下列叙述符合史实的是( )
A.安培在实验中观察到电流的磁效应,该效应解释了电和磁之间存在联系
B.奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说
C.卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大,准确的测定了静电力常量
D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
知识点:楞次定律
D
【考点】楞次定律.
【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理,要掌握其发现者和提出者,了解所涉及伟大科学家的重要成就.
【解答】解:
A、B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说,很好地解释了磁化现象.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系,故A、B错误.
C、卡文迪许利用扭秤将微小量放大,首次较准确地测定了万有引力常量,不是静电力常量.故C错误.
D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律,即感应电流应具有这样的方向,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.故D正确.
故选:D.
如图所示,质量为M的直角三角形斜劈B放在水平地面上,质量为m的木块A放在斜劈B上,现用大小均为F、方向相反的水平力同时分别推A和B,它们均静止不动,则( )
A.B对A的支持力大小一定小于mg
B.B与地面之间一定存在摩擦力
C.A与B之间一定存在摩擦力
D.地面对B的支持力大小一定等于(M+m)g
知识点:共点力的平衡
D
【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.
【分析】先对A、B整体受力分析,根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力;再对物体A受力分析,根据平衡条件求解B对A的支持力表达式进行分析.
【解答】解:AC、再对物体A受力分析,受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f,当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时,摩擦力的方向沿斜面向下,如下图
根据共点力平衡的条件,运用正交分解法,在垂直斜面方向,可以得到:
N′=mgcosθ+Fsinθ≠0,
故A错误,C错误;
BD、对A、B整体受力分析,如图,受到重力(M+m)g、支持力N和已知的推力F和摩擦力f,对于整体,由于一直保持平衡,故整体与地面间有向左的摩擦力;
根据共点力平衡条件,有
f′=F
N=(M+m)g
故B错误,D正确;
故选:D
我国月球探测活动的第一步“绕月”工程和第二步“落月”工程已按计划在2013年以前顺利完成.假设月球半径为R,月球表面的重力加速度为g0,飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动,到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动,下列判断正确的是( )
A.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率
B.飞船在A点处点火变轨时,动能增大
C.飞船从A到B运行的过程中机械能增大
D.飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=π
知识点:万有引力定律
A
【考点】万有引力定律及其应用.
【分析】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出飞船在轨道Ⅰ上的速度以及在轨道Ⅲ上的周期.根据飞船是做离心还是近心运动,判断动能的变化.
【解答】解:A、根据得,飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=,又GM=,则v=,故A正确.
B、飞船在A点变轨,做近心运动,需减速,所以动能减小,故B错误.
C、飞船从A到B的过程中,只有万有引力做功,机械能守恒,故C错误.
D、根据得,T=,,解得T=,故D错误.
故选:A.
如图所示,质量为m、连长为l的正方形线框abcd,在竖直平面内从有水平边界的匀强磁场上方h高处由静止自由下落.线框电阻为R,磁场宽度为H(l<H),磁感应强度为B,线框竖直下落过程中,ab边始终与磁场边界平行.已知ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等.此过程中( )
A.线框的最大速度为
B.线框中产生的电热为mg(H﹣l)
C.线框中通过的电荷量为
D.ad边离开磁场的瞬间克服安培力做功的功率为
知识点:闭合电路的欧姆定律
D
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.
【分析】线框ab边进入磁场前,受到重力作用,做自由落体运动;ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等,说明线框刚进入磁场时是先减速后加速的运动.在进入磁场的过程中,线框ab边切割磁感线,ab边受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用,做变减速直线运动,后若安培力等于重力,线框还可能做匀速直线运动;线框完全进入磁场中时,线框磁通量不发生变化,所以只受到重力作用,做自由落体运动;线框ab边在离开磁场时,cd边切割磁感线,所以受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用,做变减速直线运动,由于线框的ab边刚进入磁场时的速度和ab边刚离开磁场时的速度相同,所以线框在进入和离开磁场的运动过程完全相同.
【解答】解:A、由过程分析知,线框的最大速度即为进入时的速度,此时,重力小于安培力,即,由机械能守恒:,得,故A错误;
B、ab边进入磁场时和ab边穿出磁场时的速度相等,由动能定理得:,安培力做功转化为电热,即,故B错误;
C、线框进入磁场过程产生的感应电动势=,则线框中的感应电流,则电荷量,线框的ab边进入磁场过程和ab边离开磁场过程相同,所以线框通过的总电荷量,故C错误;
D、ab边进入磁场时的速度,设线框正好完全进入磁场时的速度为,刚要离开时的速度,线框速度由变化到过程,线框在磁场中做自由落体运动,根据运动学公式
,得到;线框进入和离开磁场的运动完全相同,即线框cd边离开磁场的瞬时速度,此时安培力,结合瞬时功率,联立解得:P=,故D正确;
故选:D
两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.甲粒子垂直bc离开磁场,乙粒子垂直ac从d点离开磁场,不计粒子重力,则( )
A.甲粒子带负电,乙粒子带正电
B.甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍
C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D.甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等
知识点:带电粒子在磁场中的运动
C
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.
