新高考物理一轮复习讲义第14章 热学 第3讲 热力学定律与能量守恒定律 (含解析)

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eq \a\vs4\al(1.,,,,,,)
eq \a\vs4\al(,2.)
eq \a\vs4\al(,3.)
1.思考判断
(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。(×)
(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。(×)
(3)在给自行车打气时，会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。(√)
2.一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
答案 B
3.(多选)下列现象中能够发生的是( )
A.一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能
C.桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
答案 CD
考点一 热力学第一定律与能量守恒定律
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。
2.三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU。
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q。
例1 (多选)如图1所示，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(横截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
图1
A.整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C.整个过程，理想气体的内能增大
D.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于p0S1h＋mgh
答案 BD
解析 整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝eq \f(mg,S1)＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，由热力学第一定律知，理想气体向外界释放的热量小于p0S1h＋mgh，D正确。
跟踪训练
1.如图2是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的( )
图2
A.温度升高，内能增加100 J
B.温度升高，内能减少200 J
C.温度降低，内能增加100 J
D.温度降低，内能减少200 J
答案 A
解析 外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。
考点二 热力学第二定律
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。
(3)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。
2.热力学过程的方向性分析
跟踪训练
2.根据热力学定律，判断下列说法正确的是( )
A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律
B.自发的热传导是可逆的
C.可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响
D.气体向真空膨胀具有方向性
答案 D
解析 有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B错误；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确。
3.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热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
答案 D
解析 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，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确。
考点三 热力学第一定律与气体图像的综合
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功。
例2 (2023·山东省实验中学模拟)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p－V图像如图3所示，下列说法正确的是( )
图3
A.气体在A状态时的内能大于C状态时的内能
B.气体在B状态时每个分子的动能都比A状态时大
C.气体从状态A到B吸收的热量大于从状态B到C放出的热量
D.气体从状态A到B吸收的热量等于从状态B到C放出的热量
答案 C
解析 由p－V图像可得pAVA＝pCVC，则气体在A状态和C状态时的温度相等，TA＝TC，由于一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体在A状态时的内能等于在C状态时的内能，A错误；由图像知，理想气体从状态A变化到状态B为等压膨胀过程，温度升高，TA＜TB，气体在B状态时分子平均动能比A状态时大，分子平均动能变大并不是每个分子的动能都增大，B错误；A→B过程：气体体积变大，外界对气体做负功，即W＜0，温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，则此过程气体吸热，吸收的热量等于增加的内能加上外界对气体做功的绝对值；B→C过程：气体体积不变，外界不对气体做功，即W＝0，温度降低，内能减少，即ΔU<0，此过程气体放热，放出的热量等于减少的内能；因TA＝TC，可得A→B过程升高的温度等于B→C过程降低的温度，所以A→B过程内能增加量等于B→C过程内能减少量；由以上分析可知：气体从状态A到B吸收的热量大于从状态B到C放出的热量，D错误，C正确。
跟踪训练
4.(多选)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图4所示，O、A、D三点在同一直线上，则( )
图4
A.由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
B.由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
C.气体在D状态时单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数比在A状态时少
D.C状态时气体的压强小于D状态时气体的压强
答案 BC
解析 由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变ΔU＝0，体积变大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，气体从外界吸收热量，A错误；气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W＝0，温度升高，内能增加ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，气体吸收热量，B正确；A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，C正确；气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知，p∝T ，因为TC>TD，所以pC>pD，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，D错误。
考点四 热力学第一定律与气体实验定律的综合
解答该类问题的思维流程
