2024届陕西省商洛市高三年级上册尖子生学情诊断考试理综试题（含答案解析）

2024届陕西省商洛市高三上学期尖子生学情诊断考试理综试

题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.放射性元素杯（2：：Pu）是重要的核原料，其半衰期为88年，一个静止的杯238衰

变时放出a粒子和丫光子，生成原子核X,已知杯238、a粒子和原子核X的质量分别

为叫、m3,普朗克常量为无,真空中的光速为c,则下列说法正确的是（）

A.X的比结合能比杯238的比结合能小

B.将杯238用铅盒密封，可减缓其衰变速度

C.杯238衰变时放出的丫光子具有能量，但是没有动量

D.杯238衰变放出的y光子的频率小于-%3）/

n

2.据中国载人航天工程办公室消息，中国空间站已全面建成，我国载人航天工程“三步

走”发展战略已从构想成为现实。目前，空间站组合体在轨稳定运行，神舟十五号航天

员乘组状态良好，计划于今年6月返回地面。空间站运行期间利用了我国的中继卫星系

统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道

上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星在距离地面36000公里左右的地球静止轨

道上运行，则下列说法正确的是（）

A.中继卫星可能经过合肥正上空

B.空间站运行的角速度与中继卫星角速度大小相同

C.在空间站内可以用水银体温计测量宇航员体温

D.在实验舱内由静止释放一小球，测量小球下落的高度和时间可计算出实验舱所在

轨道处的重力加速度

3.如图所示的理想变压器电路，变压器原、副线圈的匝数可通过滑动触头P1、P2控制，

Ri为定值电阻，R2为滑动变阻器，L为灯泡。当原线圈所接的交变电压U降低后，灯

泡L的亮度变暗，欲使灯泡L恢复到原来的亮度，下列措施可能正确的是（）

A.仅将滑动触头P缓慢地向上滑动

B.仅将滑动触头P2缓慢地向上滑动

C.仅将滑动变阻器的滑动触头P3缓慢地向下滑动

D.将滑动触头P2缓慢地向下滑动，同时P3缓慢地向下滑动

4.如图所示，虚线为匀强电场中的三角形，且三角形与匀强电场平行，NO=90。，

NA=30。，8。的长度为/。一带电荷量为q的正粒子由A移动到8的过程中，电场力对

该粒子做功为零，由8移动到。的过程中克服电场力做了W的功。图中的实线为粒子

的可能轨迹，假设。点的电势为零，则下列说法正确的是（）

A.该匀强电场的场强为方

ql

W

B.B点的电势为一一

q

w

C.0、A两点的电势差为---

q

D.如果负粒子在A点的初速度方向由A指向2,则粒子的轨迹可能为实线M

5.一儿童在楼梯台阶上玩掷弹力球游戏，弹力球质量为7W,小球从高处落到低处，其

空中运动轨迹如图所示，已知台阶的高和宽均为3不计空气阻力和碰撞时间，重力加

速度为g，以下说法正确的是（）

A.弹力球每次弹起在空中运动时间为2、陛

N3g

B.弹力球每次弹起时速度大小为更正

6

c.弹力球每次碰撞动量的变化量大小为加倔Z

试卷第2页，共8页

D.弹力球每次碰撞损失的能量为等

二、多选题

6.两根长度均为/的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形较链连接，此球为A球，另

一端与质量均为m的B、C小球相连。将此装置的两杆并拢,银链向上竖直地放在桌上，

右边距离C球正/处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A球下降，

2

致使C球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都

比杆长/小得多，重力加速度取g,从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列

说法正确的是（）

A.整个运动过程中系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒

B.C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为

