2022年新疆普通高中高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年新疆普通高中高考物理三模试卷

1.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（）

»E/eV

OC~~——-—.0

4-----------------------0.85

3-----------1.51

------------------------3.40

1----------13.6

A.一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能产生3种不同频率的光子

B.群处于n=3能级的氢质于向低能级跃迁时，从n=3能级跃迁到n=1能级产生的光

子波长最长

C.处于ri=2能级的氢原子吸收能量为2.0eU的光子后，能跃迁到几=3的能级

D.一群处于n=4能级的氢原子跃迁发出的光都可以使逸出功为10.2eU的金属发生光

电效应

2.如图所示为“神舟十一号”与“天宫二号”对接过程的简化示意图，AC是椭圆轨

道II的长轴，“神舟十一号”从圆轨道I先变轨到椭圆轨道H,再变轨到圆轨道川，

与在圆轨道in运行的“天宫二号”实施对接。下列说法正确的是（）

A.“神舟十一号”两次变轨过程中均需要点火减速

B.“神舟十一号”在椭圆轨道上运行的周期小于“天宫二号”运行的周期

c.“神舟十一号”在椭圆轨道上经过C点的速率大于“天宫二号”经过C点的速率

D.“神舟十一号”在椭圆轨道上C点的加速度大于“天宫二号”在C点的加速度

3.如图甲所示，质量nh=2kg的足够长的木板静止在光滑水平面上，质量抽？=1砌的

小物块静止在木板的右端。现对木板施加一水平向右的拉力，小物块与木板运动的

速度图像如图乙所示，g取10m/s2。。下列说法正确的是（）

m2i-

---------------------1—F

叫-------卜一》

甲

A.水平拉力为6N

B.小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2

C.在2s时间内，水平拉力做的功为18/

D.在2s时间内，木板克服摩擦力所做的功为句

4.如图所示，一正方形线圈通过电刷与自耦变压器相连，线圈平面与水平向右，磁感

应强度为B的匀强磁场平行。现让线圈从图示位置以恒定的角速度3转动并开始计

时，转轴与磁场垂直。已知正方形线圈的匝数为N、边长为a,电阻为入则下列说

法正确的是（）

A.正方形线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式为e=NBa）a2sina）t

B.若仅将滑动变阻器的滑动触头向下移动，则电压表的示数变大

C.若仅将自耦变压器的滑动触头向下移动，则电压表的示数变大

D.若仅将线圈的转速变为原来的2倍，则滑动变阻器消耗的电功率变为原来的2倍

5.如图所示，两根细木条搭成顶角为。的人字形装置竖直放置在水平桌面上，细木条

的左右两端连接一根细铜丝在两根细木条的中间施加一竖直向下的力F，此时铜丝

受到的拉力为（）

D.

A.2cos02tan1

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6.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场限定在一个圆形区域内。一个速度大小为u的

