2018-2019学年物理选修3-3：2.3+热力学第一定律　能量守恒定律+Word版含答案

2.3　热力学第一定律　能量守恒定律
学习目标
核心提炼
1.理解热力学第一定律，并掌握其表达式。
2个定律——热力学第一定律和能量守恒定律
1种机器——第一类永动机
2.能运用热力学第一定律解释自然界能量的转化、转移问题。
3.理解能量守恒定律，知道能量守恒定律是自然界普遍遵从的基本规律。
4.知道第一类永动机是不可能制成的。
一、热力学第一定律
1.改变内能的两种方法：做功与热传递。两者在改变系统内能方面是等效的。
2.热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)数学表达式：ΔU＝Q＋W。
思维拓展
如图1所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多少？若保持气体体积不变，外界对汽缸传递10 J的热量，气体内能改变了多少？能否说明10 J的功等于10 J的热量？
图1
答案　无论外界对气体做功10 J，还是外界给气体传递10 J的热量，气体内能都增加了10 J，说明做功和热传递在改变物体内能上是等效的。不能说10 J的功等于10 J的热量，因为功与热量具有本质区别。
二、能量守恒定律　永动机不可能制成
1.能量守恒定律
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另一种形式，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.能量守恒定律的意义
(1)各种形式的能可以相互转化。
(2)各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。
3.永动机不可能制成
(1)第一类永动机：人们把设想的不消耗能量的机器称为第一类永动机。
(2)第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成。
思考判断
(1)系统从外界吸收热量5 J，内能可能增加5 J。(√)
(2)用太阳灶烧水是太阳能转化为内能。(√)
(3)能量既可以转移又可以转化，故能量的总量是可以变化的。(×)
(4)违背能量守恒定律的过程是不可能发生的。(√)
　对热力学第一定律的理解
[要点归纳]　
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。
4.对热力学第一定律的进一步理解
(1)热力学第一定律不仅反映了做功和传热这两种改变内能的方法是等效的，而且给出了内能的变化量与做功和传热之间的定量关系。此定律表达式是标量式，应用时各量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
(2)热力学第一定律是将单纯的绝热过程和单纯的传热过程中内能改变的定量表达推广到一般情况，既有做功又有传热的过程，其中ΔU表示内能改变的数量，W表示做功的数量，Q表示外界与物体间传递的能量。
[精典示例]
[例1] 空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？
解析　选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q。
由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，代入上式得
Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J。
负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J。
答案　5×104 J
热力学第一定律应用注意点
(1)要明确研究的对象是哪个物体或者说是哪个热力学系统。
(2)应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照符号法则来解释其意义。
[针对训练1] (多选)如图2所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)
图2
A.右边气体温度升高，左边气体温度不变
B.左右两边气体温度都升高
C.左边气体压强增大
D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
解析　右边气体吸收热量后，温度升高，压强增大，隔板不再静止，向左移动，右边气体对左边气体做功，由于隔板和汽缸均绝热，则左边气体的内能增加，温度升高，A错误；左边气体体积减小，温度升高，由＝C，可知压强增大，B、C均正确；右边气体对左边气体做了功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得右边气体内能的增加量小于电热丝放出的热量，D错误。
答案　BC
　对能量守恒定律的理解
[要点归纳]　
1.能量的存在形式及相互转化
(1)各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、原子能等。
(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化。例如，利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能。
2.与某种运动形式对应的能是否守恒是有条件的
例如，物体的机械能守恒，必须是只有重力或系统内的弹力做功；而能量守恒定律是没有条件的，它是一切自然现象都遵守的基本规律。
3.第一类永动机失败的原因分析：如果没有外界热源供给热量，则有U2－U1＝W，就是说，如果系统内能减少，即U2[精典示例]
[例2] (多选)下列对能量守恒定律的认识正确的是(　　)
A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的
D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
解析　A选项是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的；B选项是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，这正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移。第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。所以A、B、C正确；D选项中石子的机械能在变化，比如受空气阻力作用，机械能可能减少，但机械能并没有消失，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，故D错误。
答案　ABC
能量守恒定律的应用方法
利用能量守恒定律解决问题时，首先应明确题目中涉及哪几种形式的能量，其次分析哪种能量增加了，哪种能量减少了，确定研究的系统后，用能量守恒观点求解。　　　　　　
[针对训练2] (多选)下面设想符合能量守恒定律的是(　　)
A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B.做一条船，利用流水的能量逆水行舟
C.通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行
D.利用核动力，驾驶地球离开太阳系
解析　利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A错误；让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B、C正确；利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D正确。
答案　BCD
　气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
[要点归纳]　