【分析】根据粒子运动轨迹,应用左手定则可以判断出粒子的电性;
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据题意求出粒子轨道半径关系,然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题;根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间.
【解答】解:A、由左手定则可判定甲粒子带正电,乙粒子带负电,故A错误;
B、令正方形磁场的边长为L,则由题知甲粒子运行的半径为L,乙粒子运行的半径为L,由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,动能Ek=mv2=,甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的4倍,故B错误;
C、由牛顿第二定律得:Bqv=m,解得:F=Bqv=,所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍,故C正确;
D、粒子的运动时间:t=•,甲粒子运行轨迹所对圆心角为45°,乙粒子运行轨迹所对圆心角为90°,即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半,故D错误;
故选:C.
(多选题)如图是一理想变压器的示意图,b为原线圈的一个中心抽头,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器的滑动触头,R0是定值电阻.保持输入交变电压U1不变,下列说法正确的是( )
A.当S置于a处时,向上滑动P,电流表示数增大
B.当S置于a处时,向上滑动P,R0消耗的功率变大
C.保持P的位置不变,将S由a掷到b,电流表的示数变为原来的4倍
D.保持P的位置不变,将S由a掷到b,电压表的示数变为原来的2倍
知识点:变压器
CD
【考点】变压器的构造和原理;电功、电功率.
【分析】理想变压器输入功率等于输出功率,原副线圈电流与匝数成反比,原副线圈电压与匝数成正比.
【解答】解:A、当S置于a处时,向上滑动P,电阻增大,输出功率变小,输入功率变小,根据,原线圈电流变小,电流表示数减小,故A错误;
B、当S置于a处时,向上滑动P,滑动变阻器接入电路的电阻变大,电流变小,根据,电阻消耗的功率变小,故B错误;
C、保持P的位置不变,将S由a掷到b,根据,得,副线圈电压变为原来的2倍,输出功率,输出功率变为原来的4倍,输入功率变为原来的4倍,根据,电流表的示数变为原来的4倍,故C正确;
D、保持P的位置不变,将S由a掷到b,由C知,副线圈电压变为原来的2倍,副线圈电流变为原来的2倍,电压表测得是滑动变阻器两端的电压,因为滑动变阻器的阻值不变,电压表示数变为原来的2倍,故D正确;
故选:CD
(多选题)如图所示,有一正方体空间ABCDEFGH,则下面说法不正确的是( )
A.若只在A点放置一正点电荷,则电势差UBC<UHG
B.若只在A点放置一正点电荷,则B、H两点的电场强度大小相等
C.若只在A、E两点处放置等量异种点电荷,则C、G两点的电势相等
D.若只在A、E两点处放置等量异种点电荷,则D、F两点的电场强度大小相等
知识点:电场强度
ABC
【考点】电场强度;电势.
【分析】明确常见电场的电场线分布规律,如点电荷的电场和等量同异种电荷的电场线分布规律;知道电场线与等势面相互垂直,同时注意应用电场线的对称性等特点;
【解答】解:A、B、若A点放置一正点电荷,由图中的几何关系可知,BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度,分别连接AC和AG,则为两条电场线,分别根据BC与AC、AG和FG之间的夹角关系可知,电势差UBC>UHG,故A错误;
B、若A点放置一正点电荷,由于B与H到A的距离不相等,使得B、H两点的电场强度大小不相等.故B错误;
C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷,则AE连线的垂直平分平面是等势面,等势面两侧的点,一定具有不同的电势,使得C、G两点的电势一定不相等.故C错误;
D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷,等量异种点电荷的电场具有对称性,即上下对称,左右对称,D与H上下对称,所以电场强度大小相等;H与F相对于E点一定位于同一个等势面上,H、F两点场强相等;所以H与F两点的电势相等,则D、F两点的电场强度大小相等.故D正确;
本题选错误的;故选:ABC
(多选题)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°,质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体M,此时M距离挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直,且弹簧处于原长状态.已知M=2m,空气阻力不计.松开手后,关于二者的运动下列说法中正确的是( )
A.当M的速度最大时,m与地面间的作用力为零
B.M和m组成的系统机械能守恒
C.若M恰好能到达挡板处,则此时m的速度为零
D.若M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
知识点:功能关系
AD
【考点】功能关系;机械能守恒定律.
【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况,从而分析A其运动情况,类比弹簧振子,从而判断选项.
