2020版高考物理大二轮复习专题八鸭模块第一讲热学教学案
高考物理
第一讲 热学
[知识建构]
(注1)……(注4)：详见答案部分
[备考点睛]
1.常考知识
(1)分子大小的估算.
(2)对分子动理论内容的理解.
(3)气体实验定律的理解和计算.
(4)固、液、气三态的特点和理解.
(5)热力学定律的理解和简单计算.
(6)用油膜法估测分子大小等内容.
2.常用的思想方法
(1)测分子直径的方法.
(2)估算微观量的方法.
(3)理想模型法.
3.常见易错点
(1)公式V0＝不能估算气体分子体积，求出的是每个分子所占有的空间.
(2)正确区分布朗运动与扩散现象.
(3)正确区分晶体与非晶体.
[答案] (1)布朗运动与热运动异同点对比
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(2)对物体内能的理解
①物体的体积变大，分子势能不一定变大，如0 ℃的水结成0 ℃的冰后体积变大，但分子势能却减小了．
②理想气体分子间相互作用力为零，故分子势能忽略不计，一定质量的理想气体的内能只与温度有关．
③内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法．
(3)热力学第一定律应用思路与技巧
应注意符号法则：“＋”表示外界对物体或流向物体；“－”表示物体对外界或流向外界．
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ΔU＝Q＋W的三种特殊情况：
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．
②若过程是等容的，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．
③若过程是等温的，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．
(4)①一定质量的理想气体，p、T、V三者的关系是：＝C，C是一个定值．
②气体实验定律可看成理想气体状态方程的特例．
对一定质量的理想气体
当T1＝T2时，p1V1＝p2V2——玻意耳定律．
当V1＝V2时，＝——查理定律．
当p1＝p2时，＝——盖—吕萨克定律．
热点考向一 热学基本概念和规律的理解
角度一 分子动理论、内能
【典例1】 (多选)关于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．分子间作用力随分子间距离的增大而减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
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[思路引领] (1)内能是物体内所有分子做无规则运动的动能和分子势能的总和．
(2)r>r0时与r
T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定理有：＝，
解得：p＝p0，则当T>T0时，气体的压强为p0.
[答案] 见解析
迁移二 理想气体状态方程的应用
2．(2019·苏北四市第一次大联考)如图所示，容器A和汽缸B都能导热，均处于27 ℃的环境中，汽缸B上方与大气连通，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.开始时阀门K关闭．A内为真空，其容积VA＝1.2 L，B内活塞横截面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg，活塞下方充有理想气体，其体积VB＝4.8 L．活塞上方恰与汽缸上部接触但没有弹力．A与B间连通的细管体积不计，打开阀门K后使活塞缓慢下移．不计摩擦，g取10 m/s2.
(1)求稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离及活塞下移过程中汽缸B内气体对活塞做的功；
(2)稳定后将阀门K再次关闭，然后把整个装置放置于207 ℃的恒温槽中．求活塞稳定后汽缸B内气体的压强．
[解析] (1)未打开阀门K时有pB＝＝1.01×105 Pa，打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时汽缸内气体体积减小为1.2 L，压强会大于pB，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触．
所以气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸B中气体体积为V1，则有VB＝VA＋V1，代入数据解得V1＝3.6 L，
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活塞下移距离为d＝＝ m＝0.12 m，
所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离为0.12 m.
气体对活塞的作用力为
pBS＝p0S＋mg＝(1×105×0.01＋10) N＝1010 N，
气体对活塞做的功为
W＝－pBSd＝－1010×0.12 J＝－121.2 J.
(2)阀门K关闭，整个装置放置于207 ℃的恒温槽中，则活塞将上升，气体发生等压变化，设最终体积为V2，
根据盖—吕萨克定律得＝，
解得V2＝5.76 L>VB＝4.8 L，
说明活塞最终停在汽缸顶部，设最终气压为pB′，根据理想气体状态方程有＝，
代入数据解得pB′＝1.212×105 Pa.
[答案] (1)0.12 m －121.2 J (2)1.212×105 Pa
理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
当p、V、T均发生变化时，要考虑理想气体状态方程解题，但要注意必须是一定质量的理想气体.
热点考向三 气体状态变化与热力学定律的综合应用
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【典例】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p—V图中从a到b的直线所示．在此过程中( )
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
[思路引领] (1)根据＝C可知从a到b温度升高．
(2)从a到b过程，T↑→ΔU>0，V↑→W<0.
(3)由ΔU＝W＋Q可知Q>0，且Q>|W|.