热力学第一定律与气体实验定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变化；当体积变化时，气体将伴随着做功，常见的分析思路如下：
(1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大，对外做功；气体体积减小，外界对气体做功。
(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小。
(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。
[精典示例]
[例3] 如图3所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为大气的压强和温度。已知气体内能U与温度T的关系为U＝aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：
图3
(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q。
解析　(1)在气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得＝，解得T1＝2T0。
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖－吕萨克定律得＝，解得V1＝V。
也可以由理想气体状态方程＝
即＝
解得V1＝V
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做功W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少量ΔU＝a(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量
Q＝W＋ΔU
解得Q＝p0V＋aT0。
答案　(1)V　(2)p0V＋aT0
气体实验定律与热力学定律的综合问题的解题关键点
1.分清气体的变化过程是求解问题的关键。
2.理想气体体积变化对应着做功，等容过程W＝0；温度变化，内能一定变化，等温过程ΔU＝0。
3.绝热过程Q＝0。　　　　　　
[针对训练3] (多选)如图4所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是(　　)
图4
A.从状态d到c，气体不吸热也不放热
B.从状态c到b，气体放热
C.从状态a到d，气体对外做功
D.从状态b到a，气体吸热
解析　气体从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，内能增加，同时体积增大，所以气体要对外做功，所以要吸收热量，C正确；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D正确。
答案　BCD
1.(热力学第一定律的理解)关于内能的变化，以下说法正确的是(　　)
A.物体吸收热量，内能一定增大
B.物体对外做功，内能一定减少
C.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
D.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
解析　根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关，物体吸收热量，内能不一定增大，因为物体可能同时对外做功，故内能有可能不变或减少，A错误；物体对外做功，还有可能吸收热量，内能可能不变或增大，B错误，C正确；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误。
答案　C
2.(热力学第一定律的理解)“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为(　　)
A.它不符合机械能守恒定律
B.它违背了能的转化和守恒定律
C.它做功产生的热不符合热功当量
D.暂时找不到合理的设计方案和理想材料
解析　第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B正确。
答案　B
3.(能量守恒定律的理解)如图5所示，有两个同样的球，其中a球放在不导热的水平面上，b球用细线悬挂起来。现在供给a、b两球相同的热量，则两球升高的温度Δta与Δtb的关系是(　　)
图5
A.Δta＝Δtb B.Δta＜Δtb
C.Δta＞Δtb D.无法确定
解析　两球受热后体积都要增大，a球因放在不导热的水平面上，受热膨胀后，球心升高，重力做负功，根据能量的转化和守恒可知，a球吸收的热量一部分转化成自身的内能使温度升高，另一部分需要克服重力做功，使重力势能增加。对于b球同样要受热膨胀，膨胀时重心下降，重力做正功，同理由能量的转化和守恒可知，b球吸收的热量和重力做的功都要转化成自身的内能，从而使温度升高。由以上分析可知，b球增加的内能要比a球多，因此b球温度升高得多，所以有Δta＜Δtb，选项B正确。
答案　B
4.(热力学定律的综合应用)(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－T图象如图6所示。下列说法正确的有(　　)
图6
A.A→B的过程中，气体对外界做功
B.A→B的过程中，气体放出热量
C.B→C的过程中，气体压强不变
D.A→B→C的过程中，气体内能增加
解析　A→B的过程中，气体做等温变化，体积变小，外界对气体做功，所以放热，A项错误，B项正确；B→C的过程中，为等压变化，气体压强不变，C项正确；A→B→C的过程中，气体温度降低，气体内能减少，D项错误。
答案　BC
5.(热力学定律的综合应用)如图7所示，导热材料制成的截面积相等、长度均为45 cm的汽缸A、B通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强pA＝2.8×105 Pa的理想气体，B内充满压强pB＝1.4×105 Pa的理想气体，忽略连接汽缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：
图7
(1)平衡后活塞向右移动的距离和B中气体的压强；
(2)自打开阀门到平衡，B内气体是吸热还是放热(简要说明理由)。
解析　(1)活塞向右移动达到稳定后，对A气体，
有pALS＝p(L＋x)S
对B气体，有pBLS＝p(L－x)S
得x＝15 cm
p＝2.1×105 Pa
(2)活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热。
答案　(1)15 cm　2.1×105 Pa　(2)放热　理由见解析

基础过关
1.(多选)某物体温度升高了，这说明(　　)
A.该物体一定吸收了热量 B.该物体可能放出了热量
C.外界对物体可能做了功 D.物体可能吸收了热量
解析　由ΔU＝Q＋W来分析，物体温度升高了，内能一定增加，ΔU>0，要满足ΔU>0，可能有各种情况：①W>0，Q＝0；②W＝0，Q>0；③W>0，Q>0；④W>0，Q<0，W>|Q|；⑤W<0，Q>0，Q>|W|。
答案　BCD
2.(多选)如图1所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住，将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时(　　)
图1
A.氢气的温度不变 B.氢气的压强减小
C.氢气的体积增大 D.氧气的温度升高
解析　氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又因为初始状态下氢气和氧气体积和温度相同，所以氢气产生的压强大，当拔掉销子后，活塞将向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无热传递，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低，对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由ΔU＝W＋Q，无热传递的情况下，氧气内能增加，温度升高，压强增大。
