甘肃省天水市2021届新高考物理五模考试卷含解析

甘肃省天水市2021届新高考物理五模考试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．木箱内的地板上放置一个5kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。

从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s2，至第3s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。

木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．第2秒末物体的重力增大到70N
B．第4秒末物体对木箱地板的压力为70N
C．第4秒末物体对木箱地板的压力为50N
D．第6秒末物体对木箱地板的压力为0
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．第2秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；
BC．第4秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故BC错误；
D．第6秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D 正确。

故选D。

2．竖直放置的肥皂膜在阳光照耀下，由于前后表面反射光通过的路程不同，形成两列相干光，薄膜上会呈现出彩色条纹．若一肥皂膜由于受重力和液体表面张力的共同影响，其竖直方向的截面如图所示，则光通过该肥皂膜产生的干涉条纹与下列哪个图基本一致（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，故从肥皂薄膜的观察到水平干涉条纹，用复色光时出现彩色条纹，由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距变密，故B正确，ACD错误．
【点睛】
本题考查了薄膜干涉的原理和现象，抓住薄膜干涉的形成原因：前后两表面反射的光发生干涉，是考试的重点．
3．我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”，如图所示。

“天眼” “眼眶”所围圆面积为S，其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量分别为B l、B2，则穿过“眼眶”
的磁通量大小为
A．0 B．BS
C．B1S D．B2S
【答案】D
【解析】
【详解】
在匀强磁场中，眼眶与磁场B l平行，穿过的磁通量Φ=0，眼眶与磁场B2垂直，则穿过的磁通量Φ=B2S，故ABC错误，D正确；
故选D。

4．在一次观察光的衍射实验中，观察到如图所示的清晰的亮暗相间的图样，那么障碍物是下列给出的( )
A．很小的不透明圆板
B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板
C．很大的不透明圆板
D．很大的中间有小圆孔的不透明挡板
【答案】D
【解析】
【分析】
很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象，很小的不透明圆板出现泊松亮斑．
【详解】
A．用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即泊松亮斑，故A错误；
B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，故B错误；
C．很大的不透明圆板时后面是一片阴影，不会出现衍射现象，故C错误；
D．用光照射很大的中间有小圆孔的不透明挡板时是明暗相间的衍射图样，即发生衍射现象，故D正确．【点睛】
该题考查单孔衍射的图样，要牢记单孔衍射和单缝衍射图样与障碍物或孔的尺寸是有关系的，不同的障碍物或孔出现的衍射图样是不一样的．
5．一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。

这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。

小球的动能越大，做匀速圆周运动的（）
A．半径越小B．周期越小
C．线速度越小D．向心加速度越小
【答案】B
【解析】
【详解】
A．设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
速度为v，细绳长度为L．由牛顿第二定律得：
2
tan
v
mg m
r
θ=，圆周运动的半径为：r=Lsinθ，小球的
动能为：212K E mv =
，联立解得： sin tan v gL θθ=，
E k =mgLsinθtanθ，
则知小球的动能越大，θ越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故A 错误。

B ．根据2cos 22sin tan r L T v g gL πθπθθ
===，θ越大，cosθ越小，则周期T 越小，故B 正确。

C ．根据sin tan v gL θθ=，知线速度越大，故C 错误。

D ．向心加速度2
tan v a g r
θ==，则向心加速度越大，故D 错误。

故选B 。

6． “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。

如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为m 1，B 星球的质量为m 2，它们球心之间的距离为L ，引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 星球的轨道半径为212
m L m m + B ．A 星球运行的周期为122()
L L G m m π+ C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比为m 1：m 2
D ．若在O 点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】
由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对A 星球有：
212112m m G m r L
ω= 对B 星球有
212222m m G m r L
ω= 得
1221::r r m m =
又
12r r L +=
得
2112
m r L m m =+ 1212m r L m m =
+ 故A 错误；
B ．根据
2
1211224m m G m r L T
π= 2112
m r L m m =+ 解得周期
2T π=， 故B 正确； C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比
1221
A B v r m v r m ωω== 故C 错误； D ．O 点处的质点受到B 星球的万有引力
22222112B Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭ 受到A 星球的万有引力
11221212A Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭
故质点受到两星球的引力之和不为零，故D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．某列简谐横波在t 1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t 2＝3.0s 时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a 、b 、c 、d 四点中某质点的振动图象，则正确的是________
A ．这列波的周期为4s
B ．波速为0.5m/s
C ．图乙是质点b 的振动图象
D ．从t 1＝0到t 2＝3.0s 这段时间内，质点a 通过的路程为1.5m
E.t 3＝9.5s 时刻质点c 沿y 轴正方向运动
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图乙可知，波的振动周期为4s ，故A 正确；
B ．由甲图可知，波长λ=2m ，根据波速公式
2m/s 0.5m/s 4
v T ＝＝＝ 故B 正确；
C ．在t 1=0时刻，质点b 正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b 的振动图线，故C 错误；
D ．从t 1=0 s 到t 2=3.0 s 这段时间内为34T ，所以质点a 通过的路程为s=34
×4A=15cm=0.15m ，故D 错误； E ．因为t 3＝9.5s ＝238T ，2T 后质点c 回到最低点，由于3 482
T T T ＜＜，所以t 3=9.5s 时刻质点c 在平衡位置以上沿y 轴正向运动，故E 正确。