C.A球落地前瞬间，三球速度相同

D.A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方

7.如图所示，光滑水平面内固定着半径R=20cm的三分之二光滑圆弧轨道ABC,空间

有水平向右的匀强电场，电场强度E=4V/m,以圆心。为原点建立沿电场线方向的坐

标轴无，其中A点和C点关于x轴对称，0A和OC均与x轴间夹角为60。，一带正电小

球从x轴上M点垂直x轴方向以速度%沿水平面方向抛出，小球恰好从A点沿切线方向

进入圆弧轨道，已知小球电荷量4=1C、质量帆=0.1kg,以下说法正确的是（）

A.小球初速度%大小为4m/s

B.M点坐标为X”=-30cm

C.小球对轨道的最大压力为24N

D.小球运动具有周期性

8.如图所示，三个半径均为R的圆形磁场区域I、II、III两两相切，圆心分别为。1、

。2、Q，区域I、III内存在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度均为综，一带电粒子

以速度%沿。。3连线方向从区域I的边界进入磁场,通过三个区域后沿。03方向从区域

III边界射出，已知粒子电量为e,质量为“z,粒子从进入磁场到出磁场过程，始终在磁

B.区域n磁感应强度大小为3为

c.粒子在区域n中速度方向改变了60。角

8711n

D.粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为仅营

9小

三、实验题

9.如图a所示，为了探究合力与分力的关系，某实验小组的同学将一张白纸用四个图

钉固定在水平的平板上，另用一图钉将橡皮筋固定在A点，橡皮筋的另一端栓接两细绳

套，将两只弹簧测力计甲和乙分别挂在两细绳套上，使其沿平行于平板的方向将两条细

绳拉开一定的角度，并将结点拉到白纸上的。点。

图a图b

试卷第4页，共8页

（1）图a中弹簧测力计甲的读数为N,弹簧测力计乙的读数为N„

（2）在完成该实验时，为了保证每次操作的实验效果相同，下列措施必须的是o

A.任何一次操作都应保持两细绳套的角度相同

B.任何一次操作都应将结点拉到同一位置。点

C.任何一次操作结束后，读数时应正视弹簧测力计的示数

D.任何一次操作都应记录细绳的方向

（3）该小组的同学完成某次操作后，将记录的实验数据描绘在白纸上，作出的图如图

b所示，则是理论值，是实际值.（均填或呐'”）

10.甲、乙两个实验小组先后用相同的实验器材测量同一电源的电动势和内阻，实验室

提供以下实验器材：

两节完全相同的干电池（每节电动势约为L5V,内阻约为0.5。），电压表V（量程为。〜

3.0V,内阻约为6000。），电流表A（量程为0〜1.2A,内阻约为0.2。），滑动变阻器R

（0-50Q,0-1.0A）,导线及开关；

（1）甲小组实验电路图如图（a）,乙小组实验电路图如图（b）o请将下列实验器材按

照电路图（a）连接完成。

—®-------

川1---------------厂----

(a)

（2）两个小组电路连接准确无误后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片读出电流表和电

压表的读数，都分别在U-/图像中做出其实验图线；考虑到误差因素，又都在同一图像

中作出修正图线，各图线延长线交坐标轴上各点的坐标值如图（丙）和（丁）。

则（丙）图像为（选“甲”或“乙”）小组作的图像，其中①为（选“实验图

线''或"修正图线”）；（丁）图像中②为（选“实验图线''或"修正图线”）

(3)每节电池的电动势E=V(结果保留三有效数字)，内阻厂Q(结果

保留两位有效数字)。

四、解答题

11.如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块置于

木板上A处。从t=0时刻开始，木板在外力作用下开始沿水平地面做直线运动，其运

动的v-f图象如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为〃=0.2,木板与滑块间的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m//.求：

