2025高考物理复习热力学定律与能量守恒课件教案练习题

第十五章热学第3讲热力学定律与能量守恒课标要求1．知道热力学第一定律。2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。3．通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律。考点一热力学第一定律考点二热力学第二定律考点三热力学第一定律与气体图像的综合内容索引课时测评考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用考点一热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式：______和传热。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____。(2)表达式：ΔU＝________。知识梳理做功热量和Q＋W(3)ΔU＝________中正、负号法则物理量意义符号WQΔU＋外界对物体做功物体______热量内能______－物体对外界做功物体______热量内能______Q＋W吸收

增加放出减少3．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______到别的物体，在转化或______的过程中，能量的总量保持不变。(2)条件性能量守恒是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了______________。转移转移能量守恒定律(2023·山东高考·改编)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强p＝1×105Pa。若经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。判断下列说法的正误：(1)等容升温过程，气体对外不做功，气体内能增加了400J。 (

)(2)等压膨胀过程，气体对外做功，气体内能增加了600J。 (

)(3)等压膨胀过程体积增加ΔV，气体对外做功为pΔV。 (

)高考情境链接√×√1．对热力学第一定律的理解(1)做功和传热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)传热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量。(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量。(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则Q＋W＝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。核心突破

汽缸中气体的压强为4×105Pa，活塞的面积是40cm2，气体等压膨胀，推动活塞移动了20cm，求：(1)气体做的功；例1气体体积增大，对外做功，W＝pSx＝4×105×40×10－4×0.2J＝320J。答案：

320J(2)在做功过程中气体吸热2.1×103J，气体的内能改变量。由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝2.1×103J－320J＝1.78×103J，即气体的内能增加了1.78×103J。答案：增加1.78×103J对点练1．(2023·河北张家口联考)如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞上迅速下压，即可点燃易燃物。在此过程中，若认为筒内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则筒内封闭气体A．对外做负功，分子的平均动能增大B．对外做正功，内能增大C．对外做正功，分子的平均动能减小D．对外做负功，内能减小√迅速下压过程中，气体体积变小，气体对外做负功，外界对气体做正功，即W＞0，气体与外界无热交换，是绝热过程，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU＞0，气体内能增大，温度升高，分子平均动能增大，故A正确，B、C、D错误。故选A。对点练2．(多选)(2023·全国甲卷·改编)

在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的是A．气体的体积不变，温度升高B．气体的体积减小，温度降低C．气体的体积减小，温度升高D．气体的体积增大，温度不变√√√气体的体积不变，温度升高，则气体的内能增大，气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小，温度降低，则气体的内能降低，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能增大，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变，则气体的内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，即气体吸收热量，D正确。故选ABD。对点练3．如图所示，在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，整个装置放在大气压强为p0的室内，稳定时活塞与容器底的距离为h0，现把容器移至大气压强仍为p0的室外，活塞缓慢上升d后再次平衡，重力加速度大小为g。若此过程中气体吸收的热量为Q，则密闭气体的内能

A．减少了Q－(mg＋p0S)dB．减少了Q＋(mg＋p0S)dC．增加了Q－(mg＋p0S)dD．增加了Q＋(mg＋p0S)d√活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d，根据热力学第一定律可得，密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d，故C正确，A、B、D错误。返回考点二热力学第二定律1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能________从低温物体传到高温物体。(2)开尔文表述：不可能从______热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。2．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。知识梳理自发地单一1．可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 (

)2．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。

(

)3．第一类永动机违反了热力学第二定律。

(

)4．第二类永动机违反了能量守恒定律。 (

)基础知识判断√×××1．热力学第二定律的理解(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。(2)“不产生其他影响”的含义是指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。2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。核心突破3．两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计初衷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库吸收热量，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，但违背热力学第二定律(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例2√√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，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。对点练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√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，故A错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故B正确；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，故C错误；根据热力学第二定律可知热现象具有方向性，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故D错误。对点练2．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D．由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的√第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。返回考点三热力学第一定律与气体图像的综合处理热力学第一定律与气体图像问题的思路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功的大小。3．结合热力学第一定律判断有关问题。(2023·安徽安庆期末)如图为一定质量的理想气体的p-V图像，从状态1出发，经1→2→3→1过程，其中1→2为等容过程，2→3为等温过程，3→1为等压过程，下列说法正确的是A．在1→2过程中，每个气体分子的动能都增大B．在2→3过程中，气体从外界吸热C．在3→1过程中，气体内能不变D．在1→2→3→1过程中，外界对气体做正功例3√在1→2过程中，体积不变，压强增大，根据查理定律可知温度升高，气体分子平均动能增大，但并非每个气体分子的动能都增大，故A错误；在2→3过程中，温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，根据题图可知体积增大，气体对外界做功，W1＜0，由热力学第一定律可知Q＞0，气体从外界吸热，故B正确；在3→1过程中，气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知体积减小，温度降低，气体内能减小，故C错误；在1→2→3→1过程中，其中1→2过程为等容过程，气体对外不做功，2→3过程，体积增大，外界对气体做负功W1(p-V图像面积表示做功大小)，3→1过程外界对气体做正功W2，|W1|＞|W2|，所以全过程外界对气体做负功，故D错误。故选B。对点练1．(2022·江苏省盐城二模)一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd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＝3p0B．Vb＝3VcC．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√从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得