故选ABE 。

8．一列简谐波以1m/s 的速度沿x 轴正方向传播。

t=0时，该波传到坐标原点O ，O 点处质点的振动方程为y=10sin10πt （cm ）。

P 、Q 是x 轴上的两点，其坐标x P =5cm 、x Q =10cm ，如图所示。

下列说法正确的是 。

A ．该横波的波长为0.2m
B ．P 处质点的振动周期为0.1s
C ．t=0.1s 时，P 处质点第一次到达波峰
D ．Q 处质点开始振动时，P 处质点向-y 方向振动且速度最大
E.当O 处质点通过的路程为1m 时，Q 处质点通过的路程为0.8m
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
B ．O 点处质点振动方程为10sin10(cm)y t π=可知，波的振幅10cm A =，起振方向为y 轴正向，波动周期
20.2s π
ω==T
P 点振动周期与O 点振动周期相同，为0.2s ，故B 错误；
A ．波长
10.2m 0.2m vT λ==⨯=
故A 正确；
C ．振动从O 点传到P 点所需时间为
2510m 0.05s 1m/s
P OP x t v -⨯=== 故P 处质点振动时间
0.1s 0.05s 0.05s 4
P OP T t t t =-=-== 由于P 处质点起振方向沿y 轴向上，故经
4T 达到波峰，故C 正确； D ．由题意知，P 、Q 之间的距离为
5cm 4PQ Q P x x x λ
=-==
结合起振方向可知，Q 处质点开始振动时，P 处质点位移波峰，此时速度为零，故D 错误； E ．当O 处质点通过的路程为1m 时，有
1m 10242A A A ==⨯+
故经历的时间为
22
T t T =+
因为 10cm 2Q x λ
==
所以振动形式从O 点传到Q 点所需时间为2
T ，所以Q 处质点振动时间为2T ，Q 处质点通过的路程 242410cm 80cm 0.8m Q s A =⨯⨯=⨯⨯==
故E 正确。

故选ACE 。

9．关于热力学的一些现象和规律，以下叙述正确的是（ ）
A ．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
B ．液体的表面张力使液面绷紧，所以液滴呈球形
C ．高原地区水的沸点较低，是高原地区温度较低的缘故
D ．一些昆虫可以停在水面上，是由于表面层的水分子比内部的水分子更密集
E.一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，内能也有可能发生变化
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，需要外界干预，故A 正确； BD ．液体表面张力是由于表面层的水分子比液体内部的水分子更稀疏，分子间表现出引力，使液面绷紧，液滴呈球形，故
B 正确，D 错误；
C ．高原地区水的沸点较低，这是因为高原地区大气压较低的缘故，故C 错误；
E ．根据热力学第一定律，一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，通过做功内能也有可能发生变化，故E 正确。

故选ABE 。

10．长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点时的速度、运动的向心力及相应杆的弹力，下列说法中正确的是（ ）
A B ．速度由0逐渐增大，向心力也逐渐增大
C
D
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．如图甲所示
“杆连小球”在最高点速度有最小值0（临界点），此时杆向上的支持力为
N F mg =
故A 错误；
B ．解析式法分析动态变化。

v 由0逐渐增大，则
2mv F L
=向 即F 向逐渐增大，故B 正确；
C ．如图乙所示
当最高点速度为v gL =
2mv mg L
= 杆对小球的作用力0F =。

当v gL F ，有
2
mv mg F L
+= 则
2
v F m mg L
=- F 随v 逐渐增大而逐渐增大；故C 正确； D ．当v gL N F '
，有 2
N
mv mg F L '
-=
则
2
N mv F mg L '
=- N F '随v 逐渐减小而逐渐增大，故D 正确。

故选BCD 。

11．如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。

现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传动带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v 。

