山东省济宁市微山一中2022学年高二物理下学期6月月考试卷（含解析）

2022-2022学年山东省济宁市微山一中高二（下）月考物理试卷（6月份）一、选择题：（本题包括12小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分）1．（4分）（2022•海南）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（　　）　A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流　B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么，稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流　C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势　D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流考点：电磁感应现象的发现过程．版权所有分析：静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量不变，不能在静止的线圈中感应出电流．稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流．解答：解：A、静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化，不能在静止的线圈中感应出电流．符合题意．故A正确．B、稳恒电流产生的磁场是稳定的，穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化，可在近旁运动的线圈中感应出电流．不符合题意．故B错误．C、静止的磁铁周围的磁场是稳定的，在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势．不符合题意．故C错误．D、运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的，穿过近旁线圈中的磁通量在变化，可感应出电流．不符合题意．故D错误．故选A点评：本题实质是考查对感应电流产生条件的理解能力．历史上科学家采用类比的方法设计实验的．基础题．　2．（4分）（2022春•微山县校级月考）关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）　A．布朗运动是指液体中悬浮的固体颗粒分子的无规则运动，是震动、液体的对流等引起的　B．分子间距增大，分子间引力增大，斥力减小　C．物质由大量分子组成，分子间存在间隙　D．若分子力做正功，则分子势能减小-14-\n考点：分子动理论的基本观点和实验依据；分子间的相互作用力；分子势能．版权所有专题：分子运动论专题．分析：要解答本题需掌握分子动理论的主要内容：①一切物质的分子都在不停地做无规则运动，分子的这种运动属于扩散；②物质是由分子或原子组成，分子是由原子组成的；③分子间既有引力又有斥力，都随距离的增大而减小．解答：解：A、布朗运动是指液体中悬浮的固体颗粒分子的无规则运动，是固体颗粒受到的力不平衡引起的．故A错误；B、分子间距增大，分子间引力和斥力都减小．故B错误；C、物质由大量分子组成，分子间存在间隙．故C正确；D、若分子力做正功，则分子势能减小．故D正确．故选：CD点评：此题考查了学生对分子动理论的主要内容的理解和掌握情况，综合性较强．　3．（4分）（2022•江苏）某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和Vo，则阿伏加德罗常数NA可表示为（　　）　A．NA=B．NA=C．NA=D．NA=考点：阿伏加德罗常数．版权所有专题：计算题．分析：气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，但是每摩尔任何物质都含有NA分子．解答：解：A、气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，故A错误．BC、ρV为气体的摩尔质量M，再除以每个分子的质量m为NA，故BC正确．D、ρV0不是每个分子的质量，故D错误．故选BC．点评：本题主要考察气体阿伏伽德罗常数的计算．　4．（4分）（2022•重庆）如图，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小．（　　）　A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减小考点：热力学第一定律．版权所有专题：热力学定理专题．分析：-14-\n理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，所以内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，W为正，U恒定，所以Q为负，即气体向外界放热．解答：解：由于不计气体分子间相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，所以内能不变．又U=Q+W，气体体积减小，外界对气体做功，W为正，U恒定，所以Q为负，即气体向外界放热，C正确．故选C点评：本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式，理解公式中各物理量的正负是解题的关键．　5．（4分）（2022春•微山县校级月考）如图所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0＜＜L，先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（　　）　A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a　B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a　C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等　D．金属线框最终将停在最低点考点：楞次定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：由楞次定律可得出线圈进入磁场及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况解答：解：A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→d→c→b→a，故A正确．B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误．C、D、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等．如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于od≤L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动，故CD错误．故选：A．-14-\n点评：右手定则、楞次定律和简谐运动的条件是高中必须掌握的知识，本题由于有的学生不能分析出金属线框最后的运动状态，故本题的难度较大．　6．（4分）（2022春•济南校级期末）如图所示，理想变压器的输入端电压u=311sin100πt（V），原副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1；若图中电流表读数为2A，则（　　）　A．电压表读数为220VB．电压表读数为22V　C．变压器输出功率为44WD．变压器输入功率为440W考点：变压器的构造和原理．版权所有专题：交流电专题．分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．解答：解：理想变压器的输入端电压u=311sin100πt（V），则电压的有效值为220V，周期为0.02s，频率为50Hz，原副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1，则电压表示数为22V，因为电流表示数为2A，所以电阻消耗的功率为44W．故选：BC点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值．　7．（4分）（2022•天河区校级模拟）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是（　　）-14-\n　A．