(1)f=3.5s时滑块的速度大小；

(2)若滑块在木板上滑动时能够留下痕迹，则此痕迹的长度。

甲乙

12.如图所示，电阻不计的U形导轨P放置在光滑的水平面上，导轨质量M=3kg,宽

度乙=lm,导体棒放置在导轨上并与导轨垂直，导体棒质量根=1kg、电阻R=1Q。

右侧区域内存在着竖直向上的有界磁场，磁感应强度大小B=2T,初始时导体棒油距

磁场左边界距离网=0.4m,距导轨左端距离无2=4m,现对导轨施加水平向右的恒力产

=20N,使导轨与导体棒漏一起做加速运动。导体棒进入磁场刚好做匀速运动(最

大静摩擦力等于滑动摩擦力)，当导体棒仍离开磁场的瞬间，导轨左端正好进入磁场，

导轨出磁场前与导体棒ab达到共同速度并一起做匀速运动，重力加速度取g=10m/s2。

求：

(1)导体棒进入磁场时的速度大小；

(2)导体棒与导轨间动摩擦因数和磁场宽度4；

(3)导轨左端离开磁场时的速度；

(4)U形导轨P的左端穿越磁场所用的时间。

试卷第6页，共8页

五、多选题

13.一定质量的理想气体，从初始状态。经状态从c、d再回到。，它的压强P与体积V

的变化关系如图所示，油力为一平行四边形.下列判断正确的是（）

p/xlO5Pa

_b

K/xlO-3m3

A.气体在状态。的温度大于在状态c的温度

B.d-a过程，气体向外界放出的热量大于225J

C.a―人过程，气体吸收的热量小于它增加的内能

D.6-»c过程气体内能的增加量等于c->d过程它向外界放出的热量

E.从初始状态。经状态从c、d再回到。的过程，气体吸收的热量为300J

六、解答题

14.如图所示，一竖直放置的绝热汽缸被质量为〃2=.（S为汽缸横截面积）的活塞

和固定的绝热隔板分成上、下两个气室，下方气室内有加热装置（图中未画出），固定

隔板上装有单向阀门，单向阀门只能向上开启（下面气压大于上面气压时开启）。状态

稳定时，下方气室内气体压强为P。，上、下两气室内气体温度均为汽缸上部有固

定卡塞，卡塞到活塞的距离、活塞到隔板的距离以及隔板到汽缸底部的距离均相同，重

力加速度为g,大气压强为P。，不计活塞与汽缸、单向阀门与转轴之间的摩擦，求：

（1）加热下方气体，使温度缓慢升高到1.54，稳定后下方气室内气体的压强；

（2）加热下方气体，使其温度缓慢升高到30”,稳定后下方气室内气体的压强。

卡塞

活塞

隔板

七、多选题

15.某简谐横波沿x轴正方向传播，坐标为玉=2cm和％=18cm的两质点的振动图像如

图中实线和虚线所示.已知该波波速为20cm/s,波长大于20cm,;时刻4处的质点位

于波谷，则下列说法正确的是（）

A.该波的周期为1.2s

B.f=0.6s时两质点位移大小相等，振动方向相同

C.从％时刻起演处的质点至少要经过Q8s才能处于波峰

D.A时刻々处的质点偏离平衡位置的位移为10cm

E.该波遇到大小为25cm的障碍物时能发生明显的衍射现象

八、解答题

16.如图所示，一束平行于等边三棱镜横截面ABC的光线从空气中射到E点，折射光

线沿路径所射到尸点。已知入射光线与A8边的夹角为。=30。，折射光线在尸点恰好发

生全反射。已知光在真空中的传播速度为c,BE=L,求：

（1）三棱镜的折射率；

（2）光从E传播到尸所用的时间。（结果保留根号）

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.D

【详解】A.衰变过程释放能量，质量亏损，生成的新核更稳定，比结合能更大，故A错误；

B.放射性元素的衰变快慢跟物理、化学状态无关，故B错误；

C.据康普顿观点，丫光子不仅具有能量，也具有动量，其动量为p=?h,故C错误；

A

D.衰变过程释放的能量一部分以光子的形式释放，另一部分转化为新核和a粒子的动能,

根据能量守恒可得

2

(»?1-m2—m3)c>hu

解得

u<—(77i1一根，-m^c1

h一

故D正确。

故选D。

2.C

【详解】A.同步卫星的轨道在赤道上方，不可能经过合肥上空，A错误；

B.根据牛顿第二定律得

「Mm

G——=ma>2r

解得

中继卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，所以中继卫星角速度小于空间站运行角速度,

B错误；

C.因为水银温度计是根据热胀冷缩原理制成的，所以可以用水银体温计测宇航员体温，C

正确；

D.在空间站内的小球处于完全失重状态，由静止释放的小球处于漂浮状态，小球不下落,

则无法通过测量小球下落的高度和时间计算出实验舱所在轨道处的重力加速度，D错误。

故选C。

3.B

【详解】A.原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压历减小，仅将滑动触头P

答案第1页，共15页

缓慢地向上滑动，则变压器原线圈匝数如变多，据巧可知，副线圈两端电压必

减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度，故A项错误；