已知B 处离地面的高度皆为H 。

则在物体从A 到B 的过程中（ ）
A ．两种传送带对小物体做功相等
B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等
C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确； C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2
H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为 212sin x v H t θ==
则两者的相对位移为
21sin H
s x x θ
=-=
相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对
解得1
sin H
Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
1
1
si 2
n v
x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为
()
2
12sin t h x v H θ
''==-
则两者的相对位移为
21sin H h
s x x θ
-'''=-=相对
根据摩擦生热的公式
Q fs =相对
解得2
sin H h
Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ=
22sin f mg ma θ-=，2
22
sin v a H h θ
=-
解得
21sin sin 2mv f mg H
θ
θ=+
，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得 212Q mgH mv =+甲，()21
2
Q mg H h mv =-+乙
则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能
甲更多，故B错误。

故选AC。

12．如图所示，有两列沿z轴方向传播的横波，振幅均为5cm，其中实线波甲向右传播且周期为0.5s、虚线波乙向左传播，t =0时刻的波形如图所示。

则下列说法正确的是（）
A．乙波传播的频率大小为1Hz
B．甲乙两列波的速度之2：3
C．两列波相遇时，能形成稳定的干涉现象
D．t=0时，x=4cm处的质点沿y轴的负方向振动
E.t=0.25s时，x=6cm处的质点处在平衡位置
【答案】ADE
【解析】
【详解】
B．由于两列波在同一介质中传播，因此两列波传播速度大小相同，故B错误；
A．由图可知，甲波的波长λ1=4cm，乙波的波长λ2=8cm，由v=λf可知，甲波和乙波的频率之比为2∶1，又甲波的频率为2Hz，所以乙波的频率为1Hz，故A正确；
C．由于两列波的频率不相等，因此两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故C错误；
D．由质点的振动方向与波的传播方向的关系可知，两列波在平衡位置为x=4cm处的质点引起的振动都是向下的，根据叠加原理可知该质点的振动方向沿y轴的负方向，故D正确；
E．从t=0时刻起再经过0.25s，甲波在平衡位置为x=6cm处的位移为零，乙波在平衡位置为x=6cm处的位移也为零，根据叠加原理可知该质点处在平衡位置，故E正确。

故选ADE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
m 的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹13．某实验小组同学，用铁架台、弹簧和多个质量均为50g
簧伸长量的关系如图（甲）所示。

(1)该组同学在做该实验时，依次在弹簧下端挂上钩码，并在表格内分别记下钩码静止时弹簧下端指针所对应的刻度，记录数据如下：
钩码个数 1 2 3 4 5
F0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
弹力/N
L12.51 _ 15.39 16.11 17.30
指针对应刻度/cm
当挂2个钩码时，指针对应刻度如图（甲）所示，将指针示数填入表格；在以弹簧弹力为纵轴、指针对应
-图像_____。

刻度L为横轴的坐标系中，如图（乙）所示。

描点画出第2组对应的数据点，并连线得到F L
请根据图像分析并得出以下结论
①弹簧原长为__________cm。

②弹簧的劲度系数k=__________N/cm（保留两位有效数字）。

(2)弹簧与绳有一点相似之处，都可以认为是一个传递力的媒介。

某位同学根据这个观点推广认为：将两个同样的弹簧串接在一起后，弹簧的劲度系数k与原来一样。

你认为他的想法正确么_____？并解释一下你的理由_____。

~）0.42【答案】13.7011.40（11.2011.50 ~）不正确两个劲度系数相同的弹簧串联后，施加外力后，与单独一个弹簧相比弹（0.400.45
簧的等效伸长量变为原来的2倍，所以劲度系数发生改变
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]刻度尺的读数为13.70cm。

[2]描点并作图：
①[3]弹力为0时，弹簧原长为11.40cm。

②[4]根据胡克定律F kx
=可知，图像斜率的物理意义为弹簧的劲度系数
2.80
N/cm0.42N/cm
18.0011.4
k==
-
(2)[5]不正确。

[6]两个劲度系数相同的弹簧串联后，施加外力后，与单独一个弹簧相比弹簧的等效伸长量变为原来的2倍，所以劲度系数发生改变。

14．如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。

将气球、压强传感器和大型注射器用T 型管连通。

初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积0V，压强0p，T型管与传感器内少量气体体积可忽略不计。

缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好。

(1)该装置可用于验证______定律。

填写气体实验定律名称)
(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为
2
3
V，压强传感器读数为
1
p，则此时气球体积为______。