例3 (2022·四川成都一诊)在图5甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图像。已知AB的反向延长线过坐标原点O，气体在状态A时的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体从外界吸收的热量为Q＝6.0×102 J，求：
图5
(1)气体在状态B时的体积VB；
(2)此过程中气体内能的增加量ΔU。
答案 (1)8.0×10－3 m3 (2)4.0×102 J
解析 (1)由图像可知，VA＝6.0×10－3 m3，TA＝300 K，TB＝400 K，从状态A到状态B为等压过程，根据盖－吕萨克定律，有
eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
解得VB＝8.0×10－3 m3。
(2)在从状态A变化到状态B的过程中，气体压强不变，对外界做功为
W＝－p(VB－VA)＝－200 J
根据热力学第一定律可得
ΔU＝Q＋W＝4.0×102 J。
跟踪训练
5.如图6所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开开关C，A中部分气体进入B。
图6
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
(2)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝k(T2－T1)(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
答案 (1)0.5p0 (2)0.6p0 0.2kT0
解析 (1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强p＝0.5p0。
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，外界不对理想气体做功，即W＝0；
升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
A级 基础对点练
对点练1 热力学第一定律与能量守恒定律
1.(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是( )
A.外界对物体做功，物体的内能一定增加
B.外界对物体传递热量，物体的内能一定增加
C.物体对外界做功，物体的内能可能增加
D.物体向外界放热，物体的内能可能增加
答案 CD
解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功的同时吸收热量，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热的同时外界对物体做功，物体的内能可能增加，故C、D正确。
2.(2023·山东菏泽模拟)一个充气气球用绳子拴着一块石头正在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，气球导热良好，则气球内气体( )
A.内能增加
B.对外界做正功
C.减少的内能小于放出的热量
D.减少的内能大于放出的热量
答案 C
解析 充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根据气球内气体压强等于湖水中的压强，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C知，气球体积减小，对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做功，根据热力学第一定律ΔU＝
Q＋W，可知放出的热量大于减小的内能，C正确，D错误。
3.(2023·福建漳州调研)如图1，汽缸内活塞左边封闭着一定量的可视为理想气体的空气，压强和大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，则Q1和Q2的大小关系是( )
图1
A.Q1＝Q2 B.Q1＞Q2
C.Q1＜Q2 D.不能确定
答案 C
解析 对一定量的理想气体，内能由温度决定，两种情况下气体温度变化相同，气体内能变化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU；第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功，W1＝0，第二种情况，活塞自由移动，气体体积增大，气体对外做功，W2＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU，Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＞Q1，选项C正确。
对点练2 热力学第二定律
4.以下现象违背热力学第二定律的是( )
A.一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉
B.没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能达到100%
C.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动
分离
D.在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能全部变为内能
答案 B
解析 热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体；任何热机效率都不可能达到100%；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化；物体因摩擦力而停下来，是机械能(动能)向内能的转化，是自发过程。故选项B正确。
对点练3 热力学第一定律与气体图像的综合
5.如图2所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是( )
图2
A.a、b、c三个状态的压强相等
B.从a到c气体的内能减小
C.从a到b气体吸收热量
D.从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等
答案 C
解析 如图所示，V－T图线的斜率的倒数表示压强的大小，所以pa＜pb＜pc，A错误；从a到c，温度升高，气体的内能增加，B错误；从a到b，体积增大，气体对外做功，W＜0；温度升高，内能增加，ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q＞0，即吸收热量，C正确；从a到b与从b到c，体积变化相同，但压强一直增大，气体对外界做功的数值W＝pΔV不相等，D错误。
6.(2022·江苏盐城模拟)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3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( )
图3
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
答案 D
解析 从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得eq \f(pa,Ta)＝eq \f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，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，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。
对点练4 热力学定律与气体实验定律的综合
7.(多选)蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7 000 m。已知在深度3 000 m以下，海水温度基本不变。若蛟龙号在执行某次任务时，外部携带一装有氧气(可看作理想气体)的小型汽缸(如图4所示)，汽缸及活塞导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，若蛟龙号从4 000 m深度下潜到
5 000 m深度的过程中，气体质量不变，则( )
图4
A.每个氧气分子的动能均不变
B.5 000 m深度时氧气的体积为4 000 m深度时体积的eq \f(4,5)
C.外界对氧气做的功大于氧气放出的热量