副线圈两端M、N的输出电压增大　B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大　C．通过灯泡L1的电流增大　D．原线圈中的电流增大考点：变压器的构造和原理．版权所有专题：交流电专题．分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．解答：解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，所以A错误；B、当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，所以B正确，C错误；D、当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流与匝数成反比，原线圈中的电流增大，所以D正确．故选BD．点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．　8．（4分）（2022秋•邢台期末）如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S使电路达到稳定，灯泡A发光，则（　　）　A．在电路（a）中，断开S后，A将渐渐变暗　B．在电路（a）中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗　C．在电路（b）中，断开S后，A将渐渐变暗　在电路（b）中，断开S后，A将先变得更亮，然后渐渐变暗-14-\nD．考点：自感现象和自感系数．版权所有分析：当通过线圈的电流发生变化时，将产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡A构成电路回路．解答：解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈产生自电动势，阻碍电流变小，导致A灯的电流只能逐渐变小，所以A灯将逐渐变暗．故A错误；B、C、D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A灯将变得更亮，然后逐渐变暗．故BC错误，D正确；故选：D．点评：本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况．　9．（4分）（2022•陈仓区二模）穿过闭合回路的磁通量φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（　　）　A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变　B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大　C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生感应电动势　D．图④中，回路产生的感应电动势先变小后变大考点：法拉第电磁感应定律；磁通量．版权所有分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．解答：解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．A、图①中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．-14-\nB、图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．C、图③中回路在O～tl时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在tl～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～tl时间内产生的感应电动势大于在tl～t2时间内产生的感应电动势．故C错误．D、图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．故选：D．点评：通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．　10．（4分）（2022•南通模拟）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是：（　　）　A．B．C．D．考点：电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．版权所有专题：电磁感应中的力学问题．分析：导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．解答：解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．故选C．点评：解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．　11．（4分）（2022•珠海一模）如图所示，间距为L的平行金属导轨上，有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好．导轨左端连接电阻R，其它电阻不计，磁感应强度为B，金属捧ab以速度v向右作匀速运动，则（　　）-14-\n　A．回路中电流为逆时针方向　B．电阻R两端的电压为BLv　C．ab棒受到的安培力的方向向左　D．ab棒中电流大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则．版权所有专题：电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合．分析：导体棒向右运动时切割磁感线产生逆时针方向的感应电流，导体棒ab相当于电源，外电路为电阻R，根据左手定则以可求出ab棒安培力的方向，根据闭合电路欧姆定律可求出回路中感应电流的大小．解答：解：A、根据右手定责（或楞次定律）可知回路中的电流方向为逆时针的，故A正确；B、感应电动势为：E=BLv，电阻R两端的电压为路端电压为：，故B错误；C、根据左手定则可知ab棒受到的安培力的方向向左，故C正确；D、回路中的电流为：，故D错误．故选AC．点评：本题考查了电磁感应中的感应电流、安培力等简单问题，对于这类问题关键是弄清那部分导体是电源，电路的构造情况等．　12．（4分）（2022春•微山县校级月考）某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中错误的是（　　）　A．据公式I=，提高电压后输电线上的电流降为原来的　B．据公式I=，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍　C．据公式P=I2R，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的　D．据公式P=，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍考点：远距离输电；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：根据P=UI判断输电线上电流的变化，根据判断输电线上功率的损失．解答：解：A、根据P=UI知，I=，输送电压变为原来的20倍，则输电电流变为原来的．故A正确，B错误．-14-\nB、根据知，输电电流变为原来的，则损失的功率变为原来的．故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握．　二、填空题：（本题共3小题，其中13题8分，14、15题各4分，共16分）13．（8分）（2022•青岛二模）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL．用注射器测得1mL上述溶液有液滴50滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1cm．则：①油膜的面积约为　84cm2　（保留两位有效数字）；②每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是　1.0×10﹣5mL　；③根据上述数据，估算出油酸分子的直径为　1×10﹣7cm　．（保留一位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小．版权所有专题：实验题；分子运动论专题．分析：①先数出坐标纸上方格的个数，然后求出油膜的面积．②一滴溶液的体积乘以溶液的浓度，就是1滴酒精油酸溶液所含纯油的体积．