带电粒子从P点沿直径方向射入磁场区域，粒子射出磁场时的速度方向与射入时相

比偏转了9角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（）

B.如果只增大粒子的入射速度外则粒子在磁场中的运动时间变短

C.如果把质子和一价钠离子以相同的动能分别从P点射入，钠离子的偏转角大

D.如果把质子和一价钠离子以相同的动量分别从P点射入，它们在磁场中的运动轨迹

重合

7.2022年2月18日，我国选手谷爱凌荣获北京冬奥会女子滑雪U型槽项目的冠军。如

图所示，U型槽可简化成由AB、CD两个相同的四分之一圆弧与BC水平雪道组成，

BC与圆弧雪道相切。质量为m的谷爱凌（可视为质点）从。点自由下落，由左侧4点

进入U型槽中，从右侧D点自由飞出后上升至Q点。其中04=九，QD=0.75/1,圆

弧半径R=2鼠不计空气阻力，下列判断正确的是（）

RC

A.谷爱凌运动到4点的速度为J项

B.谷爱凌首次运动到B点时，对B点的压力为4mg

C.谷爱凌由4到B过程损耗的机械能比C到。过程的大

D.谷爱凌第二次离开U型槽后，最高能够到达相对于4点0.5/1的位置

8.如图所示，水平xOy平面内固定一个内壁光滑的半圆形绝缘细管道，直径与x轴重

合，圆心为4点处于沿y轴正方向的匀强电场中。一带电质点（重力不计）从管口0点

以一定大小的动能琢出发，途经N点，运动到M点时动能变为/Ek，其中NO4V=30,

^OAM=90°,由此可判断（）

y八

A.质点带负电

B.质点运动到M点时，一定受到管外壁对它的弹力

C.若选0点电势为零，则质点在N点的电势能为

D.若选0点电势为答则原点在M点的动能是电势能的两倍

9.为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图甲所示的实验装置。将

带有遮光条的滑块置于水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮与重物相连，测得遮光条宽

度为d,滑块和遮光条的总质量为zn。重物的质量为M,且M=3m,实验室所在地

的重力加速度为g,不计滑轮的质量及摩擦的影响。

实验步骤如下：

(1)利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d=mm,

(2)测出滑块与光电门间距x；

(3)释放滑块，测出遮光条通过光电门时间t；

(4)改变滑块与光电门间距，重复步骤(2)、(3)；

(5)根据实验得到的数据，以(选填":”或“当”)为纵坐标，x为横坐标，做

出如图丙所示的图像，其中该图像的斜率为k,则滑块和桌面间的动摩擦因数

〃=(用k、g、d表示)。

10.某同学欲测量待测电阻&的阻值。实验室提供了以下器材.：

A直流电源(电动势E=121/,内阻r=20)

B.滑动变阻器(最大阻值200)

C.电流表(0〜0.14,内阻力=20)

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。.电流表(0〜30nL4,内阻万=3。)

E.电流表(0-0.34,内阻臼=1。)

F.电阻箱R(999.90)

G.多用电表一个

”.电键一个，导线若干

s'yipv*'

(D该同学先利用多用电表粗略测量待测电阻的阻值。他将多用电表旋转置于欧姆

挡“X10”挡，进行规范操作后，指针位于图甲所示位置，则％=；

(2)为了准确地测量出心的阻值。该同学设计了如图乙所示的电路，其中电流表4应

选用,电流表4应选用(填器材前序号字母)；

(3)闭合电键前，应将图乙中滑动变阻器的滑片移到最(选填“左”或

“右”)端。闭合电键S,调节滑动变阻器，使两电流表的示数较大，记录电流表4

的示数人、电流表乙的示数及电阻箱接入电路的阻值处随后多次调节滑动变阻

器，同时调节电阻箱，使电流表4的示数始终为4,记录每次调节后电流表4的示

数及电阻箱接入电路的阻值R；

(4)根据测得的数值，作出钎捆像，若图像的斜率为匕则待测电阻的阻值

Rx=(用测量最及已知量的符号表示)。

11.如图所示，有一个电荷量为e的电子，经电压U的电场从静止加速后，进入两块间

距为d、电压为2U的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正

好沿金属板的边缘穿出，电子重力不计，求：

(1)金属板的长度

(2)电子穿出电场时的动能。

12.如图所示，长L=3.76m的传送带与水平面夹角。=37。，以速度u=2m/s顺时针

运行。t=0时刻，质量%-1kg的小物块4从传送带顶端以初速度%!=0.6m/s滑

下，同时质量Hip=2kg的小物块B以初速度=4zn/s从底端冲上传送带，经过

一段时间后，两物块在传送带上某处发生瞬间碰撞并且粘连。传送带与物块间的动

摩擦因数均为4=0.5,重力加速度g取10m/s2。求：

(l)t=0时刻，小物块4和小物块B沿传送带运动的加速度大小；

(2)从1=0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间；

(3)小物块4和小物块B离开传送带时的动能。

13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、be、cd、dez回到原状态，其体积随热

力学温度变化的图象如图所示，其中帅、cd均垂直于横轴，ad、be的延长线均过

原点。。下列表述正确的是()

A.在状态a时，单位时间内碰撞容器壁的气体分子数最少

B.气体在a、d两状态的压强相等

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C.气体在状态b时的内能小于它在状态d时的内能

D.在a—b过程中，气体对外界释放的热量等于外界对气体做的功

E.经历atb-c->d-a一次循环，气体从外界吸收热量

14.如图所示，导热性能良好的U形管开口向上竖直放放

置，两端口等高，左端开口右端封闭，左端横截面积

为右端的三倍，此时左端水银面到管口的距离4=

11cm,比右端水银面高h=4cm。现用厚度不计的

轻质活塞封闭左端端口并缓慢向下推动活塞,最终使

两管水银面相平。外界大气压强po=76cmHg,环

境温度保持不变，求：

(1)最终右管气体的压强；

(2)活塞向下推动的距离。

15.下列说法正确的是()

A.做简谐运动的单摆，只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力.

