J。
课时跟踪检测
1. 〔多选〕下列关于热力学第二定律的说法正确的是（　　）
A. 所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C. 机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全
部用来做功而转化成机械能
D. 气体向真空的自由膨胀是可逆的
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解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；根据热力学第二定律，机械能可以全部转化为内能，但在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
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2. （2025·江苏高考6题）如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的
橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现
白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（　　）
A. 内能迅速增大 B. 温度迅速升高
C. 压强迅速增大 D. 体积迅速膨胀
√
解析：　瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，
由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量。根据热力学第一定
律可知，气体的内能减小，则温度降低；由理想气体状态方程＝C可
知，气体压强减小，故选D。
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3. 如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气
体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活
塞恰好静止，现将沙桶底部钻一个小洞，让沙子慢慢漏出。汽缸外部温度
恒定不变，则（　　）
A. 缸内的气体压强减小，内能减小
B. 缸内的气体压强增大，内能减小
C. 缸内的气体压强增大，内能不变
D. 外界对气体做功，缸内的气体内能增加
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解析：　设活塞以及沙桶（含沙子）的质量为m，以活塞及沙桶（含沙
子）整体为研究对象，由平衡条件可得p0S＝pS＋mg，则当m减小时，p增
大，由理想气体状态方程可知，气体体积变小，外界对气体做功，由于气
体的温度不变，则ΔU＝0，气体的内能不变，选项C正确。
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4. 〔多选〕地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些
海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量。有人曾设想利用海
水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能
制成的，关于其原因，下列说法正确的是（　　）
A. 内能不能转化成机械能
B. 内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C. 只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能且不产生其他影响的机器不
满足热力学第二定律
D. 机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引
起其他变化
√
√
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解析：内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故C、D正确。
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5. （2025·湖北高考3题）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量
理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施
加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢
减小。关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A. 外力F保持不变
B. 密封气体内能增加
C. 密封气体对外做正功
D. 密封气体的末态压强是初态的2倍
√
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解析：　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结
合理想气体状态方程＝C（C为常量）可知，密封气体压强缓慢增大，对
活塞，由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度
升高，密闭气体的内能增大，B正确；密封气体的体积减小，密封气体对
外做负功，C错误；结合A项分析可知＝，由题意可知密封气体
初、末状态温度之比为＝，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝
p1＞2p1，D错误。
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6. 如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化，下列说法
正确的是（　　）
A. A→B过程中，气体对外界做正功600 J
B. A→B→C过程中，气体吸收热量
C. A→B过程中，气体放出热量与外界对气
体做功相等
D. B→C过程中，气体吸收热量与气体对外界做功相等
√
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解析： 　 A→B过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，则W＝pΔV
＝15×104×4×10－3 J＝600 J，故A错误；A→B过程中，气体压强不变，
体积减小，根据＝C可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一
定律可知，气体放出热量大于外界对气体做功，故C错误；根据题图可知
pBVB＝pCVC，所以TB＝TC，则B、C状态气体内能相等，B→C过程气体体积
增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量与气体
对外界做功相等，故D正确；VA＝VC，pA＞pC，可得TA＞TC，则A→B→C过
程中，气体内能减小，根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功，可知整个
过程外界对气体做正功，气体向外放热，故B错误。
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7. 〔多选〕（2026·河南百师联盟联考）一定质量的理想气体从状态A经过
状态B、C又回到状态A，该过程的V-T图像如图所示，其中AB反向延长线
过原点O，CA与纵轴平行，B→C为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A. A→B过程，气体温度升高，所有分子热运动的速率均
增大
B. B→C过程，气体单位时间碰撞单位面积器壁的平均力
减小
C. C→A过程，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量
D. A→B过程，气体吸收的热量大于C→A过程放出的热量
√
√
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解析：A→B过程气体温度升高，气体分子热运动的平均速
率增大，但不是所有分子热运动的速率均增大，A错误；根
据理想气体状态方程pV＝CT，可知V＝T，B→C过程，图像
中各点与原点连线的斜率增大，所以压强减小，单位时间碰
撞单位面积器壁的平均力减小，B正确；C→A过程，气体温
度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，C错误；A→B→C→A一个循环过程，内能变化量为0，p-V图像如图所示，根据图线与横轴所围成的面积可知，A→B→C过程气体对外界做的功大于C→A过程外界对气体做的功，所以一个循环过程W＜0，根据热力学第一定律可知，一个循环过程Q＞0，所以A→B过程气体吸收的热量大于C→A过程放出的热量，D正确。
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8. 〔多选〕一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其
变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点。已知该气
体在状态A时的压强为1.5×105 Pa，下列说法正确的是（　　）
A. 该气体在状态B时的压强为2.0×105 Pa
B. 该气体在状态C时的压强为1.0×105 Pa
C. 该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为100 J
D. 该气体从状态A到状态C的过程中放出的热量为200 J
√
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解析：气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得＝，解得在状态B时的压强为pB＝1.0×105 Pa，故A错误；气体从状态B到状态C，发生的是等压变化，有pC＝pB＝1.0×105 Pa，故B正确；由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，气体从状态A到状态B不对外做功，从状态B到状态C的过程中气体对外界做功W＝pBΔV＝1.0×105×（3－2）×10－3 J＝100 J，由热力学第一定律ΔU＝Q－W，可得Q＝100 J，即整个过程中吸收的热量为100 J，故C正确，D错误。
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9. （2025·陕晋青宁13题）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～
3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强
也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，
温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内
气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想
气体。
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（1）求此时胎内气体的压强p2；
答案：3.3×105 Pa　
解析：对胎内气体，根据理想气体状态方程有
＝
代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。
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（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内
能增加量ΔU。
答案：6.6×104 J
解析：根据p-V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程外界对
气体做的负功为
W＝－×105×（0.560－0.528）J＝－1.008×104 J
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
又Q＝7.608×104 J
解得ΔU＝6.6×104 J。
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10. （2025·山东高考16题）如图所示，上端开口、下端封闭
的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良
好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气
体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒
为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
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答案：h1　
（1）T2＝440 K时，气柱高度h2；
解析：从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定
律有＝
其中V1＝Sh1、V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
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（2）从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后
净吸收的热量）。
答案：p0Sh1
解析：从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知
＝
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解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的负功
为W＝－[p1S（h2－h1）－p3S（h2－h4）]＝－p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为Q＝－W＝p0Sh1。
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THANKS
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