甘肃省定西市通渭县高三上学期期末物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年甘肃省定西市通渭县高三(上）期末物理试卷一、选择题(共8小题，每小题6分，满分48分)1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小,T逐渐变小2．如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2,那么物体A追上物体B所用的时间为（）A．7s B．8s C．9s D．10s3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(）A．v2=k1v1 B．v2=v1 C．v2=v1 D．v2=k2v14．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是（）A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0 D．W=μmgv0t05．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则(）A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴做直线运动6．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图所示．若AO＞OB，则（）A．星球A的质量一定大于B的质量B．星球A的线速度一定大于B的线速度C．双星间距离一定,双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一定，双星之间的距离越大,其转动周期越大7．如图所示,在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD,对角线AC与两点电荷连线重合,两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（）A．A点的电场强度等于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时,物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，则（)A．此过程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1v2﹣m1gdsinθ二、非选择题9．如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．（1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则A．m1＞m2,r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2(2）为完成此实验，需要调节斜槽末端的切线必须水平,如何检验斜槽末端水平：（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）成立．即表示碰撞中动量守恒．10．在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz,查得当地的重力加速度g=9。80m/s2，测得所用的重物质量为1。00kg．实验中得到的一条点迹清晰的纸带（如图所示），把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85。73cm．(1)根据以上数据,可知重物由O点运动到C点,重力势能的减少量等于J，动能的增加量等于J（取三位有效数字）．（2）根据以上数据,可知重物下落时的实际加速度a=m/s2，ag（填“大于”或“小于”），原因是．11．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g,sin37°=0。6，cos37°=0。8．求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．12．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A（视为质点)位于B的右端，A、B、C的质量相等．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．已知A滑到C的右端而未掉下．试问:从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？[物理—-选修3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）A．pb＞pc，Qab＞Qac B．pb＞pc，Qab＜QacC．pb＜pc，Qab＞Qac D．pb＜pc，Qab＜Qac14．如图所示，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气,B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0。8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求（1）第二次平衡时氮气的体积;（2)水的温度．[物理--选修3—4]15．某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（)A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f16．一棱镜的截面为直角三角形ABC,∠A=30°,斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况)．

2016-2017学年甘肃省定西市通渭县高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分,满分48分）1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(）A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大,T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时,点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如下图所示:由题意知点O缓慢移动,即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力TB=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣TB=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=TBtanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．故选：A．2．如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A以vA=4m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时的速度vB=10m/s,只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为（）A．7s B．8s C．9s D．10s【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可．【解答】解：物体A做匀速直线运动，位移为:xA=vAt=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：xB=vBt+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内,物体B的位移为xB1=25m，物体A的位移为xA1=20m，由于xA1＜xB1+S，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s故选：B．3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2，则（）A．v2=k1v1 B．v2=v1 C．v2=v1 D．v2=k2v1【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车在水平路面上行驶时,当牵引力等于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求解．【解答】解：设汽车的功率为P,质量为m，则有：P=K1mgV1=K2mgV2,所以v2=v1故选：B．4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动,在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是（）A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0 D．W=μmgv0t0【考点】66:动能定理的应用;1I：匀变速直线运动的图像;37:牛顿第二定律．【分析】根据动量定理求解恒力F的大小．由速度图象的“面积”求出位移，再求解力F做功W的大小．【解答】解：根据动量定理得：对全过程：Ft0﹣μmg•3t0=0，得F=3μmg在0﹣t0时间内物体的位移为x=,力F做功大小为W=Fx=3μmg=．故选D5．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧,MP⊥ON．则()A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【考点】A7：电场线；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功,电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解:A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间,因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN,故A错误；B、将负电荷由O点移到P点,因UOP＞0，所以W=﹣qUOP＜0，则电场力做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强,故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差,C错误；D、根据电场线的分布特点会发现,电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子,其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．故选：D．6．宇宙中,两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转,称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图所示．若AO＞OB，则（)A．星球A的质量一定大于B的质量B．星球A的线速度一定大于B的线速度C．双星间距离一定，双星的质量越大,其转动周期越大D．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度，根据向心力公式判断质量关系，根据v=ωr判断线速度关系．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力m1ω2r1=m2ω2r2，因为r1＞r2,所以m1＜m2，即A的质量一定小于B的质量，故A错误．B、双星系统角速度相等，根据v=ωr，且AO＞OB，可知，A的线速度大于B的线速度，故B正确．CD、设两星体间距为L，中心到A的距离为r1，到B的距离为r2,根据万有引力提供向心力公式得：=，解得周期为T=,由此可知双星的距离一定，质量越大周期越小，故C错误；总质量一定，转动周期越大,双星之间的距离就越大，故D正确．故选：BD．7．如图所示，在等量异种电荷形成的电场中,画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合,两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是()A．A点的电场强度等于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点,电场力对其先做负功后做正功【考点】AC:电势；AE：电势能．