B.原线圈所接的交变电压。降低后，原线圈两端电压S减小，仅将滑动触头P2缓慢地向

上滑动，则变压器原线圈匝数〃2变多，据以：6=%：%可知，副线圈两端电压U2有可能与

原来的电压相同，灯泡可能恢复到原来的亮度，故B项正确；

c.原线圈所接的交变电压u降低后，原线圈两端电压⑦减小，据可知，副

线圈两端电压减小；滑动变阻器与灯泡并联后与舟串联，据串联分压规律知，仅将滑动

变阻器的滑动触头P3缓慢地向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，滑动变阻器与灯泡

并联部分分得电压所占比例下降；所以原线圈所接的交变电压U降低后，仅将滑动变阻器

的滑动触头P3缓慢地向下滑动，灯泡两端电压一定减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度，

故C项错误；

D.原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压必减小，将滑动触头P2缓慢地向下

滑动，则变压器原线圈匝数“2变少，据S：U2=«1：%可知，副线圈两端电压S一定减小；

滑动变阻器与灯泡并联后与R/串联，据串联分压规律知，将滑动变阻器的滑动触头P3缓慢

地向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，滑动变阻器与灯泡并联部分分得电压所占比例

下降；所以原线圈所接的交变电压U降低后，将滑动触头P2缓慢地向下滑动，同时P3缓慢

地向下滑动，灯泡两端电压一定减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度，故D项错误。

4.B

【详解】BC.正粒子由A移动到B的过程中，电场力对该粒子做功为零，说明连线为

该匀强电场的一个等势线，由B移动到。的过程中，电场力对该粒子做功为-W,说明电场

强度的方向垂直向上，则8。之间的电势差为

-W

UBO=%-%=----=UA0=%一%

q

又

%=0

则

-W

(PB=(PA=----

q

。、A两点的电势差为

答案第2页，共15页

w

UOA=~UAO=—

q

故B正确；C错误；

A.该匀强电场的电场场强大小为

c=-UBO2A/3W

/sin6003ql

故A错误；

D.负粒子由A点射入该匀强电场时，受力方向与电场线的方向相反，即负粒子将向下偏转,

则负粒子的轨迹可能为实线N。故D错误。

故选Bo

5.C

【详解】弹力球做斜抛运动，每次上升的最大高度为:,

A.根据

L12

-=—g'l

321

可得上升的时间

[2L

zi=J丁

'3g

AT

下落高度为可，同理可知下落的时间

c/2-L

’2=-JT

弹力球每次弹起在空中运动时间为

A错误；

B.弹力球水平方向匀速运动,水平速度

益平/=杵

每次弹起时竖直分速度

弹力球每次弹起时速度大小

答案第3页，共15页

V=

B错误;

C.每次落地时的竖直分速度

_,.2辰

V2=gt?=----一

由于只有竖直方向速度发生变化，弹力球每次碰撞动量的变化量大小为

mAv=mu,-(-mVj)=16gL

C正确；

D.弹力球每次碰撞损失的能量

△E=g机(片+v太平)-gm(y[+喙平)=mgL

D错误。

故选C。

6.BD

【详解】A.运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩

擦因此系统机械能守恒，故A错误；

B.由于三球质量相同，静止释放A球竖直向下运动，当A、C间的杆与竖直方向夹角为45。

时C球与竖直墙壁碰撞，此时，A球、C球的速度沿AC杆方向分速度相同，A球、B球的

速度沿A8杆方向分速度相同，由于两杆与竖直方向夹角都是45,故三球速度大小相同，

由动能定理得

1,

mgl(1-cos45°)=—•3mv

则C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为

故B正确；

CD.C球与墙壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC杆方向速度立即沿CA方向，碰撞

后瞬间A、B、C三球速度相同均水平向左为

此后三球水平方向动量守恒。当A球落地瞬间，B、C两球只有水平向左速度，A球还具有

答案第4页，共15页

竖直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C错误，D正确。

故选BD。

7.CD

【详解】A.小球先做类平抛运动，有

Rsin60°=vot

m

tan60°=上

%

解得

%=2m/s,t=--s

20

故A错误；

B.根据几何关系可知M点坐标

2

xM=-^—t+Reos60°^=-25cm

故B错误；

C.小球到达B点时速度最大，小球对轨道压力最大，由动能定理，有

2

Eq(]xM|+/?)=1m(v-Vo)

