阶段综合测评(十一)-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

阶段综合测评（十一） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列对生活中的热现象分析正确的是(　　) A．悬浮在空气中的PM2.5颗粒做布朗运动，说明颗粒内分子在做无规则热运动 B．汤羹加入食盐后变咸，汤羹的味道有可能自动变淡 C．正在消融的雪，其内能不变 D．荷叶上的小水珠呈球形，水珠内部相邻分子间作用力不为零 答案 时间：75分钟　　　满分：100分 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　悬浮在空气中的PM2.5颗粒做布朗运动，说明空气分子在做无规则热运动，A错误；汤羹加入食盐后变咸是扩散现象，根据热力学第二定律知，汤羹的味道不可能自动变淡，B错误；正在消融的雪，从外界吸收热量，虽然其温度不变，分子平均动能不变，但其分子势能增加，故其内能增大，C错误；荷叶上的小水珠呈球形，是液体表面张力作用的结果，水珠内部相邻分子间距离略小于平衡距离，分子间作用力表现为斥力，不为零，D正确。 解析 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 解析 * 2．(2023·广东高考)理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应eq \o\al(12, 6)C＋Y―→eq \o\al(16, 8)O的影响。下列说法正确的是(　　) A．Y是β粒子，β射线穿透能力比γ射线强 B．Y是β粒子，β射线电离能力比γ射线强 C．Y是α粒子，α射线穿透能力比γ射线强 D．Y是α粒子，α射线电离能力比γ射线强 解析　设Y的原子核符号为eq \o\al(A,Z)X，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒有12＋A＝16，6＋Z＝8，解得A＝4，Z＝2，可知Y的原子核符号是eq \o\al(4,2)He，即Y是α粒子，α射线穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，故D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2023·广东省梅州市高三下一模)如图，密封的桶装薯片从 上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同，则桶内气体的压强p 和分子平均动能Ek的变化情况是(　　) A．p增大，Ek增大 B．p增大，Ek不变 C．p减小，Ek增大 D．p减小，Ek不变 解析　两地温度相同，则桶内气体的分子平均动能Ek不变；桶内气体体积增大，由玻意耳定律可知，桶内气体的压强p减小，故选D。 答案 解析 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 * 4．(2023·浙江1月选考)宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：eq \o\al(14, 7)N＋eq \o\al(1,0)n→eq \o\al(14, 6)C＋eq \o\al(1,1)H，产生的eq \o\al(14, 6)C能自发进行β衰变，其半衰期为5730年。利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是(　　) A．eq \o\al(14, 6)C发生β衰变的产物是eq \o\al(15, 7)N B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子 C．近年来由于地球的温室效应，引起eq \o\al(14, 6)C的半衰期发生微小变化 D．若测得一古木样品的eq \o\al(14, 6)C含量为活体植物的eq \f(1,4)，则该古木距今约为11460年 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　根据原子核衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，可得eq \o\al(14, 6)C的β衰变方程为eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(14, 7)N＋eq \o\al(　0,－1)e，即eq \o\al(14, 6)C发生β衰变的产物是eq \o\al(14, 7)N，A错误；β衰变辐射出的电子来自于碳原子核内的中子转化为质子和电子的反应，B错误；放射性元素的半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C错误；若测得一古木样品的eq \o\al(14, 6)C含量为活体植物的eq \f(1,4)，即该古木样品中eq \o\al(14, 6)C的含量为其活体时的eq \f(1,4)，根据m＝m0·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( \f(1,2))) eq \s\up7(\f(t,τ))，可得该古木距今约为t＝2τ＝2×5730年＝11460年，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 * 5.(2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研二)如图a所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，有两段水银柱封闭了两段空气柱，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图b所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变。则下列说法正确的是(　　) A．气体总体积不变 B．气体的压强增大 C．气体对外界做功 D．气体放出了热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　由p气＝p0－ρgh知，在此过程中，上段封闭气体压强不变，又温度不变，则体积不变，下段封闭气体上移后，压强减小，温度不变，由eq \f(pV,T)＝C知体积变大，推动水银柱整体向下运动，气体对外界做功，由于温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从外界吸热，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 * 6．(2022·山东省菏泽市高三下二模)铀核裂变是核电站获得核能的主要途径，其一种裂变反应式是eq \o\al(235, 92)U＋eq \o\al(1,0)n→eq \o\al(144, 56)Ba＋eq \o\al(89,36)Kr＋3eq \o\al(1,0)n。下列说法正确的是(　　) A．反应式可化简为eq \o\al(235, 92)U→eq \o\al(144, 56)Ba＋eq \o\al(89,36)Kr＋2eq \o\al(1,0)n B．eq \o\al(144, 56)Ba原子核的比结合能小于eq \o\al(235, 92)U原子核的比结合能 C．铀块体积对链式反应的发生有影响 D．