，又pb＝p0，解得pa＝2p0，故A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a到状态b，气体体积不变，气体不对外做功，故C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，所以吸收热量，故D正确。对点练2．(2023·山东烟台高三期中)一容器封闭了一定质量的理想气体，现使气体从A状态经B状态、C状态回到A状态，其体积随热力学温度的变化图像如图所示，则下列说法中正确的是A．气体从B→C状态过程中气体对外做功的值等于放出的热量B．完成一次全循环，气体对外界做的总功大于气体吸收的热量C．气体从A→B状态过程中单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D．气体从B→C状态过程中气体对外界做的功大于气体从C→A过程中外界对气体做的功√气体从B→C状态过程中温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU＝Q＋W可知，气体对外做功的值等于吸收的热量，A错误；完成一次全循环，气体的内能不变，气体对外界做的总功等于气体吸收的热量，B错误；气体从A→B状态过程中压强变大，温度升高，体积不变，气体数密度不变，分子平均速率变大，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数变多，C错误；气体从B→C状态过程中压强减小，而气体从C→A过程中压强不变，则从B→C状态过程中气体平均压强大于气体从C→A过程中气体平均压强，根据W＝pΔV，两过程中体积变化量相等，则气体从B→C对外界做的功大于气体从C→A过程中外界对气体做的功，D正确。故选D。返回考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路知识梳理

如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m＝10kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离L1＝11cm，到汽缸口的距离L2＝4cm。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知g＝10m/s2，外界气温为27℃，大气压强为1.0×105Pa，活塞厚度不计，T＝t＋273K，则：(1)活塞上表面刚好与汽缸口相平时缸内气体的温度是多少？

例4审题指导气体从最初状态到最后状态，三个参量都发生了变化，可用理想气体的状态方程分析求解。

答案：

450K(或177℃)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105Pa，V0＝L1S，T0＝300K。当汽缸口朝上，活塞上表面刚好与汽缸口相平时，活塞受力分析如图所示，根据平衡条件有p1S＝p0S＋mgV1＝(L1＋L2)S由理想气体的状态方程得解得T1＝450K(或177℃)。(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝350J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？审题指导气体加热膨胀过程，活塞移动的距离不是L2，而是大于L2。答案：

295J当汽缸口向上稳定后，未加热时，由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS加热后，气体做等压变化，气体对外界做功；则W＝－p1(L1＋L2－L)S根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU＝295J。对点练1．(多选)(2023·河北邯郸期末)如图所示，密封的矿泉水瓶中，一开口向下的小瓶置于其中，小瓶内封闭一段空气。缓慢挤压矿泉水瓶，小瓶下沉，假设在下沉过程中矿泉水瓶内水面上方气体和小瓶内气体的温度均保持不变，则在此过程中A．小瓶内气体对外界做正功B．小瓶内气体向外界放出热量C．矿泉水瓶内水面上方气体压强变大D．矿泉水瓶内水面上方气体内能减少√√根据题意可知，缓慢挤压矿泉水瓶，瓶内水面上方气体体积减小，水面上方气体温度保持不变，可知矿泉水瓶内水面上方气体压强变大，上方气体内能不变，故D错误，C正确；根据题意可知，小瓶内气体的温度保持不变，小瓶内气体内能不变，小瓶下沉过程中，小瓶内气体压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故A错误，B正确。对点练2．(2022·山东滨州二模)如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105Pa，封闭气体的温度t0＝27℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3℃，T＝t＋273K。求：(1)温度t1＝－3℃时空气柱的长度L；答案：