[解析] A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热．E错：由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能．
[答案] BCD
气体实验定律与热力学第一定律的综合问题的处理方法
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迁移一 结合气缸考查气体实验定律与热力学第一定律
1.如图，一质量和厚度均可忽略的活塞将气体密封在足够高的导热气缸内，系统静止时缸内的气体温度、压强分别与外界温度T0、外界压强p0相等，活塞与气缸底部高度差为h.现对气缸底部缓慢加热，活塞缓慢上升．已知气体吸收的热量Q与温度差ΔT的关系为Q＝kΔT(其中k为常量，且k>0)，活塞的面积为S，不计一切摩擦，求：
(1)当活塞在缸内上升到离缸底高度为3h时缸内气体的温度T；
(2)在活塞从离缸底高度为h上升到高度为3h的过程中，缸内气体增加的内能ΔU.
[解析] (1)活塞在缸内缓慢上升的过程，缸内气体的压强恒为p0，发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得＝
得T＝3T0
(2)在活塞上升过程中，气体对活塞做的功W＝p0S(3h－h)
在这一过程中，气体吸收的热量Q＝k(T－T0)
由热力学第一定律得，缸内气体增加的内能ΔU＝Q－W
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由以上各式得ΔU＝2kT0－2p0Sh
[答案] (1)3T0 (2)2kT0－2p0Sh
迁移二 结合图像考查气体实验定律与热力学第一定律
2．(2019·湛江市高三调研)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，体积VA＝V0，线段AB与V轴平行，线段AC与T轴平行，BC的延长线过原点．
(1)求气体在状态B时的压强pB；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量Q为多少？
(3)求气体在状态C时的压强pC和温度TC.
[解析] (1)A到B是等温变化，根据玻意耳定律：pAVA＝pBVB
解得pB＝p0
(2)A到B是等温变化，气体的内能不变，即ΔU＝0
气体对外界做的功为10 J，即W＝－10 J
由W＋Q＝ΔU
解得Q＝－W＝10 J
(3)B到C是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：＝
解得TC＝
A到C是等容变化，根据查理定律得：＝
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解得pC＝
[答案] (1)p0 (2)10 J (3)
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0.
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.
易错精析——误把变质量问题当成定质量问题
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1．(2018·广东省茂名市第二次模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压)．为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：
(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？
(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
[解析] (1)对气体由查理定律有＝，
解得T1＝T0＝360 K，
气体原来温度为t＝(360－273) ℃＝87 ℃.
(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝V0＝1.2V0，
则剩余气体与原来气体的质量比为＝＝.
[答案] (1)87 ℃ (2)
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2.(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图所示为喷洒农药用的某种喷雾器．其药液桶的总容积为15 L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L，打气筒活塞每次可以打进1 atm、150 cm3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化．
(1)若要使气体压强增大到2.5 atm，应打气多少次？
(2)如果压强达到2.5 atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？
[解析] (1)设应打气n次，初态为：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L
末态为：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20
(2)由题意可知：p2′＝1 atm
根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入数据解得：V2′＝5 L
剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L.
[答案] (1)20 (2)10 L
专题强化训练(十七)
1．(2019·全国卷Ⅰ)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界压强．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度．
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(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．
(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
[解析] (1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度．
(2)(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.
假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1①
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1′＝V1－V0②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.
由玻意耳定律
p2V2＝10p1V1′③
联立①②③式并代入题给数据得
p2＝3.2×107 Pa④
(ⅱ)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3.由查理定律＝⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
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p3＝1.6×108 Pa⑥
[答案] (1)低于 大于 (2)(ⅰ)3.2×107 Pa (ⅱ)1.6×108 Pa
2．(2019·全国卷Ⅲ)(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是____________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________________________________________________________________________.
为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________．
(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
[解析] (1)如果不稀释油酸，无法形成单分子油膜层，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上形成一块单分子层油膜以便测量油膜厚度，即分子直径．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d＝，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．
(2)(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
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由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm⑥
(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K
[答案] (1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积 (2)(ⅰ)41 cm (ⅱ)312 K
3．(2019·石家庄一模)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空．现抽掉隔板，气体的最终温度仍为T
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B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围图形的面积不相等
D．图丁中，液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力
E．图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤
(2)如图所示，有一足够深的容器内装有密度ρ＝1.0×103 kg/m3的液体，现将一端开口、另一端封闭，质量m＝25 g、截面面积S＝2.5 cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽略不计)，稳定后用活塞将容器封闭，此时容器内液面上方的气体压强p0＝1.01×105 Pa，玻璃细管内空气柱的长度l1＝20 cm.已知所有装置导热良好，环境温度不变，重力加速度g取10 m/s2.