(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图。

根据该图象估算：若初始时注射器内仅有体积为0
0.5V、压强为
p的气体。

当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为______0p。

（保留3位小数）
【答案】玻意耳000
1
2
3
PV V
P
- 1.027
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]用DIS 研究在温度不变时，气体的压强随温度的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律； (2)[2]将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为p 1，根据玻意耳定律得：
1100=p p V V
所以
00
11
=
p V V
p 读出此时注射器内剩余气体的体积为023
V ，所以时气球体积为
00010122
33
-=-V p V V p V ；
(3)[3]由题可知，若初始时注射器内仅有体积为00.5V 、压强为p 0的气体，气体全部压入气球后气球的压强与初始时注射器内有体积为0V 、压强为p 0的气体中的
1
2
气体压入气球，结合题中图乙可知，剩余的气体的体积约在00.5V 左右，压强略大于p 0，所以剩余的气体的体积略小于0.5V 0。

由图可以读出压强约为1.027p 0。

【点睛】
本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。

另外，还要注意思维方式的转化，即可以将初始时注射器内仅有体积为0.5V 0、压强为p 0的气体，气体全部压入气球，与初始时注射器内有体积为V 0、压强为p 0的气体中的
1
2
气体压入气球是等效的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图，间距为L 的光滑金属导轨，半径为r 的
1
4
圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，
MNQP 范围内有磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场．金属棒ab 和cd 垂直导轨放置且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 在运动中始终不接触．已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ．金属导轨电阻不计，重力加速度为g ．求
（1）ab 棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：
（2）当ab 时，cd 棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）
（3）若cd 离开磁场，已知从cd 棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd 棒的电荷量为q ．求此过程系统产生的焦耳热是多少．（此过程ab 棒始终在磁场中运动）
【答案】（1）3mg ．（2．（3）116mgr-2222B L q m ．
【解析】 【详解】
（1）ab 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=2
012
mv ，
解得：v 0
ab 运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m 2
v r
，
解得：F=3mg ，
由牛顿第三定律知：ab 对轨道压力大小：F′=F=3mg ； （2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律：mv 0=mv ab +mv′，
解得：， ab 棒产生的电动势：E ab =BLv ab ， cd 棒产生的感应电动势：E cd =BLv′， 回路中电流：I=
2ab cd
E E R
，
解得：， 此时cd 棒所受安培力：F=BIL ， 此时cd 棒加速度：a=
F m
，
解得：；
（3）由题意可知，cd 离开磁场后向右匀速运动， 且从cd 棒开始运动到通过其电荷量为q 的时间内，通过ab 棒电荷量也为q ． 对ab 棒，由动量定理可知：-B I Lt=mv ab -mv 0， 其中：q=I t ，
解得：v ab=2gr-BLq m
，
此过程，由能量守恒定律得：mgr=22
11
22
ab cd
mv mv
++Q，
解得：Q=BLq2gr-
1
16
mgr-
222
2
B L q
m
；
16．一定质量的理想气体，状态从A→B→C的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，气体在状态A 时温度为T A=300K，试求：
(1)气体在状态B时的温度T B和状态C时的温度T C；
(2)若气体在B→C过程中气体内能减少了200J，则在B→C过程吸收或放出的热量是多少？
【答案】(1)1200K；600K；(2)1000J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A到B过程中由查理定律有A B
A B
P P
T T
=代入数据得：
1200K
B
T=
B到C过程中由盖吕萨克定律有C
B
B C
V
V
T T
=得
600K
C
T=
(2)B到C过程中外界对气体做功为
W p V
=∆
得
800J
W=
由热力学第一定律有U W Q
∆=+，内能减少200J即
∆U=－200J
得
1000J Q =-
则放热1000J 。

17．如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为m ＝5kg 、横截面面积为S=50cm 2的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为t 1=27℃、压强为p 1=1.0×
105Pa 。

已知大气压强为p 0=1.0×105Pa ，重力加速度为g=10m/s 2。

(1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？
(2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升H=10cm ，在这上过程中理想气体的内能增加了18J ，则气体与外界交换的热量为多少？
【答案】 (1) 57℃；(2)73J 【解析】 【详解】
(1)气体的状态参量
127273K 300K T =+=，51 1.010Pa p =⨯
对活塞由平衡条件得
20p S p S mg =+
解得
52 1.110Pa p =⨯
由查理定律得
12
12
p p T T = 解得
2330K T =
则
2330273C 57C t =-︒=︒
(2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功
255J W p SH =-=-
根据热力学第一定律U W Q ∆=+，可得理想气体从外界吸收的热量
=∆-=
Q U W
73J。