36cm气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得解得L＝36cm。(2)已知该过程中气体向外界放出5.0J的热量，气体内能的增加量。(结果保留2位有效数字)答案：－2.5J封闭气体的压强p＝p0＋ρg(h2－h1)外界对气体做功W＝pS(L0－L)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU≈－2.5J，即内能减少了2.5J。返回课时测评1．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105J，则下列各式中正确的是A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－4×104J√外界对气体做功，W为正值，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105J，故B正确。2．(多选)(2024·宁夏银川一模)夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是A．气泡内气体对外界做功B．气泡内每个气体分子的动能都变大C．气泡内气体从外界吸收热量D．气泡内气体的压强可能不变√√因大气压强不变，则随水深度的减小，气泡的压强减小，又温度升高，则根据

＝C可知，体积变大，气体对外界做功，故A正确，D错误；气泡的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但并非气泡内每个气体分子的动能都变大，故B错误；气体温度升高，内能变大，气体对外界做功，根据ΔU＝Q＋W可知，气泡内气体从外界吸收热量，故C正确。3．(多选)(2023·河北唐山期末)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部钻一小洞，细沙缓缓漏出。则下列说法正确的是A．外界对气体做功，气体的内能增大B．气体对外界做功，气体的内能减小C．气体的压强增大，体积减小D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多√√√对活塞进行受力分析，由活塞受力平衡可得pS＋mg＝p0S，则封闭气体的压强为p＝p0－

，当沙子漏出时，m减小，大气压不变，则封闭气体的压强增大，气体的体积减小，外界对气体做功，气体的内能增加，故B错误，A、C正确；理想气体的内能增加，温度升高，气体的体积减小，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故D正确。故选ACD。4．(2024·河北衡水联考)压缩空气储能(CAES)是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是A．绝热压缩空气，分子平均动能不变B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%D．压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大√绝热压缩空气前后，外界对气体做功，根据热力学第一定律，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，A错误，B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何转换过程效率都不可能达到100%，C错误；压缩空气膨胀推动发电机工作，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减少，D错误。故选B。5．(2022·湖北高考)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是A．a→b是等温过程B．a→b过程中气体吸热C．a→c过程中状态b的温度最低D．a→c过程中外界对气体做正功√根据理想气体的状态方程

＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大，气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，a→b过程中气体吸热，故A错误，B正确；根据理想气体的状态方程

＝C可知，p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，故C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。6．一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O，下列判断正确的是A．过程d→a中气体一定放热B．过程a→b中气体既不吸热也不放热C．过程b→c中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能√d→a过程中，温度升高，则内能增大，ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＋W＞0，温度升高，压强不变，则体积增大，外界对气体做负功，W＜0，则Q＞0，气体吸热，故A错误；a→b过程中温度不变，内能不变，ΔU＝0，压强减小，体积增大，W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，气体吸热，故B错误；过程b→c温度减小，则内能减小，ΔU＜0，又压强不变，则体积减小，外界对气体做正功，又有ΔU＝Q＋W，因此Q＜0，且|Q|＞|W|，即外界对气体做的功小于气体所放出的热量，故C错误；理想气体的内能只由温度决定，由题图可知Ta＞Tc，所以气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故D正确。7．(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O。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105Pa，下列说法正确的是A．该气体在状态B时的压强为2.0×105PaB．该气体在状态C时的压强为1.0×105PaC．该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为100JD．该气体从状态A到状态C的过程中放出的热量为200J√√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＝1.0×105Pa，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＝1.0×105Pa，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不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功W＝－pBΔV＝－1.0×105×(3－2)×10－3J＝－100J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＝100J，即整个过程中吸收的热量为100J，故C正确，D错误。8．(多选)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是A．①过程可能为等温变化B．全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量C．③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加D．因为气体返回状态a时体积不变，所以外界对气体不做功√√①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做正功，气体温度升高，不可能回到初始状态，故A错误；②过程外界没有对气体做功，根据p-V图线和坐标轴所围面积表示外界对气体做功的大小，③过程外界对气体做的正功大于①过程外界对气体做的负功，因此全过程外界对气体做正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，故B正确，D错误；③过程为等温变化，气体压强增大，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，故C正确。9．(多选)(2023·全国乙卷·改编)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是A．等温增压后再等温膨胀B．等压膨胀后再等温压缩C．等容减压后再等压膨胀D．等容增压后再等压压缩√√√一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程

＝C，可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；根据理想气体状态方程

＝C可知，等容减压过程温度降低，内能减小，等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能有可能相等，故C正确；根据理想气体状态方程

＝C可知，等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可