2019-2020年高三第七次模拟考试理综物理试题含解析.doc

2019-2020年高三第七次模拟考试理综物理试题含解析一、选择题（本题包括7小题，每小题给出四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（xx山东校级模拟）下列是关于物理学研究方法或物理学史的几种说法，其中叙述正确的是（） A 探究求合力的方法实验运用了控制变量法 B 用点电荷来代替实际带电体运用了理想模型法 C 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量 D 法拉第明确了制造发电机的科学依据，使电能在生产生活中大规模应用成为可能【考点】： 物理学史【分析】： 用点电荷来代替实际带电体运用了理想模型法；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献【解析】： 解：A、在探究求合力的方法实验中使用了等效替代的方法，合力的作用效果与分力的相同，故A错误；B、点电荷是理想化的物理模型，是对实际带电体的简化，故B正确；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故C错误；D、法拉第明确了制造发电机的科学依据，使电能在生产生活中大规模应用成为可能，故D正确故选：BD【点评】： 解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、分类法、类比法、转换法等，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（6分）（xx山东校级模拟）如图所示，小明同学在引体向上测试中，先静止悬挂在单杠上，然后用力将身体向上拉起，下列判断正确的是（） A 静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，手臂的拉力增大 B 静止悬挂在单杠上时，小明处于失重状态 C 将身体向上拉起时，单杠对人不做功 D 将身体向上拉起时，单杠对人做正功【考点】： 功的计算；超重和失重【专题】： 功的计算专题【分析】： 当运动员增大双手间距离时，根据合力与分力的关系分析两只手臂的拉力如何变化两只手臂的拉力总是大小相等，方向并不相反每只手臂的拉力不一定小于mg，也可能等于mg；小明处于平衡状态；单杠对人有力，但没有位移，则不做功，从而即可求解【解析】： 解：A、根据每只手臂的拉力的合力一定等于运动员的重力保持不变，则当增大双手间距离时，两手臂间夹角增大，每只手臂的拉力将增大故A正确；B、由题意可知，小明处于平衡状态，故B错误；C、将身体向上拉起时，单杠对人有拉力，但没有位移，则不做功，故C正确，D错误故选：AC【点评】： 本题是根据合力与分力的大小变化关系来判断手臂拉力如何变化，也可以用质点代替人，由平衡条件得到手臂的拉力与手臂间夹角的关系，再由数学知识分析3（6分）（xx山东校级模拟）我校体育馆建设已经接近尾声，建好后将为同学们的健身提供了一个新的场所如图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度时间图象，下列判断正确的是（） A 前5s的平均速度是0.5m/s B 前10s钢索最容易发生断裂 C 30s36s钢索拉力的功率不变 D 010s的平均速度等于30s36s的平均速度【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【专题】： 功率的计算专题【分析】： 根据图线得出5s末的速度，结合平均速度的推论求出前5s内的平均速度根据拉力和重力的大小关系确定哪段时间内钢索最容易断裂根据P=Fv判断拉力功率的变化【解析】： 解：A、由速度时间图线可知，10s末的速度为1m/s，则5s末的速度为0.5m/s，根据平均速度的推论知，前5s内的平均速度，故A错误B、前10s内，加速度方向向上，拉力大于重力，1030s内，做匀速直线运动，拉力等于重力，3036s内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，故B正确C、3036s内做匀减速运动，拉力不变，根据P=Fv，知拉力的功率减小，故C错误D、根据平均速度的推论知，010s内和3036s内平均速度相等，故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了功率、牛顿第二定律与速度时间图线的综合运用，知道拉力的功率P=Fv，以及理解速度时间图线的物理意义，结合运动学公式和推论进行求解4（6分）（xx山东校级模拟）如图，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷图中的a、b、c、d是其它的四个顶点，k为静电力常量，下列表述正确是（） A a、b两点电场强度相同 B a点电势高于b点电势 C 把点电荷+Q从c移到d，电势能增加 D M点的电荷受到的库仑力大小为F=k【考点】： 电势；库仑定律；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线的分布比较电场强度的大小和电势的高低根据电场力做功情况，判断电势能的变化根据库仑定律的公式求出库仑力的大小【解析】： 解：A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故A正确B、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b的电势相等故B错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势把点电荷+Q从c移到d，电场力做正功，电势能减小，故C错误D、M、N两点间的距离为L，根据库仑定律知，M点的电荷受到的库仑力大小F=k=故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低5（6分）（xx山东校级模拟）图甲是小型交流发电机的示意图，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，原、副线圈匝数比为3：2，副线圈接有滑动变阻器，从某时刻开始计时，副线圈输出电压如图乙所示，以下判断正确的是（） A 电压表的示数为15V B 副线圈输出电压瞬时值表达式u=10sin（100t）V C 若滑动触头P的位置向上移动时，电流表读数将减小 D 把发电机线圈的转速变为原来的一半，则变压器的输入功率将减小到原来的一半【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，由动态分析判断电流表的读数变化，P的位置向上移动，副线圈的电阻增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小【解析】： 解：A、由图乙知交流电电压峰值为10V，有效值为10V，根据电压与匝数成正比，求电压表显示的为有效值15V，A正确；B、由图象知交流电的周期为0.02s，角速度为=100，副线圈输出电压瞬时值表达式u=10sin（100t）V，故B正确；C、若P的位置向上移动，副线圈的电阻增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小，根据电流与匝数成反比知电流表读数将减小，故C正确；D、若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压减小为原来的0.5倍，则变压器的输入功率将减小到原来的0.25倍，故D错误故选：ABC【点评】： 