【解答】解:A、M的重力分力为Mgsinθ=mg;物体先做加速运动,当受力平衡时M速度达最大,则此时m受力为mg,故m恰好与地面间的作用力为零;故A正确;
B、因M和m之间有弹簧,故两物体受弹簧的弹力对两物体做功,机械能不守恒;故B错误;
C、从m开始运动至到M到达底部过程中,弹力的大小一直大于m的重力,故m一直做加速运动,M到达底部时,m的速度不为零;故C错误;
D、M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和;故D正确;
故选:AD.
用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律:
(1)某同学通过实验得到如图(b)所示的a﹣F图象,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 (填“偏大”或“偏小”).
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力 砝码和盘的总重力(填“大于”、“小于”或“等于”),为了便于探究、减小误差,应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足 的条件.
(3)某同学得到如图(c)所示的纸带,已知打点计时器电源频率为50Hz. A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点.△s=sDG﹣sAD= cm.由此可算出小车的加速度a= m/s2(加速度a计算结果保留两位有效数字).
知识点:牛顿第二定律
(1)偏大;(2)小于;M>>m;(3)1.80; 5.0.
【考点】验证牛顿第二运动定律.
【分析】(1)考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题,不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足,就是平衡摩擦力时过大.从图上分析两图各是什么原因即可.
(2)根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码和盘的总重力的关系,判断出在什么情况下砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.
(3)根据匀变速直线运动的规律△x=aT2可以求出加速度的大小.
【解答】解:(1)当拉力F等于0时,小车已经产生力加速度,故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大,在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大.
(2)对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=,绳子的拉力F=Ma=,
所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力.
当M>>m,即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.
(3)根据刻度尺的示数可知△s=3.90cm﹣2.10cm=1.80cm,时间间隔为t=0.06s,
代入公式△x=at2可以求出加速度为:a=5.0m/s2.
故答案为:(1)偏大;(2)小于;M>>m;(3)1.80; 5.0.
甲同学用下列器材探究一个小灯泡(3V、1.5W)的电阻随其两端电压的变化关系:
A.待测小灯泡(3V、1.5W)
B.电源(3V、内阻不计)
C.电流表(0~3A,内阻约0.1Ω)
D.电流表(0~600mA,内阻约0.5Ω)
E.电压表(0~3V,内阻约3kΩ)
F.滑动变阻器(0~10Ω,1A)
G.滑动变阻器(0~1kΩ,300mA)
H.开关一个,导线若干
①实验中电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 .(填器材前的字母)
②该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线,如图甲所示,则小灯泡的电阻随其两端电压的变化关系是 .
(2)乙同学用下列器材测定一电池组的电动势和内电阻:
A.待测电池组(电动势约3V,内阻约1Ω)
B.定值电阻(R0=5Ω)
C.电阻箱R(0~99.9Ω)
D.电压表(0~3V,内阻约5kΩ)
E.开关一个,导线若干
①请在图乙所示虚线框内画出实验原理图.
②该同学正确测量后通过描点得到图丙所示的﹣图象,则由此可知电源的电动势为E= V,内电阻为r= Ω.(保留两位有效数字)
(3)甲同学将小灯泡与乙同学实验中的电池组、定值电阻组成闭合回路,则小灯泡的实际功率为 W(保留两位有效数字).
知识点:用伏安法测电源电动势和内阻
解:(1)①由图可知,电流的最大值为0.5A,故电流表应选择600mA,故选D;
因采用滑动变阻器分压接法,故滑动变阻器选择小电阻F;
②由图可知,I﹣U图象中的斜率减小,因I﹣U图象中的斜率表示电阻的倒数,可知电阻随电压的增大而增大;
(2)①因没有给出电流表,故应采用电压表和电阻箱组合进行测量,同时因内阻较小,故应将定值电阻与电源相连充当等效电源;原理较如图所示;
②根据闭合电路欧姆定律可知:U=
变形得: =+
则由图象可知: =
解得E=3.0V; ==2
解得r=1.0Ω;
(3)在I﹣U图象中作出等效电源的伏安特性曲线,如图所示;由图可知,灯泡的工作电压为1.1V,电流为0.3A; 则功率P=UI=1.1×0.3=0.33W;
故答案为:(1)①D;F;②电阻随电压的增大而增大;
(2)①如图所示;②3.0;1.0;
(3)0.33.
【考点】测定电源的电动势和内阻;描绘小电珠的伏安特性曲线.
【分析】(1)明确实验原理,根据给出的仪器选择正确的接法和仪表;并明确I﹣U图象的性质;
(2)明确根据闭合电路欧姆定律测量电动势和内电阻的实验方法,并明确数据处理的方法;
(3)在I﹣U图象中作出对应的电源的伏安特性曲线,两图象的交点为灯泡的工作点,从而可明确电压和电流,由P=UI可求得实际功率.
