【物理】安徽省定远县2020届高三下学期停课不停学线上（九）（解析版）

【物理】安徽省定远县2020届高三下学期停课不停学线上（九）（解析版）

安徽省定远县2020届高三下学期 停课不停学线上（九）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。共40分。其中1-5小题为单选题，6-10小题为多选题。）‎ ‎1.“通过观测的结果，间接构建微观世界图景”是现代物理学研究的重要手段，如通过光电效应实验确定了光具有粒子性．弗兰克-赫兹实验是研究汞原子能量是否具有量子化特点的重要实验．实验原理如图1所示，灯丝K发射出初速度不计的电子，K与栅极G间的电场使电子加速，GA间加有0.5V电压的反向电场使电子减速，电流表的示数大小间接反映了单位时间内能到达A极电子的多少．在原来真空的容器中充入汞蒸汽后，发现KG间电压U每升高4.9V时，电流表的示数I就会显著下降，如图2所示．科学家猜测电流的变化与电子和汞原子的碰撞有关，玻尔进一步指出该现象应从汞原子能量量子化的角度去解释．下列说法错误的是 A. 汞原子基态和第一激发态的能级之差可能是4.9eV B. KG间电压低于4.9V时，电流随电压增大而上升，因为电子能量越高，越容易克服反向电压到达A极 C. KG间电压在5~10V之间时，出现电流随电压增大而上升的一段图线，是因为单位时间使汞原子发生跃迁的电子个数增加 D. 即使KG间电压高于4.9V，电子也存在始终不与汞原子发生碰撞的可能性 ‎【答案】C ‎【详解】由题意知，KG间电压U每升高4.9V时，电流表的示数I就会显著下降，这说明电子经过加速后获得的动能正好达到汞原子跃迁的最低能量，也就是从基态跃迁到第一激发态所吸收的能量，所以A正确；当KG间的电压低于4.9 V时，电子在KG间被加速而获得的能量低于4.9 eV．电子与汞原子碰撞时，不能使汞原子跃迁到激发态．同时电子不会因为碰撞而损失能量，电子能量越高越容易克服GA间的反向电压抵达A极，因此电流随着KG间电压的升高也越来越大，所以B正确；当KG 间电压在5~10V之间时，电流随电压增大而上升，是因为电子在KG空间与汞原子碰撞而转移掉4.9 eV的能量后，还留有足够的能量，又能克服反向电压从G极到达A极，电流又上升了，所以C错误；因为原子不是实心体，所以当电子进入汞原子内部时，即使KG间电压高于4.9V，电子也存在着始终不与汞原子发生碰撞的可能性，故D正确．‎ ‎2.如图所示为一种获得高能粒子的装置一环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的可变匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A，B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，设粒子的初速度为零，在两极板间的电场中加速，每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场多次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕中心运动的半径不变(设极板间距远小于R)，粒子重力不计，下列关于环形加速器的说法中正确的是 A. 加速器对带正电粒子顺时针加速，对带负电粒子加速需要升高B板电势 B. 电势U越高，粒子最终的速度就越大 C. 粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为 D. 环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为 ‎【答案】D ‎【详解】A项：由左手定则可知，加速器对带正电粒子顺时针加速，带负电粒子逆时针加速即可，所以对带负电的粒子加速不需要升高B板电势，故A错误；‎ B项：由于粒子做半径不变的圆周运动，由公式，解得：，所以粒子最终的速度与U无关，故B错误；‎ C项：粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为，由动能定理得：，解得：，粒子绕行第n圈的时间为 ‎，所以，故C错误；‎ D项：粒子在环形区域磁场中，由公式，解得：，所以，故D正确．故选D．‎ ‎3.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（　　）‎ A. 4.7π B. 3.6π C. 1.7π D. 1.4π ‎【答案】A ‎【详解】设登月器和航天飞机在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有 解得：‎ 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，有：‎ 所以有 ‎ ‎ 设登月器在小椭圆轨道运行的周期是T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是T2．对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有：‎ ‎ ‎ 为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足 ‎(其中)‎ 联立解得：‎ ‎(其中)‎ 当n=1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即为 A. 4.7π与分析相符，故A项与题意相符；‎ B. 3.6π与分析不相符，故B项与题意不相符；‎ C. 1.7π与分析不相符，故C项与题意不相符；‎ D. 1.4π与分析不相符，故D项与题意不相符．‎ ‎4.如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r=9的电阻，且原线圈匝数n1可以通过滑动触头P来调节，在副线圈两端连接了R =16 的电阻，副线圈匝数n2=1000匝．在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的是 A. 若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大 B. 若触头P向上移动，则电阻R消耗的功率一定减小 C. 若触头P向下移动，则流过电阻r的电流减小 D. 当n1=750匝时，电阻R消耗的功率最大 ‎【答案】D ‎【详解】A. 输出功率与电压和电阻有关，与周期无关.故A错误.‎ BD. 设变压器原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，则有：‎ U1=U-I1r 又根据 可得：‎ 根据 联立得 和 则R消耗的功率为 由数学知识可知当 匝 时P有最大值.故D正确，B错误.‎ C．当出头P向下移动时，原线圈匝数减小，由可知原线圈电流将增大，所以流过电阻r的电流增大.