D.氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加
答案 BD
解析 每个氧气分子的运动是无规则的，其动能无法确定，温度不变是分子的平均动能不变，A错误；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入数据可得eq \f(V1,V2)＝eq \f(p2,p1)＝eq \f(p0＋ρgh2,p0＋ρgh1)＝eq \f(1.0×105＋1.0×103×10×5 000,1.0×105＋1.0×103×10×4 000)≈eq \f(5,4)，所以
5 000 m深度时氧气的体积为4 000 m深度时体积的eq \f(4,5)，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于温度不变，气体的内能不变，ΔU＝0，气体压强增大，体积减小，外界对气体做正功，W＞0，则氧气放出热量，并且外界对氧气做的功等于氧气放出的热量，C错误；气体压强增大，体积减小，但是温度不变，气体分子的平均动能不变，则氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加，压强才会增大，D正确。
8.(多选)(2023·天津适应性训练)如图5所示，一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为p0，重力加速度为g。则( )
图5
A.初始时，气体压强p1＝p0
B.停止加热时，气体的温度T＝2T0
C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SL
D.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL
答案 BC
解析 对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上压力，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq \f(mg,S)＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律有eq \f(LS,T0)＝eq \f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正确；气体对外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。
B级 综合提升练
9.(多选)一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程p－V图像如图6所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法正确的是( )
图6
A.D状态的温度为225 K
B.A状态的内能大于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5 J
D.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了240 J
答案 ACD
解析 根据eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pDVD,TD)，可解得TD＝225 K，选项A正确； 因为A、C两状态的pV乘积相等，则温度相同，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B错误；因p－V图像的面积等于功，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功W＝0.4×105×2×10－3 J－(eq \f(0.15＋0.2,2)×105×10－3)J＝62.5 J，选项C正确；从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功WAB＝0.4×105×2×10－3 J＝80 J，气体内能增加了240 J，选项D正确。
10.(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7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1.5×105 Pa，下列说法正确的是( )
图7
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
答案 BC
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eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)，解得在状态B时的压强为pB＝1.0×105 Pa，选项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，选项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，做功为W＝－pBΔV＝－1.0×105×(3－2)×10－3 J＝－100 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知整个过程中吸收的热量Q＝100 J，选项C正确，D错误。
11.肺活量测量仪模型如图8所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸内有两个轻活塞A、B，活塞B紧靠固定阀门K，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，气体体积V1＝6.0×103 mL，压强为一个标准大气压p0。用力推活塞A使其缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2＝3.5×103 mL时，测得气体的压强为1.2p0，忽略气体温度变化。
图8
(1)气体的压强为1.2p0时，求阀门K与活塞A间气体的体积V；
(2)此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504 J，活塞A、B间气体对活塞B做的功为395 J，求活塞A、B间气体放出的热量Q。
答案 (1)1.5×103 mL (2)109 J
解析 (1)气体做等温变化，
初态为V1＝6.0×103 mL，p1＝p0
末态V2＝3.5×103 mL＋V，p2＝1.2p0
由玻意耳定律得p0V1＝1.2p0V2
解得V＝1.5×103 mL。
(2)由热力学第一定律，即ΔU＝W＋Q
因温度没有变化，则内能没有变化，ΔU＝0
又W＝504 J－395 J＝109 J
解得Q＝－109 J
所以，活塞A、B间气体放出热量为109 J。
12.(2023·江苏苏州期末)如图9所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，在距缸底h＝0.5 m处有体积可忽略的卡环a、b。质量m＝5 kg、截面积S＝25 cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0＝300 K。现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升Δh＝0.1 m，已知大气压强p0＝1×105 Pa，g取
10 m/s2。求：
图9
(1)当活塞缓慢上升Δh时(活塞未滑出汽缸)缸内气体的温度T；
(2)若全过程电阻丝放热45 J，求气体内能的变化ΔU。
答案 (1)432 K (2)15 J
解析 (1)活塞刚要离开ab时，活塞受力平衡
p0S＋mg＝p1S
解得p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
活塞在上升Δh＝0.1 m的过程中压强
p＝p1＝1.2×105 Pa
根据理想气体的状态方程有
eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pV,T)
可得eq \f(p0hS,T0)＝eq \f(p（h＋Δh）S,T)
解得T＝432 K。
(2)气体对外做功W＝－p·SΔh＝－30 J
电阻丝放热45 J，所以气体吸热Q＝45 J
根据热力学第一定律可得
ΔU＝W＋Q
代入数据解得ΔU＝15 J。