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《三维设计》2014新课标高考物理一轮总复习课件 第十一章 热学第2单元 固体、液体和气体(62张ppt)


晶体和非晶体

[想一想]

在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡,用烧热的 针接触其上一点,石蜡熔化的范围如图11-2-1中(1)、(2)、 (3)所示,而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热 时间变化的关系如图(4)所示。则由此可判断出甲、乙、丙 分别为________、________、________。

11-2-1

[提示] 多晶体、非晶体、单晶体。

[记一记]

(1)固体分为 晶体 和 非晶体 两类。晶体分 单晶体 和 多晶体 。 (2)单晶体具有 规则 的几何形状,多晶体和非晶体 无确定 的几何形状;晶体有 确定 的熔点,非晶体 无确定 的熔点。 (3)单晶体具有各向 异性 ,多晶体和非晶体具有各

向 同性 。

[试一试]
1.关于晶体和非晶体,下列说法正确的是 A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 C.单晶体和多晶体有固定的熔点,非晶体没有固定 ( )

的熔点
D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶 体是各向同性的

解析:金刚石、水晶和食盐是晶体,玻璃是非晶体,A
错误;晶体的分子排列规则,且有固定的熔点,非晶体 的分子排列不规则,且没有固定的熔点,故B、C正确; 单晶体的物理性质是各向异性,多晶体和非晶体的物理 性质是各向同性,故D错误。

答案:BC

液晶、液体

[想一想] 如图11-2-2所示为一沾有肥皂膜的闭合金属框, 若将膜面上棉线圈内部的膜戳破后,棉线圈会被拉成 圆形,这是什么原因?与戳破前相比,肥皂膜的内能 如何变化?

图11-2-2

[提示] 液体表面张力,内能减少。

[记一记]

1.液体的表面张力

(1)概念:液体表面各部分间 互相吸引 的力。 (2)作用:液体的 表面张力 使液面具有收缩到表面积
最小的趋势。

(3)方向:表面张力跟液面 相切 ,且跟这部分液面 垂直 的分界线 。
(4)大小:液体的温度越高,表面张力 越小 ;液体中 溶有杂质时,表面张力变小;液体的密度越大,表面张 力 越大 。

2.液晶 (1)液晶分子既保持排列有序而显示各向 异性 ,又可 以自由移动位置,保持了液体的 流动性 。 (2)液晶分子的位置无序使它像 液体 ,排列有序使它 像 晶体 。

(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐,而从另外 一个方向看则是 杂乱无章 的。 (4)液晶的物理性质很容易在外界的影响下 发生改变 。
3.毛细现象 浸润液体在细管中 上升 的现象以及不浸润液体在 细管中 下降 的现象。

[试一试] 2.(2012· 江苏高考)下列现象中,能说明液体存在表面

张力的有
A.水黾可以停在水面上 B.叶面上的露珠呈球形 C.滴入水中的红墨水很快散开 D.悬浮在水中的花粉做无规则运动

(

)

解析:由于液体表面层分子引力,使得液体表面具有 收缩的趋势,露珠表面张力使表面面积收缩到最小, 水面的张力给水黾向上的弹力,选项A、B正确;红墨 水散开是扩散现象,选项C错误;悬浮在水中的花粉做

无规则运动,是水分子对花粉颗粒碰撞不均衡造成的,
选项D错误。 答案:AB

气体实验定律

[想一想]
电灯泡内充有氦氩混合气体,如果要使电灯泡内

的混合气体在500 ℃时的压强不超过一个大气压,则在20
℃的室温下充气,电灯泡内气体压强至多能充到多少?
[提示] 由于电灯泡容积不变,故气体为等容变化,

p2 设 t1=500 ℃时压强为 p1,t2=20 ℃时的压强为 p2,则由p 1 T2 p2 293 =T 得p =773,p1=1 个大气压,p2=0.38 个大气压。 1 1

[记一记]