本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值6（6分）（xx山东校级模拟）xx年12月2日，嫦娥三号探测器顺利发射嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从100km100km的环月圆轨道，降低到近月点15km、远月点100km的椭圆轨道，两轨道相交于点P，如图所示若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥三号”飞船，以下说法正确的是（） A 在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期 B 沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度 C 沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度 D 在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 通过宇宙速度的意义判断嫦娥三号发射速度的大小，根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速，并由此判定机械能大小的变化，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度大小相同【解析】： 解：A、根据开普勒行星运动定律知，由于圆轨道上运行时的半径大于在椭圆轨道上的半长轴，故在圆轨道上的周期大于在椭圆轨道上的周期，故A错误B、从轨道I进入轨道II嫦娥三号需要要点火减速，故沿轨道I运行至P点的速度小于沿轨道II运行至P点的速度，故B错误；C、在P点嫦娥三号产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，故C正确；D、变轨的时候点火，发动机做功，从轨道进入轨道，发动机要做功使卫星减速，故在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大，故D正确故选：CD【点评】： 掌握万有引力提供圆周运动向心力知道，知道卫星变轨原理即使卫星做近心运动或离心运动来实现轨道高度的改变掌握规律是解决问题的关键7（6分）（xx山东校级模拟）如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量为正值，外力F向右为正则以下能反映线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化【解析】： 解：A、当线框进入磁场时，位移在0L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大位移在2L2.5L时，磁通量均匀减小至零在2.5L3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值在3L4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值故A正确；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选：ABD【点评】： 在解答图象问题时要灵活解法，常常先运用排除法，再根据物理规律得到解析式等进行解答二、必考题8（8分）（xx山东校级模拟）用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图丙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图丙所示已知m1=50g、m2=150g，取g=9.8m/s2，则（结果保留两位有效数字）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；在05过程中系统动能的增量EK=0.58J，系统势能的减少量EP=0.59J；若某同学作出h图象如图乙所示，则当地的重力加速度g=9.7m/s2【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量根据机械能守恒定律得出v2h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值【解析】： 解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s，物体的初速度为零，所以动能的增加量为：EK=（m1+m2）v52=0.22.42J=0.58J重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.59J；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有： v2=gh，所以出v2h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：2.4，0.58，0.59，9.7【点评】： 本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力9（10分）小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象所提供的器材有：代号 器 材 规 格A 电流表（A1） 量程00.6A，内阻约0.125B 电流表（A2） 量程03A，内阻约0.025C 电压表（V1） 量程03V，内阻约3kD 电压表（V2） 量程015V，内阻约15kE 滑动变阻器（R1）总阻值约10F 滑动变阻器（R2）总阻值约200G 电池（E）电动势3.0V，内阻很小H 导线若干，电键K该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为A，电压表为C，滑动变阻器为E（以上均填写器材代号）（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的IU曲线（4）若将该小灯泡直接接在电动势是1.5V，内阻是2.0的电池两端，小灯泡的实际功率为0.28W【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： （1）根据实验数据选择实验器材（2）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图（3）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线（4）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率【解析】： 解：（1）由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.5A，则电流表应选A；电压最大测量值为2V，电压表应选C；为方便实验操作滑动变阻器应选择E（2）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为：R灯=4，电流表内阻约为0.125，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；电路图如图所示（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（3）在灯泡的UI图象坐标系内作出电源的UI图象如图所示，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，由图象可知，小灯泡的实际电流为0.34A（0.330.35A均正确），电压为0.81A，（0.800.82V均正确），功率P=IU=0.340.81=0.28W故答案为：（1）A，C，E；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；（4）0.28【点评】： 