B.弹簧振子的振动方程为y=0.1sin2.57Tt(ni),在t=0.2s时刻，振子的速度为零

C.波不仅能传递能量，参与振动的质点也可随波迁移

D.根据多普勒效应通过比较接收与发射的超声波频率的不同，可测量心脏血液的流速

E.5G信号和4G信号的频率不同，若把通信用的5G信号和4G信号叠加，可以产生稳定

的干涉现象

16.用一透明材料制成的内、外半径比为3：5的空心球壳，经过球心。的截面(纸面内)如

图所示。一束单色光从外球面上的A点射入。

(1)若入射光线与直线4。的夹角i=53。，经一次折射后恰好与内球面相切，求单色

光在透明材料中经两次折射后的出射光线与直线4。的夹角；(不考虑反射)

(2)若入射光线在该材料的内球面恰好发生全反射，求从4点射入的光线与直线4。

的夹角a。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：AB,一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能产生废=3种不

同频率的光子，故其中从n=3能级跃迁到n=1能级产生的光子能量最大，频率最大,

波长最短，故4正确，B错误；

C、从n=2能级的氢原子跃迁到n=3需要E=-1.51eV-（-3.40eK）=1.89W的光子

能量，故C错误；

D、一群处于n=4能级的氢原子跃迁发出的光的能量可以是E'=-0.85eK-

（一1.51eV）=0.66eV,不可以使逸出功为10.2eV的金属发生光电效应，故。错误；

故选：A.

大量处于n=3能级的氢原子，最多可以辐射出3种；能级间跃迁时，辐射（吸收）的光子

能量等于两能级间的能级差；根据光电效应发生条件：辐射光的频率大于极限频率，从

而即可判定。

本题考查能级跃迁及光电效应方程，知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hy=

Em-％0

2.【答案】B

【解析】解：AC,“神舟十一号”在变轨过程中需要向外喷出气体而加速，所以“神

舟十一号”在椭圆轨道上经过C点的速率小于“天宫二号”经过C点的速率，故AC错误;

B、根据万有引力提供向心力有：智=小「与，解得：T=庐，所以“神舟十一

r2T27GM

号”在椭圆轨道上运行的周期小于“天宫二号”运行的周期，故8正确；

D、根据万有引力提供向心力有：誓=小。，解得：a#,“神州十一号”在椭圆

轨道上C点的加速度等于“天宫二号”在C点的加速度，故。错误

故选：B。

神舟十一号加速后做离心运动轨道半径变大，根据万有引力提供向心力，应用万有引力

公式与牛顿第二定律可以求出线速度，再分析它们的大小。

解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式,

来研究不同的物理量与轨道半径的关系。

3.【答案】D

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【解析】解：8.设小物块与长木板间的动摩擦因数为由由u-t图像可知木板与小物块

