第3章 2 热力学第一定律(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（人教版2019）

第三章　热力学定律 2　热力学第一定律 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 预习案 必备知识·问题导学 01 探究案 关键能力·互动探究 02 知能达标训练 04 提升案 随堂演练·基础落实 03 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 01 预习案 必备知识·问题导学 栏目导航 栏目导航 第三章　热力学定律 1 热传递 等效的 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 热量 所做的功 Q＋W 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 02 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 03 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 栏目导航 第三章　热力学定律 1 04 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第三章　热力学定律 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　热力学定律 1 [学业要求] 1．了解热力学第一定律。 2．会用ΔU＝W＋Q解决一些简单问题。 热力学定律 1．改变内能的两种方式 做功与__________，两者在改变系统内能方面是__________。 2．热力学第一定律 阅读教材，并回答： (1)①一物体在绝热过程：当外界对物体做了10 J功，物体内能增加了多少？当物体对外做了10 J功，物体内能又如何变化？ ②一物体只与外界有热交换：外界传给物体4 J热量物体的内能增加了多少？物体若向外界传出了4 J热量，物体内能减少了多少？ 答案：①10 J　10 J　②4 J　4 J (2)如果物体内能在改变的过程中，既有热传递又有做功，内能怎样改变。 ①外界对物体做了10 J的功，同时物体吸热4 J，物体内能如何变化？ ②外界对物体做了10 J的功，同时物体放热4 J，物体内能如何变化？ ③物体对外界做了10 J的功，同时物体吸热4 J，物体内能如何变化？ 答案：①增加14 J　②增加6 J　③减小6 J [概念·规律] (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____________的和。 (2)数学表达式：ΔU＝__________。 1．下列说法正确的是(　　) A．外界对系统做功，系统的内能一定增加 B．系统内能增加，一定是系统从外界吸收了热量 C．系统从外界吸收热量5 J，内能可能增加5 J D．系统内能减少，一定是系统对外界做了功 答案　C 2．某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆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，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是(　　) A．充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加 B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能变大 C．充气过程中，储气室内气体内能不变 D．喷液过程中，储气室内气体吸收热量，对外界做功 解析　充气过程中，储气室内气体增加，则分子数增多，因温度不变，则分子运动剧烈程度不变，选项A错误；充气过程中，因温度不变，则储气室内气体分子平均动能不变，选项B错误；充气过程中，温度不变，但储气室内气体分子数增多，所以储气室内气体内能增大，C错误；喷液过程中，温度不变，内能不变，但由于气体膨胀，气体对外做功，所以要吸收热量，D正确。 答案　D 探究点一　对热力学第一定律的理解与应用 [交流讨论] 1．热力学第一定律的推理过程用到什么方法？热力学第一定律的实质是什么？ 答案：控制变量法，能量守恒。 2．下面结构图中ΔU、Q、W的正、负各表示什么物理意义？ 答案：略 [归纳总结] 1．对公式ΔU＝Q＋W中ΔU、Q、W符号的规定 符号 Q W ΔU ＋ 物体吸收热量 外界对物体做功 内能增加 － 物体放出热量 物体对外界做功 内能减少 2．几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，即Q＝0，则ΔU＝W，物体内能的增加量等于外界对物体做的功。 (2)若过程中不做功，即W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量等于物体从外界吸收的热量。 (3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对物体做的功等于物体放出的热量(或物体吸收的热量等于物体对外界做的功)。 3．判断是否做功的方法 一般情况下外界对物体做功与否，需看物体的体积是否变化。 (1)若物体体积增大，表明物体对外界做功，W<0； (2)若物体体积减小，表明外界对物体做功，W>0。 　(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　　) A．内能增加，外界对气体做正功 B．内能减小，所有分子热运动速率都减小 C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加 [解析]　初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)s＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。 [答案]　C 　一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问： (1)物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？ (2)分子势能是增加还是减少？ (3)分子的平均动能是增加还是减少？ [解析]　(1)气体从外界吸热，故Q＝4.2×105 J，气体对外做功，故W＝－6×105 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝(－6×105 J)＋(4.2×105 J)＝－1.8×105 J。ΔU为负，说明气体的内能减少了，所以气体内能减少了1.8×105 J。 (2)因为气体对外做功，气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，所以分子力做负功，气体分子势能增加。 (3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，所以气体分子的平均动能一定减少。 [答案]　(1)减少　1.8×105 J　(2)增加　(3)减少 ●核心素养·思维升华 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)根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量； (3)再根据未知量结果的正负来确定吸热、放热情况或做功情况。 1．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做功8.0×104 J，气体内能减少1.2×105 J，传递热量为Q，则下列各式正确的是(　　) A．