2024届高考物理一轮第十四章热学第4讲热力学定律与能量守恒定律

第4讲热力学定律与能量守恒定律
一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；
(2)热传递。

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：ΔU＝Q＋W。

(3)符号法则
物理量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
1．热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。

(2)开尔文表述：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。

2．热力学第二定律的“熵”描述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。

三、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．普适性：能量守恒定律是自然界的普遍规律。

[注意] (1)某一种形式的能(如：机械能)或几种形式的能(如：动能＋电势能)是否守恒是有条件的。

(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。

微点判断
(1)做功和热传递的实质是相同的。

(×)
(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。

(√)
(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。

(×)
(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。

(√)
(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。

(×)
(6)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。

(×)
(7)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。

(√)
(8)第一类永动机违反了热力学第二定律。

(×)
(9)第二类永动机违反了能量守恒定律。

(×)
(一) 热力学第一定律的理解及应用
[题点全练通]
1．[热力学第一定律的理解](2021·山东等级考)
如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。

一开口向下、导热
良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。

挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底
部；松开后，小瓶缓慢上浮。

上浮过程中，小瓶内气体( )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
解析：选B 小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温
度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程pV
＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，T
由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。

2．[公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解]一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J ＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。

3．[热力学第一定律在绝热系统中的应用]如图是某同学利用汽缸
设计的汽车加速度传感器示意图，将汽缸水平固定在汽车上且开口向
后，内壁光滑，用活塞封闭一定质量气体，通过活塞的移动判断汽车
加速和减速的情况。

若汽缸和活塞均绝热，汽车由匀速变为加速前进，汽缸内气体( )
A．单位体积内的分子数变多
B．分子的平均动能变大
C．单位时间分子撞击活塞的次数减少
D．内能变大
解析：选C 对活塞进行受力分析，如图所示，当汽车匀速时，由平
衡关系可知p0S＝pS，p0＝p，当汽车加速时，由平衡关系变为加速运动，
且加速度a方向向左，由牛顿第二定律可得p0S－pS＝ma，故可知p0>p，
压强变小，即体积变大。

故单位体积内的分子数变少；单位时间内分子撞击活塞的次数减小，故A错误，C正确；由热学第一定律可知ΔU＝Q＋W，题中绝热，故可知Q等于0，体积变大，W为负值，故内能减小，分子平均动能也减小，故B、D错误。

[要点自悟明]
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。

(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。

(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。

2．热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。

(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。

(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。

(二) 热力学第二定律的理解
1．热力学第二定律的含义
(1)“自发地”指明了热传递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，如气体的等温膨胀过程。

2．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。

3．热力学第一、第二定律的比较
类别热力学第一定律热力学第二定律
由定律揭示的问题从能量守恒的角度揭示了功、热量
和内能改变量三者的定量关系
自然界中出现的宏观过程是有
方向性的
4．两类永动机的比较
[多维训练]
1．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，内能可以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
解析：选B 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；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，C错误；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。

2．(多选)下列说法正确的是( )
A．一定质量的理想气体放出热量，则分子平均动能一定减少
B．热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律
C．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．一定质量的理想气体膨胀时对外界做了功，它的内能可能减少
解析：选BCD 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，一定质量的理想气体放出热量，Q为负值，但若外界同时对气体做功，W为正，则其内能不一定减少，分子平均动能不一定减少，A错误；一定质量的理想气体膨胀时对外界做功，W为负值，当Q＜|－W|时内能减小，
当Q ＞|－W |时内能增大，当Q ＝|－W |时内能不变，故它的内能可能减少，D 正确；热力学第二定律就是反映宏观自然过程的方向性的定律，B 正确；由热力学第二定律的开尔文表述可知热机的效率不可能达到100%，C 正确。

3．(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( )
A ．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B ．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C ．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
D ．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来
解析：选AB 机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A 正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B 正确；制冷机也不能使温度降到－293 ℃(低于绝对零度)，C 错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，D 错误。

(三) 热力学第一定律与气体图像的综合
[多维训练]
1．[热力学第一定律与p ­V 图像的综合](2021·全国乙卷)(多选)如图，一定量的理想气体从状态a (p 0、V 0、T 0)经热力学过程ab 、bc 、ca 后又回到状态a 。

对于ab 、bc 、ca 三个过程，下列说法正确的是( )
A ．ab 过程中，气体始终吸热
B ．ca 过程中，气体始终放热
C ．ca 过程中，气体对外界做功
D ．bc 过程中，气体的温度先降低后升高
E ．bc 过程中，气体的温度先升高后降低
解析：选ABE 由理想气体的p ­V 图像可知，理想气体经历ab 过程中，体积不变，则
W ＝0，而压强增大，由pV T
＝C 可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU ＝Q ＋W 可知，气体始终吸热，故A 正确；理想气体经历ca 过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W >0，由pV T
＝C 知温度降低，即内能减少，ΔU <0，由ΔU ＝Q ＋W 可知，Q <0，
即气体始终放热，故B 正确，C 错误；由pV T ＝C 可知，p ­V 图像的坐标围成的面积反映温度高低，b 状态和c 状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc 过程中气体温度先升高后降低，故D 错误，E 正确。