由牛顿第二定律，有

v2

r-Eq=m—

解得

尸=24N

故C正确；

D.小球达到C点时速度大小与在A点时相等，小球从C点离开轨道后做类斜上抛运动，恰

好再经过M点并恢复初始状态，故小球运动具有周期性，故D正确。

故选CDo

8.BD

【详解】A.粒子运动的轨迹如图

答案第5页，共15页

由左手定则可知，粒子带负电，区域II磁场方向垂直纸面向外，选项A错误;

B.粒子在磁场I中运动的轨道半径

6=Rtan60

粒子在磁场II中运动的轨道半径

r2=Rtan30

则

4=30

根据

V2

evB=m——

r

可得

B=-

er

可得

"=二=3

B0r2

选项B正确；

C.由图可知，粒子在区域II中速度方向改变了120。角，选项C错误；

D.粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为

r=2x——+——=—

360Boe3603Boe9eB0

选项D正确。

故选BD„

9.4.002.50CD/DCFF'

答案第6页，共15页

【详解】（1）口]⑵图a中弹簧测力计甲的读数为4.00N,弹簧测力计乙的读数为2.50N；

（2）[3]

A.任何一次操作不需要保持两细绳套的角度相同，只需要在合适的范围内即可，故A错误；

B.任何一次操作不需要将结点拉到同一位置。点，只需要保证同一组实验中单独一个力作

用和两个力作用时拉到的结点位置相同即可，不一定非得是固定的。点，故B错误；

C.为保证实验的准确性，读数时应正视弹簧测力计的示数，故C正确；

D.实验中验证力的平行四边形法则，任何一次操作都应记录细绳的方向来表示力的方向，

故D正确。

故选CD。

（3）[4]⑸理论值是通过平行四边形法则得到的，故是孔实际值是单独一个力作用时的效

果，方向必定与共线，故是歹\

10.见解析甲修正图线实验图线3.001.0

【详解】（1）口]电路连接如图所示

（2）[2][3][4]电路图如图（a）中，主要误差来源于电压表的分流作用，理论上路端电压为

零时，外电路被短路，电压表没有分流作用，测量是准确，而随着路端电压的增加，电压表

的分流作用逐渐增加，电流表测量值小于准确值，偏差逐渐增大，因此测得的电动势偏小，

内电阻偏小；电路图如图（b）中，主要误差来源于电流表的分压作用，理论上当电流表的

示数为零时，电流表没有分压作用，电压表测量是准确的，随着回路的电流增加，电流表的

分压逐渐增大，电压表测量值小于真是值,而且偏差逐渐增大，因此测得的电动势是准确的，

内电阻偏大。因此丙图像是甲小组作的图像,其中①为修正图线;丁图像中的②为实验图线。

（3）[5]⑹利用修正图像可知，图像与纵坐标的交点等于电动势，图像的斜率表示内电阻,

即

答案第7页，共15页

E=3.00V,r=1.0Q

11.(1)7m/s；(2)12m

【详解】(1)假设片0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的量图象可得，木板的

加速度大小

%=-=4m/s2

At

对滑块，由牛顿第二定律有

jLimg=ma2

得

〃2=2m/s2

由于〃2〈幻，所以滑块确实与木板发生了相对滑动，/=3s时滑块的速度大小

v2=a2t=6m/s

木板的速度大小

匕=12m/s

之后，木板减速，加速度大小仍为由,当两物体共速还需要时间有

+

匕-ax\t=v2〃2A/

解得

Af=ls

故在3-4s内，滑块还在加速，因此£=3.5s时滑块的速度大小

加r/

v3=v2+—=7m/s

(2)由以上分析可知，=4s内滑块一直加速，位移大小为

x2=；%严=16m

，=4s时滑块的速度大小为

V*=a2t'=8m/s

根据v—图像与时间轴围成的面积可知木板，=4s内位移大小为

1c—8+12I”