W＝8.0×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝4.0×104 J B．W＝8.0×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J C．W＝8.0×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝2×105 J D．W＝8.0×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4.0×104 J 解析　外界对气体做功8.0×104 J，记为W＝8.0×104 J，气体内能减少1.2×105 J，记为ΔU＝－1.2×105 J，根据热力学第一定律得，Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8.0×104 J＝－2.0×105 J，即它向外传递的热量为2.0×105 J，选项B正确。 答案　B 探究点二　热力学第一定律与气态方程的综合 [交流讨论] 1．用活塞将导热性能良好的汽缸中一定质量的理想气体封闭。 (1)若环境温度保持不变，缓慢推动活塞，压缩气体体积。此过程中封闭气体的压强如何变化？气体吸热还是放热？ (2)若环境温度缓慢升高，但气体的体积保持不变。此过程中封闭气体的压强如何变化？气体吸热还是放热？ (3)若封闭气体压强保持不变，但观察到气体的体积减小了。此过程中封闭气体的温度如何变化？气体吸热还是放热？ 答案：(1)压强增大　气体放热　(2)压强增大　气体吸热　 (3)温度降低　气体放热 2．用活塞将绝热汽缸中一定质量的理想气体封闭。若推动活塞，压缩气体体积。此过程中封闭气体温度和压强如何变化？ 答案：温度升高　压强增大 [归纳总结] 气体实验定律和热力学第一定律的结合点是温度和体积。注意三种特殊过程的特点： 1．等温过程：内能不变，ΔU＝0。 2．等容过程：体积不变，W＝0。 3．绝热过程：Q＝0。 　如图所示，绝热汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2，l＝20 cm。绝热活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止，在汽缸内部有一个阻值R＝4 Ω的电阻丝(图中没画出)，电阻丝两端的电压U＝12 V。接通电源10 s后断开，活塞相对汽缸缓慢移动到缸口AB处已知大气压恒为P0＝1.0×105Pa，重力加速度为 g＝10 m/s2若电阻丝产生的热量全部被气体吸收。求： (1)活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体的温度； (2)从接通电源到活塞相对汽缸移动到缸口AB的过程中理想气体的内能变化量。 [解析]　(1)以缸内理想气体为研究对象，活塞缓慢移动到缸口过程中，压强恒为P1，且P1S＝Mg＋P0S，解得P1＝3×105 Pa，由于缸内气体为等压变化，可得eq \f(0.5lS,T1)＝eq \f(Sl,T2)，所以T2＝2T1＝600 K， 故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃。 (2)活塞在相对汽缸下移h＝10 cm的过程中外界对气体做功W＝－Fh＝P1Sh＝－300 J，电阻丝在10 s通电内产生的热量为Q＝eq \f(U2,R)t＝360 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝60 J，则气体的内能增加了60 J。 [答案]　(1)327 ℃　 (2)60 J 1．在例题中，汽缸的高度为l、缸内的底面积为S，重力为m。弹簧下固定在桌面上，上端连接活塞，活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为0.5l，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞重力及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。 (1)求此时缸内气体的温度； (2)求该过程缸内气体对汽缸的压力所做的功； (3)若该过程缸内气体吸收热量为Q，则缸内气体内能增加量为多少？ 解析　(1)气体等压变化，由盖­吕萨克定律得eq \f(0.5lS,T0)＝eq \f(lS,T)，解得T＝2T0。 (2)对汽缸，由平衡条件得mg＋p0S＝pS 气体做功W＝Fx＝pS(l－0.5l) 解得W＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋p0S))l,2)。 (3)由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W′，W′＝－W， 气体内能增加量ΔU＝Q－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋p0S))l,2)。 答案　(1)2T0　(2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋p0S))l,2)　(3)Q－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋p0S))l,2) 2．在例题中如图甲所示，质量为M、内部高为L、底面积为S的绝热汽缸内部带有加热装置，汽缸顶部开口但有卡扣以保证活塞不会脱离汽缸，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，用轻质弹簧将活塞悬挂在天花板上，开始时缸内气体温度为T0，活塞到汽缸底部的距离为0.5 L。用加热装置缓慢加热气体，气体温度缓慢升高到3T0。已知大气压强恒为p0，忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦，则汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的过程中： (1)求活塞刚碰到挡板时气体温度； (2)从开始气体温度为T0到活塞刚碰挡板，缸内气体压力对活塞做功多少？ (3)在图乙中画出汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的全过程，气体压强p随温度T变化的p­T图线。 解析　(1)根据题意，汽缸内气体从开始加热到活塞刚碰到挡板的过程为等压变化 设此时汽缸内气体的温度为T1 由盖­吕萨克定律可得eq \f(L0S,T0)＝eq \f(LS,T) 解得T1＝2T0。 (2)汽缸内气体温度升高，由盖­吕萨克定律可知，气体的体积变大，则汽缸相对于天花板下移 设缸内气体压力为F，由于气体是等压膨胀，压力不变 根据汽缸受力平衡p0S＝pS＋Mg 缸内气体压力对活塞做功 W＝F(L－L0)＝(p0S－Mg)(L－L0)＝0.5L(p0S－Mg)。 (3)由(1)分析可知，气体温度由T0～2T0过程中，气体做等压变化 设气体的压强为p1，对汽缸根据平衡条件有 p0S＝p1S＋Mg 解得p1＝p0－eq \f(Mg,S) 当活塞刚碰到挡板时，汽缸内体积不在变化，则汽缸内气体温度由2T0～3T0过程中，汽缸内气体做等容变化 根据查理定律可知，汽缸内气体的压强与汽缸内温度成正比， 即eq \f(p1,2T0)＝eq \f(p2,3T0) 解得p2＝eq \f(3,2)p1＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0－\f(Mg,S))) 汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的全过程， 气体压强p随温度T变化的p­T图线如图所示。 