內(nèi)蒙古自治區(qū)通遼市兩校2023~2024學(xué)年高三下學(xué)期第四次月考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1第四次月考物理試卷注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．作答時(shí)，務(wù)必將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，只交回答題卡。一、選擇題：1.“打水漂”是一種常見的娛樂活動(dòng)，以一定的高度水平扔出的瓦片，會(huì)反復(fù)在水面上彈跳前進(jìn)，假設(shè)瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小減小，而在豎直方向，碰撞后并不能原速?gòu)椈兀亲冃?，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據(jù)可知瓦片在空中的時(shí)間逐漸減小，水平方向有可知瓦片在空中通過水平位移逐漸減小，C正確。故選C。2.科學(xué)家因在阿秒激光方面所做出的突出貢獻(xiàn)獲得2023年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。通過阿秒激光，可以像看電影的慢動(dòng)作回放一樣，觀察電子在原子內(nèi)部的運(yùn)動(dòng)，歷史上，為了研究原子的性質(zhì)，科學(xué)家們做了大量的實(shí)驗(yàn)研究，下面四幅示意圖中說法正確的是（）A.普朗克利用經(jīng)典電磁理論，成功解釋了圖①的粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型B.圖②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結(jié)合能比鈾235的比結(jié)合能小C.③中向左偏轉(zhuǎn)的是粒子，向右偏轉(zhuǎn)的是粒子，不偏轉(zhuǎn)的是粒子D.鋅的逸出功為，用④中一群處于能級(jí)的氫原子發(fā)出的光照射鋅板，逸出光電子的最大初動(dòng)能為〖答案〗D〖解析〗A．盧瑟福利用經(jīng)典電磁理論，成功解釋了圖①的粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯(cuò)誤；B．圖②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結(jié)合能比鈾235的比結(jié)合能大，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)左手定則，β粒子帶負(fù)電，所受洛倫茲力向右，即向右偏轉(zhuǎn)的是β粒子；α粒子帶正電，所受洛倫茲力向左，即向左偏轉(zhuǎn)的是α粒子；γ粒子不帶電，不受洛倫茲力，即不偏轉(zhuǎn)γ粒子，故C錯(cuò)誤；D．一群處于能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，釋放光子的最大能量為鋅的逸出功為3.34eV，根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，則逸出光電子的最大初動(dòng)能為故D正確。故選D。3.目前手機(jī)就能實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星通信功能，如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度均為h，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，下列說法正確的是（）A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力的大小一定相等B.三顆衛(wèi)星的運(yùn)行速度大于C.能實(shí)現(xiàn)赤道全球通信時(shí)，衛(wèi)星離地高度至少為D.其中一顆質(zhì)量為m的通信衛(wèi)星的動(dòng)能為〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)萬(wàn)有引力的公式由于不知道三顆衛(wèi)星的質(zhì)量大小，因此不能確定三顆衛(wèi)星所受地球萬(wàn)有引力大小的關(guān)系，A錯(cuò)誤；BD．對(duì)于質(zhì)量為m通信衛(wèi)星，根據(jù)萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力有可得衛(wèi)星的線速度在地球表面則該衛(wèi)星的動(dòng)能對(duì)近地衛(wèi)星可得求得比較可得，三顆衛(wèi)星的運(yùn)行速度小于，B錯(cuò)誤，D正確；C．若恰能實(shí)現(xiàn)赤道全球通信時(shí)，此時(shí)這三顆衛(wèi)星兩兩之間與地心連線的夾角為，每顆衛(wèi)星與地心的連線和衛(wèi)星與地表的切線以及地球與切點(diǎn)的連線恰好構(gòu)成直角三角形，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此種情況下衛(wèi)星到地心的距離為則衛(wèi)星離地高度至少為C錯(cuò)誤。故選D。4.手機(jī)無(wú)線充電已經(jīng)很普及了，工作原理如圖所示，其中送電線圈和受電線圈的匝數(shù)分別為、，頻率分別為、。受電線圈中所接電阻的阻值。當(dāng)間接上的正弦交變電流后，受電線圈中產(chǎn)生交變電流通過轉(zhuǎn)換電路給手機(jī)快速充電，這時(shí)轉(zhuǎn)換電路兩端的電壓為，受電線圈中的電流為。把裝置線圈視為理想變壓器，則（）A.B.C.快速充電時(shí)，流過送電線圈的電流大小為D.快速充電時(shí)，線圈兩端的輸入功率為〖答案〗D〖解析〗B．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中交變電流的頻率不變，受電線圈中的頻率與送電線圈中的頻率相同，B錯(cuò)誤；A．由受電線圈電路可知根據(jù)可知A錯(cuò)誤；CD．根據(jù)可得，受電線圈電路的電功率又由能量守恒可得，線圈兩端的輸入功率為，又由可得，線圈兩端的電流C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.如圖是建筑工地上“打夯機(jī)”示意圖，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)滾輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)將夯桿從深坑提起，當(dāng)夯桿底端剛到達(dá)坑口時(shí)，兩個(gè)滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿在自身重力作用下落回深坑。（夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運(yùn)動(dòng)過程）。