%,=—x3xl2nn---------xlm=28m

勺22

因此4s内木板相对滑块向前运动12m；

答案第8页，共15页

，=4s前，木板相对滑块向前运动，，=4s后，因为木板加速度大小不变且大于滑块的最大

加速度，则木板相对滑块向后运动，在A，=2s(4-6s)内，木板的位移大小为

(6—4)x8

m=8m

2

滑块在f'=4s后减速直到停止过程的位移大小

2%

因此4-6s内，木板相对滑块向后运动8m„

故滑块在木板上滑动时能够留下痕迹，则此痕迹的长度为12m。

12.(1)2m/s；(2)0.8,2m；(3)5m/s；(4)0.4s

【详解】(1)导体棒进入磁场前，对导轨和导体棒整体分析，由牛顿第二定律得

F=(M+m)%

由匀变速直线运动规律得

V：=2。]西

解得导体棒进入磁场时的速度大小为

V1=2m/s

(2)导体棒在磁场中做匀速直线运动，产生的电动势为

E[=BLvt

由闭合电路欧姆定律，可得流过导体棒的电流为

1R

对导体棒受力分析，由平衡条件可得

jLimg=BI[L

解得

〃=0.8

设导体棒在磁场中运动的时间为％,则有

d=贴

在时间％内，对导轨受力分析，由牛顿第二定律得

答案第9页，共15页

F-jumg=Ma2

由匀变速直线运动规律

12

%2=卬1+］初

解得

2

a2=4m/s

%=Is

d=2m

(3)设导轨出磁场前与导体棒达到的共同速度为"，共速时导轨左端产生的电动势为

E2=BLv

流过导轨的电流为

/,=丝

2R

由于一起做匀速运动，则有

F=BI2L

可得导轨左端离开磁场时的速度为

v=5m/s

(4)导轨左端刚进入磁场时的速度为

v2=vi+=6m/s

设导轨的左端穿越磁场所用的时间为L，对导体棒和导轨整体分析，由动量定理可得

Ft2-BILt2=(M+m)v-(Mv2+mvj

又因为

i上

R

-A①BLd

E=n----=-------

AZt2

解得

t2=0.4s

13.BDE

【详解】A.根据理想气体状态方程可知

答案第10页，共15页

2c

T

可知pV乘积正比于温度，由图可知

PM>PNa

可知气体在状态a的温度小于在状态C的温度，故A错误；

B.4-。过程，由图可知体积减小，外界对气体做正功，由图线与横轴所围的面积可得

如(1.0+0.5)X105X(4-1)X10-3

眩=-----------------------JT=225J

由pV乘积正比于温度，可知df。过程温度降低，内能减小，即

AL/<0

根据热力学第一定律知

\U=W+Q

可知气体向外界放出的热量大于225J,故B正确；

C.af人过程，气体做等容变化，气体不做功，压强增大，温度升高，气体内能增大，根

据热力学第一定律可知

MJ=Q

气体吸收的热量等于它增加的内能，故C错误；

D.由于

p1yb=PM

则

Tb=Td

可知

过程，气体做等容变化，气体不做功，则

所以万fc过程气体内能的增加量等于cfd过程它向外界放出的热量，故D正确；

E.从初始状态。经状态从c、d再回到。的过程，气体温度不变，内能不变，气体对外做功，

由图像面积可得

W=-(2.0-1.0)xl05x(4-l)xlO^J=-300J

答案第11页，共15页

由热力学第一定律可知

AC/=W+e=O

所以气体吸收的热量为300J,故E正确。

故选BDEo

14.(1)L5po；(2)3Po

【详解】(1)上气室内气体压强为

mg_

P上=Po+~^=2Po

加热下方气体，使温度缓慢升高到1.57；,下方气体做等容变化有

Po;;P1

”一L5T。

解得

Pi=L5po<p上

可知单向阀门未被打开，故下方气室内气体的压强为L5p。。

(2)加热下方气体，使其温度缓慢升高到3.0”,假设下方气体做等容变化有