2．[热力学第一定律与p ­T 图像的综合]一定量的理想气体的压强p 与
热力学温度T 的变化图像如图所示。

下列说法正确的是( )
A ．A →
B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B ．A →B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C ．B →C 的过程中，气体体积增大，对外做功
D ．B →C 的过程中，气体对外界放热，内能减小
解析：选B 从A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A 错误，B 正确；从B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C 、D 错误。

3．[热力学第一定律与V ­T 图像的综合](2022·邯郸模拟)如图所
示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 后再回到状态A 。

A 状态的体积是2 L ，温度是300 K ，B 状态的体积是4 L ，C 状态的体积
是3 L ，压强是2×105 Pa 。

(1)在该循环过程中B 状态的温度T B 和A 状态的压强p A 是多少？
(2)A →B 过程如果内能变化了200 J ，该理想气体是吸热还是放热，热量Q 是多少焦耳？ 解析：(1)A →B 过程由题图可知是等压变化，由盖­吕萨克定律得V A T A ＝V B
T B
，解得T B ＝600 K ，B →C 过程由题图可知发生等温变化，所以T C ＝T B ＝600 K ，C →A 过程根据理想气体状态方程得p C V C T C ＝p A V A T A
，解得p A ＝1.5×105 Pa 。

(2)A →B 过程理想气体温度升高，内能增加ΔU ＝200 J ，体积膨胀，气体对外界做功W ＝－p A ·ΔV ＝－300 J ，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，解得Q ＝500 J ，即该理想气体吸热，吸收热量Q 为500 J 。

答案：(1)600 K 1.5×105
Pa (2)吸收热量 500 J
[规律方法]
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
(1)根据气体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、放热关系及做功关系。

(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。

(四) 热力学定律与气体实验定律的综合
[多维训练]
1．[盖­吕萨克定律与热力学第一定律的综合]如图所示，内壁光滑、足够
高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体。

已知活塞横截面积为S ，外界大气压强为p 0，缸内气体温度为T 1。

现对汽缸内气
体缓慢加热，使气体体积由V 1增大到V 2，该过程中气体吸收的热量为Q 1，停止
加热并保持体积V 2不变，使其降温到T 1，已知重力加速度为g ，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。

解析：(1)加热时气体等压膨胀，由盖­吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，得：T 2＝V 2V 1T 1。

(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU ，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W <0。

由热力学第一定律知：ΔU ＝Q 1＋W ，其中W ＝－p ΔV ＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫p 0＋mg S (V 2－V 1)，由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q 2＝ΔU ，整理可得：
Q 2＝Q 1－⎝
⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S (V 2－V 1)。

答案：(1)V 2
V 1T 1 (2)Q 1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫p 0＋mg S (V 2－V 1) 2．[查理定律与热力学第一定律的综合]如图所示是某气压式柱形保温瓶
的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a ，其与液面间封闭一定质量的理想
气体，此时瓶内气体温度为T 1，压强为p 0，经过一段时间温度降为T 2，忽略
这一过程中气体体积的变化。

(1)求温度降为T 2时瓶内气体的压强p ；
(2)封闭气体温度由T 1降为T 2过程中，其传递的热量为Q ，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU 。

解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得p 0T 1＝p T 2，解得p ＝T 2T 1p 0。

(2)封闭气体温度由T 1下降到T 2过程为等容变化过程，W ＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W ＋Q ＝ΔU ，解得ΔU ＝Q 。

答案：(1)T 2T 1
p 0 (2)内能减少 ΔU ＝Q
3．[玻意耳定律与热力学第一定律的综合]某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。

机舱内有一导热汽缸，活塞质量m ＝2 kg 、横截面积S ＝10 cm 2
，活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。

客机在地面静止时，汽缸如图甲所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l 1＝8 cm ；客机在高度h 处匀速飞行时，汽缸如图乙所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l 2＝10 cm 。

汽缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。

已知大气压强随高度的变化规律如图丙所示，地面大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，地面重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)判断汽缸内气体由图甲状态到图乙状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h 处的大气压强，并根据图丙估测出此时客机的飞行高度。

解析：(1)根据热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q ，由于气体体积膨胀，对外做功，而温度不变，则内能保持不变，因此由图甲状态到图乙状态吸热。

(2)初态封闭气体的压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.2×105
Pa ，根据玻意耳定律有p 1l 1S ＝p 2l 2S ，解
得p 2＝0.96×105 Pa ，机舱内外气体压强之比为4∶1，因此舱外气体压强p 2′＝14
p 2＝0.24×105 Pa ，对应表可知飞行高度约为104 m 。

答案：(1)吸热 理由见解析
(2)0.24×105 Pa 104 m
[规律方法]
热力学定律与气体实验定律综合问题的解题思路
[课时跟踪检测]
1．(2021·天津等级考)(多选)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、汽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，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。