已知兩個(gè)滾輪邊緣的線速度恒為，滾輪對(duì)夯桿的正壓力，滾輪與夯桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)，夯桿質(zhì)量，坑深，假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，取，下列說法正確（）A.每次夯桿上升過程中勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為B.夯桿被滾輪帶動(dòng)加速上升的過程中，加速度的大小為C.每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D.每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為〖答案〗C〖解析〗B．夯桿被滾輪帶動(dòng)加速上升的過程中，加速度的大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A．每次夯桿上升過程中勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；C．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為選項(xiàng)C正確；D．每次夯桿底端從坑底到坑口過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6.真空中某電場(chǎng)的電場(chǎng)線如圖中實(shí)線所示，M、O、N為同一根電場(chǎng)線上不同位置的點(diǎn)，兩個(gè)帶電粒子a、b先后從P點(diǎn)以相同的速度射入該電場(chǎng)區(qū)域，僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，已知a粒子帶正電向左上方偏轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是（）A.M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)B.該電場(chǎng)可能是等量異種點(diǎn)電荷形成的C.M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同D.b粒子一定帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加〖答案〗BD〖解析〗A．a(chǎn)粒子帶正電向左上方偏轉(zhuǎn)，可知其受到電場(chǎng)力指向左側(cè)，場(chǎng)強(qiáng)指向左側(cè)，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線如圖所示可知該電場(chǎng)可能是等量異種點(diǎn)電荷形成的，故B正確；C．根據(jù)對(duì)稱性可知，M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，故C錯(cuò)誤；D．b粒子帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力與速度方向夾角為銳角，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，故D正確。故選BD。7.如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)有一方向垂直正方形平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊上有一點(diǎn)S，，兩個(gè)質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的粒子均從S點(diǎn)平行于方向射入磁場(chǎng)。帶正電粒子甲與帶負(fù)電粒子乙重力均不計(jì)，不考慮甲、乙兩粒子間的作用，下列說法正確的是（）A.若兩粒子分別從M、Q兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則甲與乙初速度大小之比為B.若兩粒子分別垂直、邊射出磁場(chǎng)，則甲與乙初速度之比為C.若兩個(gè)粒子的初速度相同，則甲與乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比可能D.若兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則甲與乙的初速度大小之比一定為〖答案〗BC〖解析〗A．若兩粒子分別從兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，設(shè)甲、乙粒子軌跡半徑分別為和，根據(jù)幾何關(guān)系有，解得，由洛倫茲力提供向心力可得可得所則甲與乙的初速度大小之比為故A錯(cuò)誤；B．若兩粒子分別垂直、邊射出磁場(chǎng)，則甲、乙粒子軌跡半徑分別為和，由幾何關(guān)系可得，則甲與乙初速度之比為故B正確；C．若兩粒子的初速度相同，則兩粒子的運(yùn)動(dòng)半徑相同，當(dāng)甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為時(shí)，它將垂直邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為；乙粒子將從邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為；根據(jù)可知兩粒子在磁場(chǎng)中的周期相等，則甲與乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為故C正確；D．若兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，當(dāng)甲、乙兩粒子都從邊射出時(shí)，轉(zhuǎn)過的圓心角均為，滿足兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，這種情況甲、乙兩粒子的速度比不確定，所以甲與乙的初速度大小之比不確定，故D錯(cuò)誤。故選BC。8.如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，小滑塊Q放置于長(zhǎng)木板上的最右端?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F的作用?；瑝K、長(zhǎng)木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長(zhǎng)木板P上滑下?；瑝KQ與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，長(zhǎng)木板P與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。則下列說法正確的是（）A.B.C.時(shí)，木板P停止運(yùn)動(dòng)D.滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)位移為〖答案〗AD〖解析〗AB．根據(jù)圖像可知，滑塊Q加速階段的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)圖像可知，撤去力F到P、Q共速前過程，木板P做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．由圖像可知，共速后，由于則滑塊Q相對(duì)于木板P向前運(yùn)動(dòng)，以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得P的加速度大小為則共速到木板P停下所用時(shí)間為木板P停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖像的面積表示位移可知，共速前，滑塊Q相對(duì)P向左運(yùn)動(dòng)的位移為共速后滑塊Q的加速度大小仍為則共速后到兩者都停下，滑塊Q相對(duì)P向右運(yùn)動(dòng)的位移為則滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)位移為故D正確。故選AD二、非選擇題：（一）必考題9.某同學(xué)采用如圖甲所示裝置驗(yàn)證物塊A與物塊B（帶有遮光條）組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺(tái)上且位置可調(diào)，滑輪質(zhì)量不計(jì)，細(xì)線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計(jì)，細(xì)線始終伸直。，遮光條質(zhì)量不計(jì)，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)將物塊B由靜止釋放。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)出遮光條寬度d，如圖乙所示，則____。（2）某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得，則此時(shí)A的速度為____（保留2位有效數(shù)字）。（3）改變光電門與物塊B之間的高度h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若____（用含g、d字母的表達(dá)式表示），則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律?！即鸢浮剑?）1.195（2）0.10（3）〖解析〗【小問1詳析】[1]螺旋測(cè)微器測(cè)出遮光條寬度為【小問2詳析】[1]A的速度為【小問3詳析】[1]系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為系統(tǒng)增加的動(dòng)能為在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，機(jī)械能守恒有化解得在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。10.某實(shí)驗(yàn)小組要精確測(cè)定額定電流為的純電阻電燈正常工作時(shí)的電阻，已知該燈正常工作時(shí)的電阻大約為。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：A．電流表（量程為，內(nèi)阻為，讀數(shù)記為）B．電流表（量程為，內(nèi)阻為，讀數(shù)記為）C．電壓表（量程為，內(nèi)阻約為，讀數(shù)記為）D．電壓表（量程為，內(nèi)阻約為，讀數(shù)記為）E．定值電阻F．定值電阻G．滑動(dòng)變阻器（，允許通過的最大電流為）H．滑動(dòng)變阻器（，允許通過的最大電流為）I．電池E（電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻很?。_關(guān)S一個(gè)某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖電路測(cè)量電燈電阻。（1）為盡量精確測(cè)量結(jié)果，請(qǐng)你幫他選擇合適的器材，電表1應(yīng)選____，電表2應(yīng)選____，定值電阻應(yīng)選____，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選____。（填寫器材前的字母代號(hào)）（2）測(cè)量電燈電阻的表達(dá)式為____。（用物理量的字母表示）（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)，不斷改變滑動(dòng)變阻器的阻值，當(dāng)電表2的示數(shù)達(dá)到____時(shí)，其對(duì)應(yīng)的計(jì)算結(jié)果為電燈正常工作時(shí)的電阻。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗（1）CBEG（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】[1]由題意可知電燈正常工作時(shí)的電壓大約為電表1測(cè)的是電壓，應(yīng)選C；[2][3]電表2測(cè)的是電流，由于燈泡額定電流為，則電表1應(yīng)選B，且與定值電阻并聯(lián)，改裝成的電流表量程為則定值電阻應(yīng)選E；[4]為了調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選阻值較小的G?！拘?詳析】當(dāng)電流表的讀數(shù)為時(shí)，通過電燈的電流為此時(shí)電壓表的讀數(shù)為，則電燈兩端電壓為則測(cè)量電燈電阻表達(dá)式為【小問3詳析】由題意可知電燈正常工作時(shí)，通過電燈的額定電流為則此時(shí)電表2的示數(shù)為11.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與光滑水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，且BC的長(zhǎng)度為，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口端平齊。一個(gè)質(zhì)量為的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度處?kù)o止釋放小球，小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它對(duì)上管壁有作用力，重力加速度取。求：（1）小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁壓力的大小；（2）若水平面BC粗糙且小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，彈簧最大壓縮量為，其他條件均不變。