答案　BCD
3.自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是(　　)
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.只有动能和重力势能的相互转化
D.减少的机械能转化为内能，但总能量守恒
解析　自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能等于克服阻力做的功，增加了内能。
答案　D
4.下列说法正确的是(　　)
A.随着科技的发展，永动机是可以制成的
B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C.“既要马儿跑，又要马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D.有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
解析　永动机是指不消耗或少消耗能量，而可以大量对外做功的装置，历史上曾出现过各式各样的所谓永动机的发明，结果都以失败告终，原因就是违背了能量转化和守恒定律，即使以后科技再发达，也要受自然规律的制约，所以永动机是永远不可能制成的，A错误；太阳辐射大量的能量，地球只吸收了极小的一部分，就形成了风云雨雪，使万物生长，但辐射到星际空间的能量也没有消失，而是转化成了别的能量，B错误；马和其他动物都要运动，必须消耗能量，动物的能量来源于食物中储存的化学能，C正确；所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，使摆锤不停摆动，给游丝弹簧补充能量，才会维持手表的走动，如果把这种表放在桌面上静置两天，它一定会停摆的，D错误。
答案　C
5.(多选)下列过程可能发生的是(　　)
A.物体吸收热量，对外做功，同时内能增加
B.物体吸收热量，对外做功，同时内能减少
C.外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少
D.外界对物体做功，同时物体放热，内能增加
解析　当物体吸收的热量多于对外做的功时，物体的内能就增加，A正确；当物体吸收的热量少于对外做的功时，物体的内能就减少，B正确；外界对物体做功，同时物体吸热，则物体的内能必增加，C错误；当物体放出的热量少于外界对物体做的功时，物体的内能增加，D正确。
答案　ABD
6.如图2所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的(　　)
图2
A.温度升高，内能增加600 J
B.温度升高，内能减少200 J
C.温度降低，内能增加600 J
D.温度降低，内能减少200 J
解析　对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋
(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确。
答案　A
7.如图3所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是(　　)
图3
A.子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的势能
C.子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D.子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的势能
解析　子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的势能。
答案　D
8.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图4所示。下列判断正确的是(　　)
图4
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
解析　ab过程为等容变化，W＝0，温度升高，内能增大，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，吸热，A正确；bc过程为等温变化，ΔU＝0，体积增大对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q得Q>0，吸热，B错误；ca过程温度降低，内能减小，ΔU<0，体积减小，外界对气体做功，W>0。由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q<0，且|Q|>W，C错误；温度为分子平均动能的唯一标志，Ta答案　AD
能力提升
9.如图5所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热为Q，气体的内能增加量为ΔU，则(　　)
图5
A.ΔU＝Q B.ΔUC.ΔU>Q D.无法确定
解析　A、B两部分气体开始的合重心在中线以下，混合均匀后，合重心在中线上，所以系统的重力势能增大，根据能量守恒定律可得，吸收的热量应等于增加的重力势能与增加的内能之和，即Q＝ΔEp＋ΔU，显然Q>ΔU。
答案　B
10.如图6所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　　)
图6
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
解析　形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转化为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确。
答案　D
11.如图7所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量。
图7
解析　理想气体发生等压变化。设封闭气体压强为p，分析活塞受力有pS＝Mg＋p0S
设气体初态温度为T，活塞下降的高度为x，系统达到的新平衡，由盖—吕萨克定律得＝
解得x＝H
又因系统绝热，即Q＝0
外界对气体做功为W＝pSx
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
所以ΔU＝(Mg＋p0S)H
答案　(Mg＋p0S)H
12.如图8所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J。在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。求气体完成一次循环对外界所做的功。
图8
解析　完成循环气体内能不变，即ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20)J＝8 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝－8 J，即气体对外做功为8 J。
答案　8 J
13.如图9所示，横截面积S＝10 cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热汽缸内，开始活塞与汽缸底部距离H＝30 cm。在活塞上放一重物，待整个系统稳定后。测得活塞与汽缸底部距离变为h＝25 cm。已知外界大气压强始终为p0＝1×105Pa，不计活塞质量及其与汽缸之间的摩擦，取g＝10 m/s2。求：
图9
(1)所放重物的质量；
(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量。
解析　(1)封闭气体发生等温变化
气体初状态的压强为p1＝1×105pa①
气体末状态的压强为p2＝p0＋②
根据玻意耳定律得p1HS＝p2hS③
联立①②③式解得m＝2 kg
(2)外界对气体做功W＝(p0S＋mg)(H－h)④
根据热力学第一定律知ΔU＝Q＋W＝0⑤
联立④⑤式解得Q＝－6 J，即放出6 J热量。
答案　(1)2 kg　(2)放出6 J热量