1.气体的状态参量 (1) 压强 ;(2) 体积 ;(3) 温度 。 2.气体的压强

(1)产生原因:由于气体分子无规则的热运动,大
量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的 压力 。

(2)大小:气体的压强在数值上等于气体作用在 F 单位面积上 ___________的压力。公式:p= S 。

3.气体实验定律 (1)等温变化——玻意耳定律 ①内容:一定质量的某种气体,在 温度 不变的情 况下,压强与体积成 反比 。

②公式: p1V1=p2V2

或pV=C(常量)

(2)等容变化——查理定律 ①内容:一定质量的某种气体,在 体积 不变的情 况下,压强与热力学温度成 正比 。

p1 T1 p =T ②公式: p2 2 或 =C(常量) T p1 ③推论式:Δp=T ·ΔT。 1
(3)等压变化——盖—吕萨克定律

①内容:一定质量的某种气体,在 压强 不变的
正比 情况下,其体积与热力学温度成_______ V1 T1 V =T ②公式: V2 或T=C(常量) 2 V1 ③推论式:ΔV= T ·ΔT 1

4.理想气体状态方程
(1)理想气体:在任何温度、任何压强下都遵从 气体实验定律 的气体。
p2V2 p1V1 (2)一定质量的理想气体状态方程: T = T2 或 1

pV C(常量) 。 T=

[试一试]
3.(2012· 福建高考)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L,现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气 过程为等温过程,空气可看作理想气体,则充气后 储气罐中气体压强为 ( )

A.2.5 atm

B.2.0 atm

C.1.5 atm

D.1.0 atm

解析:由玻意耳定律,p1(V+V′)=p2V,解得充气后 储气罐中气体压强为p2=2.5 atm,选项A正确。 答案:A

饱和蒸汽、湿度

[记一记]

1.饱和汽与未饱和汽

(1)饱和汽:与液体处于 动态平衡 的蒸汽。
(2)未饱和汽:没有达到 饱和状态 的蒸汽。 2.饱和汽压 (1)定义:饱和汽所具有的 压强 。 (2)特点:饱和汽压随温度而变。温度越高,饱和汽 压 越大 ,且饱和汽压与饱和汽的体积 无关 。

3.湿度 (1)定义:空气的潮湿程度。 (2)描述湿度的物理量 ①绝对湿度:空气中所含 水蒸气 的压强。

②相对湿度:在某一温度下,空气中水蒸气的 压强
与同一温度下水的饱和汽压之比,称为空气的

相对湿度,即
水蒸气的实际压强?p1? 同温下水的饱和汽压?ps? 相对湿度(B)=_______________________

[试一试]
4.下列说法正确的是 ( ) A.饱和蒸汽压与温度有关,且随着温度的升高而增大

B.饱和蒸汽是指液体不再蒸发,蒸汽不再液化时的状态
C.所有晶体都有固定的形状、固有的熔点和沸点 D.所有晶体由固态变成液态后,再由液态变成固态时,

固态仍为晶体
解析:饱和蒸汽压与温度有关,且随着温度的升高而增大, A正确;饱和蒸汽是指蒸发和液化处于动态平衡,B错误;

单晶体有固定形状,而多晶体没有固定形状,C错误;水
晶为晶体,熔化再凝固后变为非晶体,D错误。 答案:A

气体压强的计算
1.系统处于平衡状态下的气体压强计算方法

(1)液体封闭的气体压强的确定
平衡法:选与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析, 利用它的受力平衡,求出气体的压强。 取等压面法:根据同种液体在同一水平液面处压强相等, 在连通器内灵活选取等压面,由两侧压强相等建立方程求出 压强。 液体内部深度为h处的总压强p=p0+ρgh

(2)固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强的确定

由于该固体必定受到被封闭气体的压力,所以可通过
对该固体进行受力分析,由平衡条件建立方程来求出 气体压强。 2.加速运动系统中封闭气体压强的计算方法 一般选与气体接触的液柱或活塞为研究对象,进