发生相对滑动，小物块巾2的加速度大小为=臂=|m/s2=Im/s2,根据牛顿第二定

律可得卬n2g=m2a2，解得〃=0.1，故8错误；

A.由〃一t图像可知木板的加速度大小为由=翳=\m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律

可得尸一卬《29=mi%,解得F=5N,故A错误；

C.在2s时间内，木板wii的位移大小为/=：x2m=4/n,水平拉力尸做的功为必=

Fxi=5X4/=20人故C错误；

D在2时间内，木板克服摩擦力所做的功为必=即2gxi=0.1xlxl0x4/=4/,故

力正确；

故选：。。

根据u-t图像求出木板和物块的加速度，结合牛顿第二定律计算出拉力的大小和动摩

擦因数，分别求出物块和木板的位移，根据位移关系判断物块的停止位置以及速度为零

的时刻。

本题考查u-t图像读图能力，结合板块受力分析求解做功。

4.【答案】C

【解析】解：4、现让线圈从图示位移以恒定的角速度转动并开始计时，可知t=0时刻，

线圈产生的电动势最大，线圈产生电动势的最大值为

2

Em=NBa)a

则线圈产生的感应电动势的瞬时表达式为

2

e—Emcosa)t—NBa)acosa)t,故A错误；

8、若仅将滑动变阻器的滑动触头向下移动，由于自耦变压器的输入电压不变，匝数比

不变，可知自耦变压器的输出电压不变，即电压表的示数不变，故B错误；

C、若仅将自耦变压器的滑动触头向下移动，可知自耦变压器原线圈的匝数减小，根据

中=争可知，自耦变压器的输出电压增大，即电压表的示数增大，故C正确；

U1nl

。、若仅将线圈的转速变为原来的2倍，可知自耦变压器的输入电压变为原来的2倍，在

匝数比不变的情况下，自耦变压器的输出电压也变为原来的2倍，根据功率的计算公式

P=《可知，滑动变阻器消耗的功率变为原来的4倍，故。错误；

R

故选：Co

根据线圈所在的位置结合法拉第电磁感应定律得出感应电动势的瞬时表达式；

根据原副线圈的匝数比得出电压表的示数变化；

根据法拉第电磁感应定律得出电压的变化，结合功率的计算公式完成分析。

本题主要考查了变压器的构造和原理，理解交流电的产生特点，掌握变压器原副线圈的

匝数比和电学物理量的关系，结合功率的计算公式即可完成分析。

5.【答案】C

【解析】解：对顶点受力分析，根据正交分解可得?=备，在杆4的下端，根据力的

0F0F6

分解可得：F杆=Ts讥号=w^xsin5=5tan£,故43。错误，C正确；

故选：C.

现在顶点进行受力分析，然后在4杆底端受力分析，根据力的合成与分解即可求得。

本题主要考查了力的合成与分解，抓住合力与分力即可。

6.【答案】BD

【解析】解：A、设圆形磁场区域的半径为R,tan£=3

解得R=Tta*=筹-tang如果只增大磁感应强度B,

2qB2

则偏转角变大，故A错误；

R8

B、粒子在磁场中运动的轨迹长度为：s=»=靛，粒

n2

sRB

子运动时间t=;=力，如果只增大粒子的入射速度V,

n2

则粒子在磁场中的运动时间变短，故B正确；

2

C、由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m^,解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径

为：r=等，根据tang=3质子和一价钠离子的电荷量相等，但质子的质量数小于一

价钠离子的质量数，则钠离子的偏转角小，故C错误；

D、由于p=mu,r=.，质子和一价钠离子的电荷量相等，所以运动轨迹半径r相等，

所以运动轨迹重合，故。正确；

故选：BD。

画出粒子运动轨迹根据几何关系求磁场区域半径；根据洛伦兹力提供向心力求得轨道半

径，再根据弧长公式求得轨迹长度等，结合选项分析。

本题考查带电粒子在磁场中运动，难度中等，根据题意画出粒子运动轨迹，找到圆心角

第10页，共18页

以及半径是解题关键。

7.【答案】AC

【解析】解：4、从。到4过程中，根据动能定理可得:mgh.-^mv2-0,解得:v={2gh,

故A正确；

8、由于滑板与轨道间动摩擦因数不知道，无法计算谷爱凌首次运动到B点时的速度大

小，所以无法计算她对B点的压力大小，故B错误；

C、由于谷爱凌由4到8过程平均速度大于从C到。过程中的平均速度，则根据向心力的

知识可知，谷爱凌由4到B过程受到的摩擦力大于从C到。过程中受到的摩擦力，则谷爱

凌由4到B过程损耗的机械能比C到。过程的大，故C正确；

D、谷爱凌第一次由。到Q过程损耗的机械能为4Ei=mgh-mgx0.75/1=0.25mgh,

从Q到。点运动的过程中，平均速度小于第一从。到Q的平均速度，则机械能损失小于

0.25mgh,谷爱凌第二次离开U型槽后，最高能够到达相对于4点的高度大于0.5无，故。

错误。

故选：AC.