③油酸的体积除以油膜的面积，就是油膜厚度，即油酸分子的直径．解答：解：①由图示坐标纸可知，油膜所占方格数是84，则油膜的面积S=84×1cm×1cm=84cm2；②一滴酒精油酸溶液含纯油酸的体积V=×mL=1.0×10﹣5mL=1.0×10﹣5cm2；③油酸分子的直径d==≈1×10﹣7cm；故答案为：①84cm2；②1.0×10﹣5mL；③1×10﹣7cm．点评：本题考查了油膜法测分子直径的实验数据处理，难度不大，是一道基础题；解题时要注意各物理量的单位．　14．（4分）（2022春•微山县校级月考）如图，铝环A用轻线静止悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若突然闭合电键S，则铝环A将　向左　（填“向左”或“向右”或“不”）摆动，并有　收缩　（填“收缩”或“扩张”）趋势．-14-\n考点：楞次定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化．解答：解：突然闭合电键S，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势．故答案为：向左，收缩．点评：楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”；楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化．　15．（4分）（2022春•微山县校级月考）把一正方形金属线框从匀强磁场中匀速拉出，如图所示．第一次匀速拉出的速率是v，第二次匀速拉出的速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力功率之比是　1：4　，线框产生的热量之比是　1：2　．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．版权所有专题：电磁感应——功能问题．分析：由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，由P=Fv求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比解答：解：设线框切割磁感线的边长为L，另一个边长为L′，线框受到的安培力：FB=BIL=BL=BL=，线框匀速运动，由平衡条件得：拉力为：F=FB=，拉力功率为：P=Fv=，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为：v2：（2v）2=1：4；线框产生的热量灯油克服安培力做功为：Q=FBL=，产生的热量与速度成正比，产生的热量之比为：v：2v=1：2；-14-\n故答案为：1：4，1：2．点评：本题考查了求拉力功率之比、产生的热量之比，先求出各物理量的表达式，然后再求它们的比值；熟练应用基础知识，基本公式即可正确解题；本题要注意基础知识的学习．　三、计算题：（本题共3小题，其中第16题12分，第17题12分，第18题12分，共36分．请写出必要的文字说明、方程式和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分．有数值的计算题，答案中必须明确写出数字和单位）16．（12分）（2022春•巴中校级期末）如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感强度随时间变化的规律是B=（6﹣0.2t）（T）已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向．（2）断开S，电容器放电，所带的电量全部通过R2，闭合时，根据Q=CU求出R2所带的电量．解答：解：（1）由于B=6﹣0.2t，则A线圈内产生的感应电动势：S闭合后，电路中电流方向由a→R2→b故通过R2的电流强度大小为0.4A，方向由a→R2→b．（2）断开S后，通过R2的电流Q=C故S断开后通过R2的电量是7.2×10﹣5C．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及楞次定律判断感应电流的方向，会根据闭合电路欧姆定律求电流．　17．（12分）（2022•启东市校级模拟）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：-14-\n（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？（4）从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是多少？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．版权所有专题：交流电专题．分析：（1）从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωsinωt，由转速求出角速度ω代入解出；（2）根据感应电动势的瞬时值表达式求解；（3）电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；（4）根据q=N求解电量．解答：解：（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hzω=2πf=2π×5rad/s=10πrad/s感应电动势的最大值Em=nBSω=100××0.05×10π=50V，因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，e=Emsinωt=50sin10πtV（2）当t=s时，e=50sin（10π×）V≈43.3V．（3）电动势的有效值为E==V≈35.4V，电流表示数I==A=3.54A，电压表示数U=IR=3.54×9V=31.86V．（4）s内线圈转过的角度θ=ωt=×2π×=．该过程中，△Φ=BS﹣BScosθ=BS，q=△t=N==C．答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式是e=50sin10πtV；-14-\n（2）线圈转过s时电动势的瞬时值是43.3V（3）电路中，电压表示数是31.86V，电流表的示数是3.54A．（4）从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是C．点评：本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．　18．（12分）（2022•湖北模拟）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃．则：（1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？考点：理想气体的状态方程．版权所有专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）A到B是等容变化，B到C是等压变化，分别应用理想气体定律进行求解．（2）气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，可以通过判断AC两个状态的温度来判断内能的变化．（3）从状态A到状态C的过程可以用热力学第一定律来判断做功与吸放热问题．解答：解：（1）状态A：tA=300K，PA=3×105Pa，VA=1×10﹣3m3状态B：tB=？PB=1×105Pa，VB=1×10﹣3m3状态C：tC=？PC=1×105Pa，VC=3×10﹣3m3A到B过程等容变化，由等容变化规律得：，代入数据得：tB=100K=﹣173℃B到C为等压变化，由等压变化规律得：，代入数据得：tC=300K=27℃（2）因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中：△U=0-14-\n（3）由热力学第一定律得：△U=Q+W，因为△U=0故：Q=﹣W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功所以：W=﹣p△V=﹣1×105×（3×10﹣3﹣1×10﹣3）=﹣200J即：Q=200J，是正值，故在这个过程中吸热．答：（1）气体在状态B、C时的温度分别为：﹣173℃和27℃（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量为：0．（3）该气体从状态A到状态C的过程中吸热，传递的热量是200J点评：此题是一个结合图象的题目，关键是从图象上找出气体的状态参量和气体的状态变化，最后应用理想气体状态方程求解即可．　-14-