行受力分析,利用牛顿第二定律列方程求解。

[例1]

如图11-2-3所示,光滑水平

面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有 一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活
图11-2-3

塞,活塞面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽
缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压 强p。(已知外界大气压为p0) [审题指导] 选与气体相接触的活塞为研究对象,进行受力分析,

再利用牛顿第二定律列方程求解。

[尝试解题] 选取汽缸和活塞整体为研究对象。 相对静止时有:F=(M+m)a 再选活塞为研究对象,根据牛顿第二定律有: pS-p0S=ma mF 解得:p=p0+ 。 S?M+m?
[答案] mF p0+ ) S?M+m

气体实验定律及状态方程的应用

1.气体实验定律的比较
定律名称 比较项目 玻意耳定律 查理定律

查理定律
(等容变化)
V1 V 2 T1 = T2或 V T=C(常数)

(等温变化)

(等容变化)

数学
表达式

p1 p2 p1V1=p2V2或 T1=T2或

pV=C(常数)

p T=C(常数)

定律名称 比较项目
同一气体 的两条图 线

玻意耳定律
(等温变化)

查理定律
(等容变化)

查理定律 (等容变化)

2.理想气体的状态方程 (1)理想气体 ①宏观上讲,理想气体是指在任何条件下始终遵守 气体实验定律的气体,实际气体在压强不太大、温度不

太低的条件下,可视为理想气体。
②微观上讲,理想气体的分子间除碰撞外无其他作 用力,分子本身没有体积,即它所占据的空间认为都是 可以被压缩的空间。

p1V1 p2V2 pV (2)状态方程: T = T 或 T =C。 1 2

(3)应用状态方程解题的一般步骤:
①明确研究对象,即某一定质量的理想气体; ②确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2; ③由状态方程列式求解; ④讨论结果的合理性。

[例2]

(2012· 新课标高考)如图11-

2-4,由U形管和细管连接的玻璃泡A、

B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中,B
的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分
图11-2-4

隔开。A内为真空,B和C内都充有气体。U形管内左边 水银柱比右边的低60 mm。打开阀门S,整个系统稳定后, U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气

体体积远小于玻璃泡的容积。

(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位); (2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时,U形 管内左右水银柱高度差又为60 mm,求加热后右侧水槽 的水温。 [审题指导] 第一步:抓关键点

关键点
玻璃泡A、B、C均浸泡在 水槽内 U形管内左右水银柱高度差60mm 打开阀门左右水银柱高度相等 U形管和细管中气体体积远小于玻 璃泡容积 第二步:找突破口

获取信息
气体发生等温变化 压强关系 压强相等 管中气体体积忽略 不计

(1)要求C中气体压强→由于pC=pB可求解B中气体压强; (2)要求右侧水槽水温→C中气体作等容变化。

[尝试解题] (1)在打开阀门 S 前,两水槽水温均为 T0=273 K。设 玻璃泡 B 中气体的压强为 p1,体积为 VB,玻璃泡 C 中气 体的压强为 pC,依题意有 p1=pC+Δp① 式中 Δp=60 mmHg,打开阀门 S 后,两水槽水温仍 为 T0,设玻璃泡 B 中气体的压强为 pB。依题意,有 pB=pC②

玻璃泡 A 和 B 中气体的体积为 V2=VA+VB③ 根据玻意耳定律得 p1VB=pBV2④ 联立①②③④式,并代入题给数据得 VB pC=V Δp=180 mmHg⑤
A

(2)当右侧水槽的水温加热至 T′时, 形管左右水银 U 柱高度差为 Δp。玻璃泡 C 中气体的压强为 pC′=pB+Δp⑥ 玻璃泡 C 中的气体体积不变,根据查理定理得 pC pC′ T0= T′ ⑦ 联立②⑤⑥⑦式,并代入题给数据得 T′=364 K

[答案] (1)180 mmHg (2)364 K

气体实验定律与热力学定律的综合应用

[例3]