故C错误.‎ ‎5.如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上．另一端连在距离O点正上方R处的P点．小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长．现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零．已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg B. 橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大 C. 小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量 D. 小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量 ‎【答案】D ‎【详解】小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=m，橡皮筋的弹力F=mg+m，故F大于mg，故A错误；根据P=Fvcosα可知，开始时v=0，则橡皮筋弹力做功的功率P=0．在最低点速度方向与F方向垂直，α=90°，则橡皮筋弹力做功的功率P ‎=0，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能增加量，故C错误．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确．‎ ‎6.在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列判断正确的有(　　)‎ A. 传送带的速度大小为 B. 工件在传送带上加速时间为 C. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为 D. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 ‎【答案】AC ‎【详解】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度，故A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a=μg，根据v=v0+at，解得，故B错误；工件与传送带相对滑动的路程为，则摩擦产生的热量为：，故D错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量，故C正确．故选AC。‎ ‎7.一个篮球被竖直向上抛出后又落回到拋出点．假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比，下列判断正确的是（ ）‎ A. 上升过程中重力的冲量大小等于下降过程中重力的冲量大小 B. 篮球运动的过程中加速度一直减小 C. 上升过程中空气阻力做的功等于下降过程中阻力做的功 D. 上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小 ‎【答案】BD ‎【详解】上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg-f′=ma2；由于阻力大小与其运动的速度大小成正比，而在运动过程中，阻力先向下，再向上，故加速度一直减小，故B正确；根据运动过程可知，上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以有t1＜t2，故上升过程中重力的冲量大小要小于下降过程中重力的冲量大小，故A错误；由于阻力随速度的变化而变化，所以上升过程的平均阻力较大，由于上升和下降过程的位移大小相同，因此阻力做功不同，故C错误；设t时刻物体的速度大小为v，经过极短△t时间，空气阻力的冲量为△If，则由题意知，空气阻力大小为 f=kv；△If=f△t=kv△t=k△x；等式两边求和，得：∑△If=∑k△x=kx；则得If=kx；因为上升与下降两个过程中，物体通过的距离x相等，故知两个过程空气阻力冲量大小相等．故D正确．‎ ‎8.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则 A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的3倍 C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 ‎【答案】AC ‎【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度 ‎．根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量．又因为：，联立得．故两星球的密度之比为：，故A正确；‎ B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；‎ C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；‎ D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；‎ 故本题选AC．‎ ‎9.如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上（图中未画出）．小孔正上方的A点与极板M相距h.与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零（不计空气阻力，重力加速度为g．则 A. 带电微粒在M、N两极板间往复运动 B. 两极板间电场强度大小为 C. 若将M向下平移h/3 ，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为5/4 h D. 若将N向上平移h/3 微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离的5/4 h ‎【答案】BD ‎【详解】由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知粒子将在点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：，解得，选项B正确；若将M向下平移h/3，则板间场强变为 ，则当粒子为零时，由动能定理：，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移h/3，则板间场强变为 ，则当粒子为零时的位置与M极板相距 ，由动能定理：，解得，选项D正确；故选BD.‎ ‎10.