若汽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
解析：选AC 上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A 正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。

2.如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想
气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。

现将隔板抽开，气体会自
发扩散至整个汽缸。

待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压
回到原来的体积。

假设整个系统不漏气。

下列说法不正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
解析：选C 抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B正确。

3.(多选)如图所示是某喷水壶示意图。

未喷水时阀门K 闭合，压
下压杆A 可向瓶内储气室充气。

多次充气后按下按柄B 打开阀门K ，水
会自动经导管从喷嘴喷出。

储气室气体可视为理想气体，充气和喷水
过程温度保持不变，则( )
A ．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B ．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C ．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D ．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：选AC 充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A 正确，B 错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由pV T ＝C 可知，气体压强减小，C 正确，D 错误。

4．(2021·海南高考)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a
出发，经过等容过程到达状态b ，再经过等温过程到达状态c ，直线ac
过原点。

则气体( )
A ．在状态c 的压强等于在状态a 的压强
B ．在状态b 的压强小于在状态c 的压强
C ．在b →c 的过程中内能保持不变
D ．在a →b 的过程对外做功
解析：选AC 根据V ＝C p T 可知，因直线ac 过原点，可知在状态c 的压强等于在状态a 的压强，b 点与原点连线的斜率小于c 点与原点连线的斜率，可知在状态b 的压强大于在状态c 的压强，A 正确，B 错误；在b →c 的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C 正确；在a →b 的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D 错误。

5.如图所示，一定质量的理想气体从状态a 依次经过状态b 、c
和d 再回到状态a 的过程，a →b 是温度为T 1的等温过程，c →d 是温
度为T 2的等温过程，b →c 和d →a 为绝热过程(气体与外界无热量交
换)，这就是著名的“卡诺循环”。

卡诺循环构建了从单一热源吸收
热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为η＝1－T 2T 1。

下列说法正确的是( )
A ．a →b 过程气体对外界做功且吸收热量
B ．b →c 过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C ．c →d 过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D ．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
解析：选A a →b 过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，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从外界吸收热量，故A 正确；b →c 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b →c 过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B 错误；c →d 为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 错误；热机在工作时不可避免地要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D 错误。

6．如图所示，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹
出前，外界对气体做功15 J ，橡皮塞的质量为20 g ，橡皮塞被弹出的速度为10 m/s ，若橡皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体可视为理想气体。

则瓶内气体的内能变化量为________J ，瓶内气体的温度________(选填“升
高”“不变”或“降低”)。

解析：由题意可知，气体对外做的功
W 对外＝12mv 2η＝12×0.02×1020.1
J ＝10 J ，由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，可认为气体与外界没有热交换，即Q ＝0，则气体内能的变化量ΔU ＝W ＋Q ＝15 J －10 J ＋0＝5 J ，气体内能增加，温度升高。

答案：5 升高
7．(2021·江苏高考)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在
汽缸中，活塞的面积为S ，与汽缸底部相距L ，汽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 0和t 0。

现接通电热
丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，活塞
与汽缸间的滑动摩擦力为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：
(1)内能的增加量ΔU ；
(2)最终温度T 。

解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p 1S ＝p 0S ＋f ，气体对外界做功W ＝p 1SL ，根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝Q －()p 0S ＋f L 。

(2)活塞发生移动前为等容变化，p 0t 0＝p 1
t 1
，
活塞向右移动L 的过程为等压变化，V 1t 1＝V 2T ，且V 2＝2V 1，解得T ＝2()p 0S ＋f p 0S
t 0。

答案：(1)Q －()p 0S ＋f L (2)2()p 0S ＋f p 0S
t 0 8．(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。

在竖直放置的圆柱形容器内用面积S ＝100 cm 2
、质量m ＝1 kg 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。

开始时气体处于温度T A ＝300 K 、活塞与容器底的距离h 0＝30 cm 的状态A 。

环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d ＝3 cm 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B 。

活塞保持不动，气体被继续加热至温度T C ＝363 K 的状态C 时触动报警器。

从状态A 到状态C 的过程中气体内能增加了ΔU ＝158 J 。

取大气压p 0＝0.99×105 Pa ，求气体
(1)在状态B 的温度；
(2)在状态C 的压强；
(3)由状态A 到状态C 过程中从外界吸收热量Q 。

解析：(1)由状态A 到状态B 为等压变化，根据盖­吕萨克定律
V A T A ＝V B T B 得T B ＝V B V A T A ＝3330
×300 K＝330 K 。

(2)由状态B 到状态C 为等容变化，根据查理定律
p B T B ＝p C T C ，其中p B ＝p 0＋mg S
＝1.0×105 Pa 。

代入数据解得p C ＝T C T B p B ＝363330
×1.0×105 Pa ＝1.1×105 Pa 。

(3)由状态A 到状态C ，外界对气体做功W ＝－p B Sd ＝－30 J
根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得Q ＝188 J ，即吸热188 J 。

答案：(1)330 K (2)1.1×105 Pa (3)188 J。