在壓縮彈簧過程中彈簧最大彈性勢(shì)能為多少；〖答案〗（1）100N；（2）13J〖解析〗（1）從釋放到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有在C點(diǎn)有解得由牛頓第三定律可知，小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁壓力的大小與管壁對(duì)小球的支持力大小相等，即也為100N。（2）設(shè)整個(gè)過程中的最低點(diǎn)為零勢(shì)能面，有解得12.如圖所示，在水平面內(nèi)有一圓柱形軌道，虛線MN將軌道分為左右兩部分，左側(cè)光滑且有垂直于圓柱外表面的輻射狀磁場(chǎng)，右側(cè)粗糙且有平行于圓柱的勻強(qiáng)電場(chǎng)。外表面絕緣的導(dǎo)體圓環(huán)P套在導(dǎo)軌上位于左端的彈射器內(nèi)，某時(shí)刻彈射器給P一沖量，將P彈射進(jìn)入輻射狀磁場(chǎng)，P向右運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間在邊界MN處與絕緣帶電圓環(huán)Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中Q的帶電量不變，碰后P反彈進(jìn)入磁場(chǎng)，Q則進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)中，在電場(chǎng)右側(cè)導(dǎo)軌上存在兩檔板，Q與檔板碰后反彈，碰撞時(shí)間極短，碰后損失的機(jī)械能。已知P、Q兩圓環(huán)的直徑略大于導(dǎo)軌，磁場(chǎng)區(qū)域長(zhǎng)度為，P、Q兩圓環(huán)周長(zhǎng)均為，P的質(zhì)量，電阻，Q環(huán)質(zhì)量，帶電量，Q環(huán)在虛線MN右側(cè)受到摩擦阻力，圓環(huán)所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度，電場(chǎng)強(qiáng)度，右側(cè)的擋板到MN的距離為。求：（1）導(dǎo)體環(huán)P剛彈射入磁場(chǎng)的加速度；（2）P環(huán)與Q環(huán)碰后是否能返回彈射器，若能求出返回彈射器的速度，若不能求P環(huán)停止時(shí)離MN有多遠(yuǎn)；（3）Q環(huán)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程?！即鸢浮剑?），方向水平向左；（2）不能，；（3）〖解析〗（1）對(duì)P環(huán)，P環(huán)的初速度為P環(huán)剛彈射入磁場(chǎng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為體環(huán)P中電流為根據(jù)牛頓第二定律可得解得導(dǎo)體環(huán)P剛彈射入磁場(chǎng)的加速度為方向水平向左。（2）P環(huán)在磁場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理可得又聯(lián)立解得P、Q兩環(huán)發(fā)生彈性碰撞，則有解得，設(shè)P環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得P環(huán)不能返回彈射器，停止位置與MN的距離。（3）P、Q兩環(huán)碰后Q環(huán)向右運(yùn)動(dòng)直到與擋板相撞，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得碰后動(dòng)能變?yōu)榕龊蟾鶕?jù)動(dòng)能定理可得解得Q環(huán)第二次向右運(yùn)動(dòng)到與擋板相撞，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得碰后動(dòng)能變?yōu)榕龊蟾鶕?jù)動(dòng)能定理可得解得同理可知，自Q環(huán)第一次碰擋板后，每次反向運(yùn)動(dòng)位移按等比規(guī)律變化，則有則Q環(huán)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程為（二）選考題：【物理-選修3-3】13.一定質(zhì)量的理想氣體沿如圖所示箭頭方向發(fā)生狀態(tài)變化，則下列說法正確的是（）A.bc過程溫度降低B.ab過程放熱，內(nèi)能減少C.bc過程氣體吸收的熱量大于氣體對(duì)外做功值D.ca過程內(nèi)能一直不變E.完成一個(gè)循環(huán)過程，氣體內(nèi)能不變〖答案〗BCE〖解析〗AC．由圖像可知，bc過程氣體壓強(qiáng)不變，體積變大，根據(jù)可知?dú)怏w溫度升高，氣體內(nèi)能增大，由于體積變大，氣體對(duì)外界做功，據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w吸收的熱量大于氣體對(duì)外做功值，故A錯(cuò)誤，C正確；B．a(chǎn)b過程，氣體體積不變，壓強(qiáng)減小，根據(jù)可知?dú)怏w溫度降低，內(nèi)能減少，由于體積不變，說明外界對(duì)氣體做功為0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w對(duì)外放熱，故B正確；D．ca過程，由圖像可知乘積先變大后變小，根據(jù)可知?dú)怏w溫度先升高后降低，則氣體內(nèi)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤；E．完成一個(gè)循環(huán)過程，回到原來的狀態(tài)，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，故E正確。故選BCE。14.如圖所示，兩內(nèi)壁光滑、橫截面積不同的豎直圓柱形汽缸內(nèi)，分別用質(zhì)量和厚度均不計(jì)的活塞A、B封閉了兩部分理想氣體，氣體由活塞B隔為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)氣室，上方汽缸內(nèi)壁的橫截面積為下方汽缸的2倍，兩汽缸連接處固定一細(xì)卡環(huán)。初始時(shí)汽缸靜置于空氣中，兩活塞離各自缸底的距離均為，氣室Ⅱ中封閉氣體的壓強(qiáng)為。已知。水的密度，取重力加速度。現(xiàn)用系于汽缸外壁的細(xì)線將該裝置豎直緩慢放入深水中，忽略缸內(nèi)兩部分氣體溫度的變化，外界大氣壓強(qiáng)保持不變，裝置氣密性良好，求：（1）當(dāng)活塞A離水面時(shí)，卡環(huán)到A的距離L（結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示）；（2）當(dāng)活塞A恰好接觸卡環(huán)時(shí)，A離水面的深度H。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（