(2012· 山东高考)如图11-2-5所

示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的 U型管竖直放置,右端与大气相通,左端封 闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体),两管
图11-2-5

中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳

定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm。(环境温度
不变,大气压强p0=75 cmHg)

(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)。 (2)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正 功”“做负功”或“不做功”),气体将________(填“吸热”或

“放热”)。
[尝试解题] (1)设U形管横截面积为S,右端与大气相通时左管中 封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后左管中封闭 气体压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为

p。左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得

p1V1=p2V2① p1=p0②

p2=p+ph③
V1=l1S④ V2=l2S⑤ 由几何关系得 h=2(l2-l1)⑥

联立①②③④⑤⑥式,代入数据得
p=50 cmHg⑦

(2)左管内气体体积增大,说明气体膨胀对外做正功; 由于气体温度保持不变,根据热力学第一定律可得W+ Q=0,故气体从外界吸热。

[答案]

(1)50 cmHg (2)做正功

吸热

气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法 (1)气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体。 (2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解 问题的关键,根据不同的变化,找出与之相关的气体状

态参量,利用相关规律解决。
(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气 体对外界)要做功W=pΔV;只要温度发生变化,其内能

要发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题。

[随堂巩固落实]

1.(2012· 广东高考)清晨,草叶上的露珠是由空气中的水
汽凝结成的水珠,这一物理过程中,水分子间的( A.引力消失,斥力增大 )

B.斥力消失,引力增大
C.引力、斥力都减小 D.引力、斥力都增大

解析:由水汽凝结成水珠时,分子间的距离减小,分子
引力和斥力都增大,所以D正确。 答案:D

2.(2012· 威海一模)下列说法正确的是 A.某种液体的饱和蒸汽压与温度有关

(

)

B.物体内所有分子热运动动能的总和就是物体的内能

C.气体的温度升高,每个分子的动能都增大
D.不是所有晶体都具有各向异性的特点 解析:某种液体的饱和蒸汽压与温度有关,选项A正确;

物体内所有分子热运动动能和分子势能的总和就是物体
的内能,选项B错误;气体的温度升高,分子平均动能增 大,不是每个分子的动能都增大,选项C错误;不是所有 晶体都具有各向异性的特点,例如多晶体各向同性,选 项D正确。 答案:AD

3.(2011· 上海高考)如图11-2-6所示,一定 量的理想气体从状态a沿直线变化到状态 b,在此过程中,其压强 A.逐渐增大 ( ) 图11-2-6

B.逐渐减小

C.始终不变

D.先增大后减小

解析:气体从 a 到 b 的变化过程中,体积 V 减小,温 pV 度 T 升高,由理想气体状态方程 T =C 可知,气体压 强逐渐增大,本题只有选项 A 正确。

答案:A

4.(2013· 唐山模拟)对于一定质量的理想气体,下列论述

中正确的是

(

)

A.若单位体积内分子个数不变,当分子热运动加剧 时,压强一定变大 B.若单位体积内分子个数不变,当分子热运动加剧 时,压强可能不变

C.若气体的压强不变而温度降低时,则单位体积内
分子个数一定增加 D.若气体的压强不变而温度降低时,则单位体积内 分子个数可能不变

解析:若单位体积内分子个数不变即气体体积不变,当 分子热运动加剧时即气体温度升高,由理想气体状态方 程知压强一定变大,选项A正确B错误;若气体的压强 不变而温度降低时,气体的体积减小,则单位体积内分 子个数一定增加,选项C正确D错误。

答案:AC

5.(2012· 渭南质检)如图11-2-7所示,一导
热良好的汽缸放置在水平平台上,活塞 质量为10 kg,横截面积50 cm2,厚度 1 cm,汽缸全长 21 cm,汽缸质量 20 kg,
图11-2-7

大气压强为1×105 Pa,当温度为7℃时,活塞封闭的 气柱长10 cm,现将汽缸倒过来放置,活塞下方的空 气能通过平台上的缺口与大气相通,g取10 m/s2。求

稳定后气柱多长?