从。到月过程中，根据动能定理求解速度大小；由于滑板与轨道间动摩擦因数不知道，

无法计算谷爱凌首次运动到B点时的速度大小；根据平均速度大小分析摩擦力大小，从

而得到损失的机械能多少。

本题主要是考查功能关系，知道克服摩擦力做的功等于机械能的损失。注意：本题中由

于平均速度不同时对轨道的压力不同、摩擦力不同，造成机械能损失不同，这是本题易

错的地方。

8.【答案】AB

【解析】解：4由题可知带电质点重力不计，只受电场力作用从。点以大小为劣的动能

出发：运动到M点时动能变为根据动能定理得，

卬电=EqR=三Ek-Ek=EqR=~^Ek①

电场力做负功，由题可知带电质点受电场力逆电场线方向，故质点带负电，故A正确；

B、假如在的M点时，管壁对质点没有力，由牛顿第二定律得Eq=小1

即:=qEqR=EkM=^EqR^(T)^^EqR=；%

联立得：EkM=1x^Ek=^Ek,实际在M点的动能为［ER＞以M

即实际速度大于外故质点受外壁对它的弹力作用，故B正确。

C.从。到N由动能定理得：-EqRsin30。=EkN-Ek

由①式得：EqR=-^Ek

得。到N电场力做功为：Wftl=-\EqR=-\Ek

再结合电场力做功是量度电势能变化

则电场。做负［后人的功，电势能增加;又因。点电势能为0,故N点电势能为故

C错误；

。由EqR=一招.同理得质点在M点电势能为阻淇动能也为阻，故动能等于电势能,

故。错误。

故选：AB.

由动能定理饭呢西求解电性及能量转化，由牛顿第二定律分析弹力。

本题考查静电场，学生需结合动能定理综合解答。

9.【答案】20.7^3—生贮

加9

【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为O.lzmn,不需要估读，遮光条的宽度为：

2cm+7x0.1mm=20.7mm

(5)滑块经过光电门的速度为：

d

V=-t

以滑块和重物为整体，根据动能定理可得：

Mgx—林mgx=+m)v2

联立可得：专=卷翳7

可知图丙所示的图像以专为纵坐标，X为横坐标；

图丙图像的斜率为：

(M+m)d2

又M=3m

联立解得：fi=3--

9

故答案为：(1)20.7；⑸2；3一誓

(1)根据游标卡尺的读数规则得出遮光条的宽度；

第12页，共18页

(5)根据动能定理列式，由此分析出纵坐标的物理意义，结合图像的斜率得出〃的表达式。

本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合动能

定理及图像的斜率完成分析。

10.【答案】1100F。左叫一

【解析】解：(1)多用电表旋转置于欧姆挡“X10"挡，则读数为％=1100;

(2)因为电流表C(0〜0.14,内阻6=2。)的内阻已知，理论上可以准确测量出勺的阻值,

电流表必要选用该表，由电路图可知，电流表4、4量程应该相差不大，且%量程比&

大，因此为选尸，必选。，

(3)闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端；

(4)根据题意可知，/]=/2+吟电

R

转化形式得：2=*+空3

l2Z1K

贝伊=k

解得：Rx=klx-rx

故答案为:(1)110/2；(2)F,£»；(3)左；(4)-1一万

(1)根据多用电表的读数方法读得；

(2)根据实验原理结合电路图选出合适的电学仪器；

(3)为了保护电路，一开始滑动变阻器的滑片应移到最左端；

(4)根据欧姆定律得出图像解析式结合数学知识计算出被测电阻的大小。

本题主要考查了安安法测电阻的实验，根据实验原理选出合适的电学仪器，结合欧姆定

律和数学知识计算出被测电阻的阻值，对学生的数学要求较高。

11.【答案】解：(1)设电子离开加速电场时的速度为孙，根据动能定理得：

j12

eUT=-mvo

在竖直方向上：22m

在水平方向上：L=vot

联立解得：L=d

(2)取电子的整个运动过程为研究阶段，根据动能定理得：

Ek=2eU

答：(1)金属板的长度为d；

(2)电子穿出电场时的动能为2eU。

【解析】(1)根据动能定理得出粒子进入偏转电场的速度，理解不同方向上的运动特点，

结合运动学公式计算出金属板的长度；

(2)根据动能定理计算出电子穿出电场时的动能。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解电子在不同方向上的运动特点，结合动