本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法10（18分）（xx山东校级模拟）如图是利用传送带装运煤块的示意图其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为s=3m，传送带与水平方向间的夹角=37，煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x=0.6m现在传送带底端由静止释放一煤块（可视为质点）煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（l）主动轮的半径；（2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间【考点】： 向心力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： （1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间【解析】： 解：（1）由平抛运动的公式，得x=vt，代入数据解得 v=1m/s 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 ，代入数据得R=0.1m （2）由牛顿第二定律得 mgcosmgsin=ma，代入数据解得a=0.4m/s2由得s1=1.25ms，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s（3）由v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s 煤块匀速运动的位移为 s2=ss1=1.75m，可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s 煤块在传送带上直线部分运动的时间 t=t1+t2代入数据解得 t=4.25s 答：（1）主动轮的半径为0.1m；（2）传送带匀速运动的速度为1m/s；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间为4.25s【点评】： 本题综合了匀加速直线运动，圆周运动以及平抛运动，关键理清煤块的运动过程，选择合适规律进行求解11（20分）（xx山东校级模拟）如图1所示，在x轴上方有垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xoy平面，图象如图2所示一质量为m，电量为q的粒子在t=t0时刻沿着与y轴正方向成60角方向从A点射入磁场，t=2t0时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0（2）求电场强度E0的大小和方向（3）粒子在t=9t0时到达M点，求M点坐标【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【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）由几何关系求解半径，根据牛顿第二定律联立求解初速度；（2）画出粒子在t=4t0内的轨迹，得到加速前后的圆周运动周期关系，进而得到时间关系，然后结合牛顿第二定律和速度时间公式求解场强的大小；（3）分阶段分析粒子的运动情况，根据粒子的周期性运动规律得到粒子在t=9t0时的位置坐标【解析】： 解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得：根据题意由几何关系可得：联立得：（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得：粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得：根据题意由几何关系可得：T1= 由可得：T1=4t0T2=2t0综上可以判断3t04 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为：由牛顿第二定律得：2 t03 t0，粒子做匀减速直线运动，qE=ma v2=v1at综上解得：（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，半径R3=L，9t0在第一象限转圆周，根据几何关系知：x=12Ly=2L 联立可得M点的坐标为（12L，2L） 答：（1）粒子从A点射出时的速度得； （2）电场强度大小为，方向为平行于y轴向下（3）粒子在t=9t0时到达M点，M点的坐标为（12L，2L）【点评】： 带电粒子在电场、磁场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题三、选考题（12分）【物理3-3】12（4分）（xx山东校级模拟）以下说法正确的是（） A 金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B 飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故 C 对于一定量的理想气体，外界对气体做功，气体内能可能减少 D 扩散运动就是布朗运动【考点】： 热力学第一定律；布朗运动；* 晶体和非晶体【专题】： 热力学定理专题【分析】： 利用常见的晶体、分子间的相互作用力、改变物体的内能的两种方式和布朗运动与扩散现象的内容分析选项即可【解析】： 解：A、金刚石、食盐和水晶都是晶体，而玻璃是非晶体，故A错误；B、浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴分子间的相互作用的缘故，故B错误；C、据改变物体内能的两种方式可知，一定质量的理想气体，外界对气体做功，而气体向外界传递热量，气体的内能可能减小，故C正确；D、扩散现象是不同的物质相互接触彼此进入对方的现象，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，两者都说明了分子的无规则运动，故D错误故选：C【点评】： 本题的考查的知识点较多，解题关键是知道见的晶体、分子间的相互作用力、改变物体的内能的两种方式和布朗运动与扩散现象等内容13（8分）（xx山东校级模拟）如图所示，导热良好的汽缸中用不计质量的活塞封闭着一定质量的理想气体，光滑活塞的横截面积S=100cm2，初始时刻气体温度为27，活塞到气缸底部的距离为h现对汽缸缓缓加热使汽缸内的气体温度升高到t，然后保持温度不变，在活塞上轻轻放一质量为m=20kg的重物，使活塞缓慢下降到距离底部1.5h的位置已知大气压强P0=1.0105pa，环境温度保持不变，g取10m/s2，求t判断活塞下降的过程气体是吸热还是放热，并说明理由【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 气体先做等压变化，再做等温变化，列理想气体状态方程联立求解温度，由热力学第一定律知：温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律U=W+Q可得Q0，故放热【解析】： 解：缓慢加热，气体做等压变化，故使活塞缓慢下降到距离底部1.5h的位置，气体做等温变化：P1Sh=P2Sh2P1=P0联立代入数据解之得t=267温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律U=W+Q可得Q0，故放热 答：t的大小为267温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律U=W+Q可得Q0，故放热【点评】： 在运用气体定律解题时要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化根据气体状态方程进行计算时要注意温度的单位取国际制单位