解析:设汽缸倒置前后被封闭气体的压强分别为 p1 和 p2, mg 气柱长度分别为 L1 和 L2。p1=p0+ S =1.2×105 Pa, mg p2=p0- S =0.8×105 Pa 倒置过程为等温变化,由玻意耳定律可得 p1L1=p2L2 p1 所以 L2=p L1=15 cm 2

答案:15 cm

6.(2013· 德州模拟)如图11-2-8所示,在长

为l=57 cm的一端封闭、另一端开口向上
的竖直玻璃管内,用4 cm高的水银柱封闭 着51 cm长的理想气体,管内外气体的温
图11-2-8

度相同。现将水银缓慢地注入管中,直到水银面与管 口相平。(大气压强p0=76 cmHg) (1)求此时管中封闭气体的压强; (2)此过程封闭气体________(填“吸热”或“放热”),内

能________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

解析:(1)设玻璃管的横截面积为S,水银柱与管口 相平时水银柱高为H,则:初状态时,p1=p0+ph =80 cmHg,

V1=51S
注满水银后,p2=p0+pH=(76+H)cmHg, V2=(57-H)S, 由玻意耳定律,p1V1=p2V2 代入数据解得,p2=85 cmHg。

(2)此过程封闭气体放热,内能不变。

答案:(1)85 cmHg (2)放热

不变

(给有能力的学生加餐)

1.(2011· 四川高考)气体能够充满密闭容器,说明气体分子除 相互碰撞的短暂时间外 ( ) A.气体分子可以做布朗运动 B.气体分子的动能都一样大 C.相互作用力十分微弱,气体分子可以自由运动 D.相互作用力十分微弱,气体分子间的距离都一样大 解析:布朗运动是固体颗粒在分子的不均衡撞击下产生 的无规则运动,故气体分子运动不是布朗运动,A项错; 气体分子的动能符合统计规律,并不完全相同,B项错; 分子做无规则热运动,故分子间距离不可能完全相等,D 项错。故C项正确。 答案:C

2.(2011· 全国高考)关于一定量的气体,下列叙述正 确的是 A.气体吸收的热量可以完全转化为功 B.气体体积增大时,其内能一定减少 C.气体从外界吸收热量,其内能一定增加 D.外界对气体做功,气体内能可能减少 ( )

解析:根据热力学第二定律:不可能从单一热源吸收热

量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,但气体吸
收热量在引起了其他变化的情况下,可以完全转化为功, A对;内能的影响因素有气体的体积和温度,故气体体

积增大时,由于温度变化情况未知,故内能不一定减少,
B错;内能可以通过做功和热传递改变,气体从外界吸 收热量,由于对外做功情况未知,故内能不一定增加, C错;同理外界对气体做功,由于热传递情况未知,故 气体内能有可能减少,D对。

答案:AD

3.(2013· 江西重点中学联考)如图1所示为一
均匀薄壁U形管,左管上端封闭,右管开 口且足够长,管的截面积为S,内装有密 度为ρ的液体。右管内有一质量为m的活 塞搁在固定卡口上,卡口与左管上端等高,活塞与
图1

管壁间无摩擦且不漏气。温度为T0时,左、右管内
液面等高,两管内空气柱长度均为L,压强均为大气 压强p0,重力加速度为g,现使左右两管温度同时缓 慢升高,在活塞离开卡口上升前,左右两管液面保 持不动。求:

(1)右管活塞刚离开卡口上升时,右管封闭气体的压强p1; (2)温度升高到T1为多少时,右管活塞开始离开卡口上升; (3)温度升高到T2为多少时,两管液面高度差为L。
解析:(1)活塞刚离开卡口时,对活塞 mg+p0S=p1S mg 得 p1=p0+ S
p0 p1 mg (2)两侧气体体积不变,右管气体T =T 得 T1=T0(1+p S) 0 1 0 3L mg (3)左管内气体,V2= 2 S p2=p0+ S +ρgL 答案:见解析
p0LS p2V2 3T0 mg 应用理想气体状态方程 T = T 得 T2= 2p (p0+ S +ρgL) 0 2 0