①求玻璃细管内空气柱的压强；
②若缓慢向下推动活塞，当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触)，求容器液面上方的气体压强．
[解析] (1)对图甲，由于右侧为真空，抽掉隔板，气体不对外做功，因为容器绝热与外界无法热传递，由热力学第一定律可知气体内能不变，最终温度不变，选项A正确；对图乙，在某一瞬间跟微粒相撞的液体分子越多，由于分子运动的无规则性，撞击作用的平衡性表现得越明显，选项B错误；图丙中，两图线与横轴所围图形的面积相等，选项C错误；图丁中，由于液体蒸发，液体表面层中分子之间的距离比液体内部分子之间的距离大，液体表面层中分子之间的作用力表现为引力，选项D正确；图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，是毛细现象，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤，减小毛细管的直径，选项E正确．
(2)解法一：①以玻璃管为研究对象，受力平衡可得：
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p1S＝p0S＋mg
解得管内空气柱的压强p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②当细管封闭处恰好与液面平齐时，设细管内气柱长度为l2，压强为p2，容器内液面上方气体压强为p
p2＝p＋ρgl2
玻璃管受力平衡：p2S＝pS＋mg
对玻璃管内的气体由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
联立解得：l2＝0.1 m，p＝2.03×105 Pa
解法二：①玻璃管受力平衡，浮力等于重力，假设此时容器内液面与玻璃管内液面的距离为h0，有：mg＝ρh0Sg
解得：h0＝
设此时玻璃管内气体压强为p1，有：p1＝p0＋ρgh0
解得：p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②当细管封闭处恰好与液面平齐时，设细管内气柱长度为l2，压强为p2，容器内液面上方气体压强为p，则mg＝ρl2Sg
解得l2＝
对于玻璃管内气体，由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
可得压强：p2＝
又p＋ρgl2＝p2
可解得：p＝－＝2.03×105 Pa
[答案] (1)ADE (2)①1.02×105 Pa ②2.03×105 Pa
4．(2019·武汉市毕业生调研)(1)如图是人教版教材3－5封面的插图，它是通过扫描隧道显微镜拍下的照片：
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48个铁原子在铜的表面排列成圆圈，构成了“量子围栏”．为了估算铁原子直径，查到以下数据：铁的密度ρ＝7.8×103 kg/m3，摩尔质量M＝5.6×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.若将铁原子简化为球体模型，铁原子直径的表达式D＝________，铁原子直径约为________m(结果保留一位有效数字)．
(2)如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的气缸水平放置，一横截面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，气缸右侧封闭且留有抽气孔．活塞右侧气体的压强为p0，活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0.将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变．然后将密封的气体缓慢加热．已知重物的质量满足关系式mg＝p0S，重力加速度为g.求：
①活塞刚碰到气缸右侧时气体的温度；
②当气体温度达到2T0时气体的压强．
[解析] (1)由题意可知，一个铁原子的质量为m＝，一个铁原子的体积为V＝，又V＝π3，整理得铁原子的直径为D＝，代入数据解得D＝3×10－10 m.
(2)①当活塞右侧的气体压强为p0时，左侧气体压强为p1，对活塞受力分析，有
p1＝＋p0＝2p0
右侧抽成真空时，左侧气体压强为p2，有
p2＝p0
设此时左侧气体体积为V2，由玻意耳定律有
p1V0＝p2V2
解得V2＝2V0
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缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与气缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3，由盖—吕萨克定律有
＝
解得T3＝1.5T0
②气体温度升高到1.5T0之后，气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得p4＝p0
[答案] (1) 3×10－10 (2)①1.5T0 ②p0
5．(2019·江西省八校联考)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．当分子间距r>r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力
B．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加
C．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
D．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因都是违背了能量守恒定律
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
(2)一质量M＝10 kg、高度L＝35 cm的圆柱形气缸，内壁光滑，气缸内有一厚度可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞质量m＝4 kg、横截面积S＝50 cm2.温度t0＝27 ℃时，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图甲所示，气缸内气体柱的高L1＝32 cm.如果用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，如图乙所示，气缸内气体柱的高L2＝28 cm，两种情况下气缸都处于竖直状态，取重力加速度g＝10 m/s2，零摄氏度对应的热力学温度为273 K.
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①求当时的大气压强；
②图乙状态时，在活塞下挂一质量m0＝3 kg的物体，如图丙所示，则温度升高到多少摄氏度时，活塞将从气缸中脱落．(结果保留两位小数)
[解析] (1)当分子间距r＝r0时，分子间引力等于斥力，分子间距r>r0时，分子间的引力和斥力均随分子间距的增大而减小，但斥力减小得快，因此分子力表现为引力，A错误；一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对它做功，则气体的内能可能增加，B正确；相对湿度为空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压的比值，大气中相对湿度越大，人就感觉到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，C正确；第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，D错误；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，吸收热量，分子势能增大，E正确．
(2)①由图甲状态到图乙状态，气体做等温变化
由玻意耳定律有：p1L1S＝p2L2S
其中p1＝p0－
p2＝p0－
所以L1S＝L2S
可解得p0＝＝1.04×105 Pa
②活塞脱落的临界状态：
气柱体积V3＝LS
压强p3＝p0－
设临界温度为t，则有＝
得t＝78.56 ℃
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[答案] (1)BCE (2)①1.04×105 Pa ②78.56 ℃
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