如图所示,某人距离墙壁10m起跑,向着墙壁冲去,挨上墙之后立即返回出发点.设起跑的加速度为4m/s2,运动过程中的最大速度为4m/s,快到达墙根时需减速到零,不能与墙壁相撞.减速的加速度为8m/s2,返回时达到最大速度后不需减速,保持最大速度冲到出发点.求该人总的往返时间为多少?
知识点:匀变速直线运动
解:加速阶段:t1==1 s;
s1=vmt1=2m
减速阶段:t3==0.5 s;
s3=vmt3=1 m
匀速阶段:t2==1.75 s
由折返线向起点(终点)线运动的过程中
加速阶段:t4==1 s;
s4=vmt4=2 m
匀速阶段:t5==2 s
该人总的往返时间为t=t1+t2+t3+t4+t5=6.25 s
答:该人总的往返时间为为6.25s.
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【分析】向左过程分为匀加速直线运动过程、匀速直线运动过程和匀减速直线运动过程;向右过程分为匀加速直线运动过程和匀速直线运动过程;然后根据运动学公式列式求解即可.
边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示.左侧磁场的磁感应强度大小为B1=,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行.一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力,求:
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;
(3)电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开?
知识点:带电粒子在磁场中的运动
解:(1)粒子在电场中运动时有:,
解得:.
(2)粒子进入磁场B1后有:,
解得:.
设粒子在磁场B1中转过的角度为α,由=,
解得:α=60°.
周期为:T=,
粒子在磁场B1中运动的时间为:t=.
(3)粒子在磁场B2中运动,在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm,与之相对应的半径分别为Rn与Rm.由分析知,Rm=L
由牛顿第二定律有:,
粒子在电场中有:,
解得:.
同理有:.
所以电场强度的范围为:≤E≤.
答:(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小为;
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径为,运动时间为;
(3)电场强度E的取值范围为≤E≤时,粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开.
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小;
(2)根据半径公式求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径,结合圆心角,通过周期公式求出粒子的运动时间.
(3)作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图,结合临界状态,根据几何关系求出半径,结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围.
(多选题)下列说法正确的是( )
A.两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而减小
B.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢
C.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力
D.在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体
E.由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该种气体分子的大小
知识点:分子间的作用力
BCD
【考点】*相对湿度;分子间的相互作用力;* 晶体和非晶体.
【分析】两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而变化;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力;空气相对湿度越大时,空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢;晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化;由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,不能估算出该种气体分子的大小.
【解答】解:A、分子间的距离从特别小增大到无穷远的过程中,分子之间首先是排斥力做的功,分子势能减小;然后分子之间的作用力表现为分子引力,随距离的增大,分子力做负功,分子势能增大.故A错误;
B、空气相对湿度越大时,空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢.故B正确.
C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子间作用力表现为引力,所以液体表面存在张力,故C正确.
D、在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体,如白磷与红磷之间的转化,故D正确.
E、由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该种气体分子所占空间的大小,由于气体分子之间的距离比较大,所以不能估算出该种气体分子的大小.故E错误.
故选:BCD
一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内,如图所示水平放置.活塞的质量m=20kg,横截面积S=100cm2,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气,开始使汽缸壁水平放置,活塞与气缸底的距离L1=12cm,离气缸口的距离L2=3cm.外界气温为27℃,大气压强为1.0×105Pa,将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置,待稳定后对气缸内气体逐渐加热,使活塞上表面刚好与气缸口相平,已知g=10m/s2,求:
(1)此时气体的温度为多少?
(2)在对气缸内气体加热的过程中,气体膨胀对外做功,同时吸收Q=370J的热量,则气体增加的内能△U多大?
知识点:理想气体的状态方程
解:(1)当气缸水平放置时,p0=1.0×105 Pa,V0=L1S=12S,T0=273+27=300K,
当气缸口朝上,活塞到达气缸口时,活塞的受力分析图如图所示,
由平衡条件得:p1S=p0S+mg,
解得:p1=p0+=1.2×105Pa,
此时气体的体积:V1=(L1+L2)S=15S,
由理想气体状态方程得: =,
即: =,
解得:T1=450K;
(2)当气缸口向上,未加热稳定时,由玻意耳定律得:
p0L1S=p1LS,
即:1.0×105×12=1.2×105×L,
解得:L=10cm,
加热后,气体做等压变化,外界对气体做功为:
W=﹣p0(L1+L2﹣L)S﹣mg(L1+L2﹣L)=﹣60J
根据热力学第一定律可知:△U=W+Q=370﹣60=310J;
答:(1)此时气体的温度为450K;
(2)在对气缸内气体加热的过程中,气体膨胀对外做功,同时吸收Q=370J的热量,则气体增加的内能△U为310J.
【考点】理想气体的状态方程.
【分析】(1)根据题意求出气缸内气体的状态参量,然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度.
(2)根据题意求出气体对外做的功,然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量.