4.(2012· 琼海一模)如图2所示,大气压强为p0,

汽缸水平固定,开有小孔的薄隔板将其分
为A、B两部分,光滑活塞可自由移动。
图2

初始时汽缸内被封闭气体温度为T,A、B 两部分容 积相同。加热气体,使A、B两部分体积之比为1∶2。 (1)气体应加热到多少温度?

(2)将活塞向左推动,把B部分气体全部压入A中,气
体温度变为2T,求此时气体压强。

解析:(1)A、B 体积之比 1∶2 设 A 的容积为 V,则初状态 AB 总体积为 2V,末状态总体 2V 3V 积为 3V,等压变化, T = T
2

3 解得 T2=2T。
p0· 2V p2· V (2)由理想气体状态方程 T = 2T , 解得 p2=4p0。

答案:见解析

5.标准状况下的压强为p0=1.013×105 Pa,在标准状况下用打气筒给一个

体积为V0=2.5 L的足球充气,如图
3所示。充气前足球呈球形、内部空
图3

气的压强为1.013×105 Pa,设充气过程中球内、外的 温度始终保持20 ℃不变。在充气的最后时刻,对打 气活塞施加的压力为F=200 N。设打气筒为圆柱形, 其活塞的截面积为S=10 cm2,打气筒每次打气压下 的高度为20 cm。不计各种摩擦,打气筒的活塞与连 杆、把手的重力均不计。求:充气过程中,打气筒的 活塞下压了多少次?

解析:打气的最后时刻,设足球内气体的压强为p,以 活塞为对象,由平衡条件得p0S+F=pS,每次压下打气 筒的体积为lS,设共需要压下打气筒n次。取足球内原

有气体与外面打进的气体整体为研究对象,做等温变化,
由玻意耳定律得p0(V0+nlS)=p· 0, V 解得n=25(次)。 答案:25次

6.如图4所示,上端开口的圆柱形汽缸竖直放置, 截面积为5×10-3 m2,一定质量的气体被质 量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内,其压
图4

强为多少?(大气压强取1.01×105 Pa,g取10 m/s2)
解析:对活塞进行受力分析如图所示设缸内气体压强 为 p1 , 由平衡条件可知 p1S=p0S+mg mg 所以 p1=p0+ S =1.05×105 Pa 答案:1.05×105 Pa

7.(2012· 海南高考)如图5所示,一汽缸 水平固定在静止的小车上,一质 量为m、面积为S的活塞将一定量
图5

的气体封闭在汽缸内,平衡时活塞与汽缸底相距L。

现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动,稳
定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压 强为p0,不计汽缸和活塞间的摩擦,且小车运动时, 大气对活塞的压强仍可视为p0,整个过程中温度保持 不变,求小车的加速度的大小。

解析:设小车加速度大小为 a,稳定时汽缸内气体的压强为 p1, 活塞受到汽缸内外气体的压力分别为,f1=p1S, 0=p0S, f 由牛顿第二定律得:f1-f0=ma, 小车静止时,在平衡情况下,汽缸内气体的压强应为 p0,由 玻意耳定律得:p1V1=p0V 式中 V=SL,V1=S(L-d), p0Sd 联立解得:a= m?L-d? p0Sd 答案:a= m?L-d?

8.(2012· 江苏高考)如图6所示,一定质量的理想气体从 状态A经等压过程到状态B。此过程中,气体压强p=

1.0×105 Pa,吸收的热量Q=7.0×102 J,求此过程
中气体内能的增量。

图6

VA VB 解析:等压变化, T = T ; A B 对外做的功 W=p(VB-VA) 根据热力学第一定律 ΔU=Q-W 解得 ΔU=5.0×102 J。

答案:5.0×102 J


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