答案　(1)2T0　(2)0.5L(p0S－Mg)　(3)见解析图 2．(2024·福州期末)一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如图甲所示。若气体在状态A的温度为TA＝200 K，在状态C的体积为VC＝0.6 L。A→B过程吸收热量为150 J。已知一定质量的理想气体，内能的变化量与温度的变化量成正比，则： (1)根据图甲提供的信息，计算图中VA的值； (2)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V­T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C。 (3)B→C过程，气体从外界吸收的热量为多少？ 解析　(1)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程。对A至C，由理想气体状态方程有eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)，解得VA＝eq \f(pCVCTA,pATC)＝eq \f(2.0×105×0.6×200,1.5×105×400) L＝0.4 L。 (2)由盖­吕萨克定律eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，解得VB＝eq \f(VATB,TA)＝0.4×eq \f(300,200) L＝0.6 L 因为B至C为等容过程，所以VC＝VB＝0.6 L，图像如图所示。 (3)从A到B压强不变，体积增大ΔV＝0.6 L－0.4 L＝0.2 L 气体对外做功W＝－pΔV＝－1.5×105×0.2×10－3 J＝－30 J 则由热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，即k(300－200)＝120 J 解得k＝1.2 J/K 从B到C体积不变W＝0 则ΔUBC＝QBC，即QBC＝kΔTBC＝1.2(400－300) J＝120 J 即B→C过程，气体从外界吸收的热量为120 J。 答案　(1)0.4 L　(2)见解析图　(3)120 J 1．(教材本章复习与提高B组第3题变式)如图所示，在竖直放置的横截面积为S的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞导热良好且能无摩擦地滑动，将整个装置放在大气压强恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h，当环境温度变化时，活塞缓慢上升d后再次静止，此过程中气体从外界吸收热量Q。重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) A．气体对外做功的数值为p0Sd B．外界气体的温度升高了eq \f(h＋d,h)T0 C．单位时间单位面积上撞击器壁的分子数不变 D．此过程中密闭气体的内能增加了Q－(mg＋p0S)d 解析　以活塞为研究对象，根据受力平衡可得pS＝p0S＋mg，解得气体压强p＝p0＋eq \f(mg,S)，可知活塞缓慢上升d的过程，气体做等压膨胀，气体对外做功为W＝pSd＝(p0S＋mg)d，故A错误；以气体为对象，气体做等压膨胀，则有eq \f(hS,T0)＝eq \f(h＋dS,T)，解得活塞缓慢上升d后，气体温度为T＝eq \f(h＋d,h)T0，则外界气体的温度升高了ΔT＝T－T0＝eq \f(d,h)T0，故B错误；活塞缓慢上升d后，气体压强保持不变，温度升高，气体分子平均动能增大，根据压强微观意义可知，单位时间单位面积上撞击器壁的分子数减少，故C错误；根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W＝Q－(mg＋p0S)d，可知此过程中密闭气体的内能增加了Q－(mg＋p0S)d，故D正确。 答案　D 2．(多选)(2023·全国乙卷)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 E．等容增压后再等温膨胀 解析　对于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eq \f(PV,T)＝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，内能相等，故C正确； 根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确； 根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误。故选ACD。 答案　ACD 3．(多选)(2023·山东卷)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A．初始状态下，气体的体积为6 L B．等压过程中，气体对外做功400 J C．等压过程中，气体体积增加了原体积的eq \f(1,4) D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 解析　设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖­吕萨克定律得eq \f(V,T1)＝eq \f(V＋ΔV,T2)，解得气体增加的体积ΔV＝eq \f(1,3)V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由W＝pΔV得，气体体积的增加量|ΔV|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(W,P)))＝eq \f(200 J,1×105 Pa)＝2 L，则V＝6 L，A正确。 答案　AD 4．(多选)(2022·全国乙卷)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T­V图上的两条线段所示，则气体在(　　) A．状态a处的压强大于状态c处的压强 B．由a变化到b的过程中，气体对外做功 C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热 E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能 解析　根据理想气体状态方程可知T＝eq \f(p,C)·V，即T­V图像的斜率为eq \f(p,C)，故有pa＝pb>pc，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；故选ABD。 答案　ABD 5．(2024·湖北卷)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eq \f(1,5)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。 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eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T) 其中V0＝Sh，V＝Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,5))) 联立解得T＝eq \f(6,5)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)eq \f(1,5)h 联立解得Q＝eq \f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh)。 答案　(1)eq \f(6,5)T0　(2)eq \f(1,5)(CT0＋mgh＋p0Sh) $$