【分析】等量异种电荷周围的电场线是靠近两边电荷处比较密，中间疏，在两电荷中垂线上，中间密，向两边疏，根据电场线的疏密比较电场强度的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．根据电场力方向与速度方向的关系判断电场力做功情况．【解答】解：A、A点的电场线比B点的电场线密，则A点的电场强度大于B点的电场强度．故A错误．B、B、D两点的电场线疏密度相同，则B、D两点间的电场强度相等，等量异种电荷连线的中垂线是等势线，则B、D两点的电势相等．故B正确．C、一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电场力先做负功，再做正功，则电势能先增大后减小．故C正确．D、一电子由C点沿C→O→A路径移至A点,电场力方向水平向左，电场力一直做正功．故D错误．故选BC．8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d,速度为v，则（）A．此过程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时,物块A的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1v2﹣m1gdsinθ【考点】66：动能定理的应用；2H：共点力平衡的条件及其应用；37：牛顿第二定律．【分析】首先根据能量守恒求得F做的功及弹性势能的增加量,然后对初始静止状态和B刚要离开挡板的状态进行受力分析即可求得受力情况及加速度．【解答】解:AD、由能量守恒可得:此过程中拉力F做功的大小=物块A动能的增加量+物块A重力势能的增加量+弹簧弹性势能的增加量；所以，此过程中弹簧弹性势能的增加量为拉力F做功的大小﹣物块A动能的增加量﹣物块A重力势能的增加量=，故A错误,D正确；BC、系统处于静止状态时，弹簧弹力F1=kx1=m1gsinθ，x1为压缩量;物块B刚要离开挡板C时,弹簧弹力F2=kx2=m2gsinθ，x2为伸长量；又有x1+x2=d，故m2gsinθ=kx2≠kd；当物块B刚要离开挡板时，物块A受到的合外力为F﹣m1gsinθ﹣F2=F﹣kd，故物块A的加速度为，故B错误,C正确;故选：CD．二、非选择题9．如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．(1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2,半径为r2，则CA．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2,r1=r2（2）为完成此实验，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：将小球放在斜槽末端看小球是否静止，若静止则水平（3）设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）m1=m1+m2成立．即表示碰撞中动量守恒．【考点】ME:验证动量守恒定律．【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）明确验证末端水平的基本方法是将小球放置在末端,根据小球的运动分析是否水平；(3）两球做平抛运动,由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【解答】解：（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v1＞0,即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰,两小球的半径相同，r1=r2故选C（2)研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出,只有水平飞出,小球才做平抛运动;把小球轻轻的放在斜槽末端,若小球能保持静止,则说明斜槽末端水平．(3)由于小球下落高度相同，则根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1=碰撞后入射小球的速度v2=碰撞后被碰小球的速度v3=若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m2所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故答案为：（1）C(2)将小球放在斜槽末端看小球是否静止，若静止则水平(3）m1=m1+m210．在“验证机械能守恒定律”的实验中,已知电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz,查得当地的重力加速度g=9。80m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．实验中得到的一条点迹清晰的纸带(如图所示）,把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62。99cm、70.18cm、77。76cm、85.73cm．（1）根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于7。62J，动能的增加量等于7。56J（取三位有效数字)．（2）根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a=9.74m/s2，a小于g（填“大于"或“小于”），原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力,或存在空气阻力．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度,从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力,从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能．【解答】解：（1）重力势能减小量△Ep=mgh=1。0×9.8×0。7776J=7。62J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：vc==3.89m/s，△Ek=EkC=mvC2=（3。89）2=7。56J（2）根据以上数据，mah=△Ek=7。56J解得:a=＜g,其主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．故答案为：（1）7.62，7。56，（2）9.74；小于；纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．11．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g,sin37°=0。6，cos37°=0.8．求:（1)水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大;(3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．【考点】66:动能定理的应用;2G:力的合成与分解的运用；2H:共点力平衡的条件及其应用；A6：电场强度．【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中,则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．(2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．【解答】解：（1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力，FNsin37°=qE①FNcos37°=mg②由1、②可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有:mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④可得动能Ek=0。3mgL12．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．已知A滑到C的右端而未掉下．试问:从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？【考点】53：动量守恒定律；66：动能定理的应用．【分析】对BC组成的系统由动量守恒即可求得碰后BC的共同速度，再以ABC组成的系统由动量守恒可求得最后的合速度；因A与C之间有摩擦力做功，则由动能定理可求表示BC走过的距离；同理由动能定理可表示A运动的距离,联立即可解得C的距离与板长的倍数．【解答】解：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0,碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C（A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力），根据动量守恒定律得mv0=2mv1设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC应用动量守恒定律得mv0+2mv1=3mv2设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中,C所走过的距离是s，对BC根据动能定理得如果C的长度为l，则对A根据动能定理得连立以上各式可解得C走过的距离是C板长度的倍．[物理—-选修3—3]13．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同,如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）A．pb＞pc，Qab＞Qac B．pb＞pc，Qab＜QacC．pb＜pc，Qab＞Qac D．pb＜pc，Qab＜Qac【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】根据理想气体状态方程，整理后可得V﹣T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化,再根据热力学第一定律判断做功和吸热．【解答】解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V=T,所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点．由热力学第一定律△U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U相等,又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多．故选：C．14．如图所示,系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高,上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K,两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中,再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求(1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】（1）以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳定律求出气体压强，然后以A下方的氮气为研究对象,由波意耳定律求出氮气的体积．（2）结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量,利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．【解答】解：（1）以氢气为研究对象,初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0。8hS．气体发生等温变化，由玻意耳定律得:p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=1.25p0①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．该过程的初态压强为1。1p0,体积为V;末态的压强为p′，体积为V′，则p′=p+0.1p0=1。35p0②V′=2。2hS③由玻意耳定律得：1。1p0×V=1。35p0×2。2hS,解得:V=2.7hS④（2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过