能定理即可完成解答。

12.【答案】解：(l)t=O时刻，分别以小物块4和8为研究对象，由牛顿第二定律可得:

aA=gsinO—figcosO

aB=gsind+ngcosd

22

代入数据解得：aA=2m/s,aB=10zn/s；

(2)设小物块B的速度与传送带相同经历的时间为由运动规律可得：口=詈

代入数据解得：ti=0.2s

在G时间段内，小物块4和B的位移分别为巧,和&，则有：

X

xA=VoxG-B=

代入数据解得：xA=0.16m,xB=0.6m

因sin。＞[icosO,故aj=gsind-p.gcos0

解得此后8的加速度大小为：a/=2m/s2

设小物块B从0时刻减速到零经历的时间为七

则：t2=5；=|s=lS

在t2时间段内，小物块4和B的位移分别为X/和&'，则有：

XA'=v0,1t2+1^(2^+t2)t2,xB'=^t2

代入数据解得：xA'=2m,xB'=Im

xA+xB+xA'+xB'-0.16m+0.6m+2m+Im-3.76m=L

即小物块B减速到零时恰好与小物块4发生碰撞，t=Q+t2=0.2s+Is=1.2s；

(3)设在t时刻小物块4的速度为以'，则有：

VA=V0A++t2),解得：以'=3zn/s

两物块碰撞后共同的速度为〃为取沿传送带向下为正方向，由动量守恒定律可得:

rnAvA'=(mA+mB)v共

第14页，共18页

碰撞后二者的加速度：a共=gsind-ngcosd

代入数据解得：a^=2m/s2,

以两物块碰撞完毕到即将离开传送带为研究阶段，由动能定理可得：

+mB)a^xB+xB')=Ek--(mA+ms)v^.

联立解得：Ek=11.1/。

答：(l)t=O时刻，小物块4和小物块8沿传送带运动的加速度大小分别为2m/s2、

10m/s2；

(2)从上=0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间为1.2s；

(3)小物块4和小物块B离开传送带时的动能为11.1/。

【解析】(l)t=O时刻，分别以小物块4和8为研究对象，由牛顿第二定律求解加速度大

小；

(2)分析两个物块的运动情况，根据运动学公式分别求出每个阶段的位移和时间，由此

得到从t=0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间；

(3)动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根据牛顿第二定律恰好碰撞后二者的加速度

大小，再根据动能定理进行解答。

本题主要是考查了动量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚两个物块的

受力情况和运动情况；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前

系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、根据U-T图像可知，在a状态，气体的体积最大，故单位时间内碰撞

容器壁的气体分子数最少，故A正确；

B、在V-T图像中，过坐标原点的直线，气体做等压变化，da过程气体做等压变化，

气体在a、d两状态的压强相等，故B正确；

C、由图像可知，气体在这状态d的温度大于状态匕的温度，故气体在状态b时的内能大

于它在状态d时的内能，故C错误；

。、从a到b,气体的温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第

一定律可知，气体对外界释放的热量等于外界对气体做的功，故。正确；

E、把此图形转化为p-U图像，可知在过程b-c中和过程d-a中图像包围的面积是相

等的，所以这两个过程做功的绝对值是相等的，即在过程b-c中外界对气体做的功等

于在过程dta中气体对外界做的功，由于在过程btc中外界对气体做的功等于在过程

d—a中气体对外界做的功，根据热力学第一定律可知经历a-b->cfd-a一次循环,

气体从外界吸收热量之和为零，故E错误；

故选：ABD.

根据一定质量的理想气体状态方程可知在7图象中，图线上各点与坐标原点的连线

斜率越大压强越小，分析各条图线的变化可知压强变化，温度是分子的平均动能的标志，

根据图象可分析状态的变化，再由热力学第一定律进行分析，明