如图所示边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场磁感应强度大小为B．一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框总电阻为R．在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )‎ A. 导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流 B. 整个过程导线框中有感应电流的时间为 C. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为 D. 整个过程通过线框某一横截面电荷量为 ‎【答案】AC ‎【详解】导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流；故A正确．当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为，故B错误．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：，产生的感应电动势为：E=Blv=BLv，感应电流为：，整个导线框所受安培力大小为：；选项C正确；线圈进入磁场的过程通过线框某一横截面电荷量为，出离磁场时通过线框某一横截面电荷量也为，则整个过程通过线框某一横截面电荷量为0，选项D错误.‎ 二、实验题（本大题共2小题，共15分。）‎ ‎11.图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量的装置图,其中D为铁架台,E为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),F为光电门,C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)．此外该实验小组还准备了砝码一套(总质量m0=1kg)和刻度尺等,请在以下实验步骤中按要求作答: ‎ ‎ ‎ ‎(1)在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门之间的高度差h．‎ ‎(2)取出质量为m的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中,让A从位置O由静止开始下降．‎ ‎(3)记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率v=____;下落过程中的加速度大小a=______．‎ ‎(4)改变m,重复(2)(3)步骤,得到多组m及a的数据,作出____(填“a-m”或“a-”)图像如图乙所示(图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位)‎ ‎(5)由图像可得,A的质量mA=____kg,B的质量mB=____kg(保留两位有效数字,重力加速度大小g取10m/s2)‎ ‎【答案】(3). (4). (5). 3.0kg 1.0kg ‎【详解】(1)由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知， ；‎ ‎(2)由匀变速直线运动的速度位移公式得：，解得：；‎ ‎(3)由牛顿第二定律得：，解得：，所以应作出的图象；‎ ‎(4)图象斜率：，截距为：，联立解得：．‎ ‎12.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：‎ A．电流表A1（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）‎ B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程为0.6A）‎ C．定值电阻R0=900Ω D．滑动变阻器R（5Ω，2A）‎ E．干电池组（6V，0.05Ω）‎ F．一个开关和导线若干 G．螺旋测微器，游标卡尺 ‎(1)如图，用螺旋测微器测金属棒直径为_____mm；如图用游标卡尺测金属棒长为_____cm。‎ ‎(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_____挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒阻值约为_____Ω。‎ ‎(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值，请在方框中画出电路图。‎ ‎(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻符号表达式为Rx=___________。（用I1，I2，R0，Rg表示）‎ ‎【答案】 (1). 6.123 10.230 (2). ×1Ω 10.0 (3). (4). ‎ ‎【详解】(1)[1]金属丝的直径为 d=6mm+12.3×0.01mm=6.123mm ‎[2]长度为 ‎(2)[3]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，即偏向0刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成“×1”的倍率，‎ ‎[4]电阻为 R=10.0×1Ω=10.0Ω ‎(3)[5]由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表A1与R0串联后组成电压表，为多测几组数据滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示：‎ ‎(4)[6]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为 ‎。‎ 三、解答题（本大题共2小题，共40分。写出必要的文字说明与步骤。）‎ ‎13.如图所示、是两块完全相同的长为1 m的木板，静止在光滑水平地面上，木板的右端与的左端相距，物块(可视为质点)静止在的右端．用的水平向右恒力作用于木板上使其从静止开始运动．一段时间后，与碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板上的水平力撤除，木板和碰撞粘在一起．已知物块质量为2kg，木板、的质量均为1 kg，物块与、之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取．求:‎ ‎（1）物体、、最终的速度大小;‎ ‎（2）若要使碰撞后，停在木板上，则的取值范围．‎ ‎【答案】（1）物体、、最终共速，速度为 （2）‎ ‎【详解】（1）木板B从静止开始运动到与C碰前瞬间的过程，由动能定理得：‎ ‎…………①‎ 解得：‎ ‎…………②‎ B与C碰撞过程，时间极短，内力极大，对B、C组成的系统动量守恒有：‎ ‎…………③‎ 解得：‎ ‎…………④‎ 之后A受摩擦而加速，B、C受摩擦而减速， A、B、C共速时，对A、B、C组成的系统动量守恒有：‎ ‎…………⑤‎ 解得：‎ ‎…………⑥‎ 设A相对于木板滑动的距离为x，则有：‎ ‎…………⑦‎ 计算可得，x=0.3m<1m…………⑧‎ 故A最终在木板上，与B、C共速，速度大小为．‎ ‎（2）设要使碰撞后，A停在B木板上的右侧，F的大小为F1‎ 根据动能定理：‎ ‎…………⑨‎ 根据动量守恒：‎ ‎…………⑩‎ ‎…………⑪‎ 根据能量守恒 ‎…………⑫‎ 联立⑨-⑫得：‎ F1=20N 设要使碰撞后，A停在B木板上的左侧，F的大小为F2‎ 根据动能定理：‎ ‎…………⑬‎ 根据动量守恒，BC碰撞的瞬间：‎ ‎…………⑭‎ 根据动量守恒，A滑动到B木板右端时， ‎ ‎…………⑮‎ 根据能量守恒：‎ ‎…………⑯‎ 联立⑬-⑯各式得：‎ F2=40N 综上两种情况，则F的取值范围 ‎14.如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点．efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动．P与A发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点，不计两球重力．‎ ‎（1）求碰撞后A球的速度大小；‎ ‎（2）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；‎ ‎（3）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【答案】（1）（2）1（3）或；‎ ‎【详解】（1）设P、A碰后的速度分别为vP和vA，P碰前的速度为 由动量守恒定律： ‎ 由机械能守恒定律： ‎ 解得：‎ ‎（2）设A在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得： ‎ 解得：‎ 由公式可得R越大，k值越大 如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值， ‎ 求得k的最大值为 ‎ ‎（3）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：‎ ‎（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有 ‎ ‎ 解得： ‎ 由可得： ‎ ‎ ‎ ‎（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，则A球磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开．‎ 如图3和如图4，由几何关系有： ‎ 解得：或 ‎ 由可得：或 ‎ 球A在电场中克服电场力做功的最大值为 ‎ 当时，，由于 ‎ 当时，，由于 ‎ 综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：或 A球在磁场中运动周期为 ‎ 当时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间 ‎ 即 四、选考题（本大题共2小题，共15分。）‎ ‎15.如图所示为一定质量气体发生状态变化的P－V图象，1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，若气体按图线从A→B→C→D→A进行状态变化，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高 B. 气体从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量 C. 气体从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体做功多 D. 气体从状态C变化到状态D，气体分子密度增大了，但气体分子的平均速率不变 E. 气体从A→B→C→D→A的过程中，气体做的总功为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】气体从状态A变化到状态B，温度不变，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律判断；从状态B变化到状态C，温度升高体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律判断；气体从状态C变化到状态D，温度不变，体积变小，所以气体分子密度增大。‎ ‎【详解】A.由图可知，一定质量气体从状态A变化到状态D的过程中，气体的压强保持不变，体积变大，温度升高；等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A错误；‎ B.气体从状态A变化到状态B，温度不变，内能不变，体积变大，气体对外界做功 ‎，根据热力学第一定律可知，，气体一定吸收热量，故B正确；‎ C.气体从状态B变化到状态C，温度升高，内能增大，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，，而且气体吸收的热量比气体做功多，故C正确；‎ D.气体从状态C变化到状态D，温度不变，体积变小，所以气体分子密度增大了，但气体分子的平均速率不变，故D正确；‎ E.体积增大，气体对外做功，体积减小，外界对气体对做功，P－V图象的图线与横轴围成的面积表示气体对外做功，所以气体从A→B→C→D→A的过程中，外界对气体对做功，气体做的总功不为零，故E错误。‎ 故选BCD．‎ ‎16.如图所示，导热气缸上端开口，竖直固定在地面上，高度质量均为的A、B两个活塞静止时将气缸容积均分为三等份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，弹性系数，A、B与气缸间无摩擦大气压强，密封气体初始温度，重力加速度g取，活塞面积，其厚度忽略不计．‎ ‎（1）给电阻丝通电加热密封气体，当活塞A缓慢上升到气缸顶端时，求密封气体的温度；‎ ‎（2）保持密封气体的温度不变，当用的力竖直向下压活塞A，求再次稳定的过程中，A向下移动的距离.‎ ‎【答案】(1) 600K；(2)30cm．‎ ‎【详解】（1）活塞缓慢上升过程，封闭气体的压强不变，由盖吕萨克定律知：‎ 由于A、B之间为真空，故A、B之间的距离保持不变，‎ 解得：‎ ‎（2）设用F向下压前、后弹簧的压缩量为、，有：‎ ‎，‎ 施加F前后弹簧长度的变化量为，有：‎ 设用F向下压前、后封闭气体的压强为、，有：‎ 由于温度不变，由玻意耳定律知：‎ ‎，，设B活塞下降的距离，有：‎ A活塞下降的距离：‎