在裂变过程中没有质量亏损 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　铀核裂变反应式左侧部分的中子是核反应的条件，不能抵消不写，A错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大原子核越稳定，eq \o\al(235, 92)U原子核发生核裂变生成了一个eq \o\al(144, 56)Ba原子核，并释放大量的能量，故eq \o\al(144, 56)Ba原子核比eq \o\al(235, 92)U原子核更稳定，eq \o\al(144, 56)Ba原子核的比结合能大于eq \o\al(235, 92)U原子核的比结合能，B错误；铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，所以铀块体积对链式反应的发生有影响，C正确；根据裂变的特点可知，裂变反应中存在质量亏损，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 * 7.(2023·河北省部分高中高三下第三次模拟)根据玻尔提出的轨道量子化模型，氢原子不同能级的能量关系为En＝eq \f(E1,n2)，部分能级如图所示，已知可见光的波长在400～760 nm之间，对应的可见光光子能量范围为1.64～3.14 eV。由此可推知氢原子在能级跃迁时(　　) A．从n＝2能级跃迁到基态时发出可见光 B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光 C．处于基态的氢原子吸收能量为11 eV的光子后可以跃迁至激发态 D．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光波长比红光更长 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　由能级图可知，氢原子从n＝2能级向基态跃迁时， 发出的光子能量为ΔE21＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，不 在可见光光子的能量范围内，A错误；从高能级向n＝2能级跃 迁时，辐射出的光子能量最大为3.4 eV，因此有部分为非可见 光，B错误；根据能级图，基态的氢原子吸收能量为11 eV的光 子后，能量为－13.6 eV＋11 eV＝－2.6 eV，不是任何一个定态能级，故处于基态的氢原子不能吸收能量为11 eV的光子，C错误；从高能级向n＝3能级跃迁时，辐射出的光子能量最大为1.51 eV，小于红光的光子能量，则发出的光的波长均大于红光波长，D正确。 解析 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 * 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2023·广东省汕头市三模)某同学设计的气压升降机如图所示，竖直 圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸内壁光滑，活塞与内 壁接触紧密无气体泄漏，活塞横截面积为S，活塞及其上方装置总重力G ＝eq \f(p0S,3)，活塞停在内壁的小支架上，与缸底的距离为H，气体温度为T0， 压强为大气压强p0。现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢上升eq \f(H,2)。 则在上述过程中，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 * 8.(2023·广东省汕头市三模)某同学设计的气压升降机如 A．汽缸内气体的压强先变大后不变 B．活塞缓慢上升eq \f(H,2)时，汽缸内气体的温度为2T0 C．汽缸内气体的分子的平均速率先增大后减小 D．除分子碰撞外，汽缸内气体分子间作用力表现为引力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　根据题意可知，当汽缸内气体压强为p1＝p0＋eq \f(G,S)＝eq \f(4,3)p0时， 活塞开始向上移动，则汽缸内气体在压强未到达p1前，体积保持不 变，做等容变化，在等容变化过程中，随着温度的升高，汽缸内气体 压强增大，根据查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得活塞开始向上移动时的气体 温度T1＝eq \f(4,3)T0，之后，活塞向上移动，汽缸内气体压强不变，做等压变 化，根据盖—吕萨克定律有eq \f(HS,T1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(H,2)))S,T2)，解得活塞缓慢上升eq \f(H,2)时的气体温度T2＝2T0，故A、B正确；汽缸内气体的温度一直增大，则汽缸内气体的分子的平均速率一直增大，故C错误；理想气体分子间作用力可视为零，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9.(2023·山西省吕梁市孝义市高三下二模)目前市场上销售的家用 轿车绝大多数发动机都是四冲程内燃机，四冲程内燃机是利用奥托循 环原理进行工作。其中压缩气体冲程和气体膨胀推动活塞对外做功冲 程由于活塞运行迅速，可认为这两个冲程气体发生绝热变化，因此吸 入汽缸内的封闭气体工作过程可简化为两个绝热过程和两个等容过程， 如图所示为一定质量理想气体模拟奥托循环变化所经历的过程，则与该p­V图像相对应的p­T图、V­T图可能正确的是(　　) 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　根据题意，分析p­V图像可知，a→b过程为绝热压缩气体过 程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定 律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，气体温度升高，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T) ＝C(C为常数)，整理可得p＝eq \f(C,V)T，V＝eq \f(C,p)T，a→b过程，在p­T图中，由 于V逐渐减小，图线上的点与原点连线的斜率逐渐增大，在V­T图中， 由于p逐渐增大，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小；b→c过程等容、升压、升温， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * p­T图像中的等容线是过原点的直线；c→d过程气体膨胀对外做功， 压强减小，体积增大，依题意该过程绝热，可知Q＝0，又W<0，则 ΔU＝W＋Q<0，气体温度降低，由于V逐渐增大，p­T图线上的点 与原点连线的斜率逐渐减小，由于p逐渐减小，V­T图线上的点与原 点连线的斜率逐渐增大；d→a过程等容、降压、降温，气体对外放热， p­T图线是过原点的直线，因体积大于b→c过程的体积，所以p­T图线的斜率小于b→c过程的图线。综上分析，A、D可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.(2023·浙江省绍兴市二模)如图所示是一颗人造地球卫星， 它的主体表面上镀有一层铂(铂逸出功为5.32 eV)，两翼的太阳能 电池板(面积为3.0 m2)在绕地球轨道运行时，始终保持正面垂直于 太阳光的照射方向。若太阳光为波长550 nm的单色光，照射到电 池板表面的太阳光被全部吸收且单位面积(1 m2)的接收功率为1.4 kW，已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，1阿伏加德罗常数约为6.0×1023 mol－1，元电荷e＝1.6×10－19 C。下列说法正确的是(　　) A．每个光子的能量约为3.3×10－40 J B．到达电池板表面太阳光的功率为4.2 kW C．电池板表面吸收1摩尔光子的时间约为51 s D．太阳光照射到卫星主体上会有光电子从表面逸出 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　每个太阳光光子的能量约为ε＝eq \f(hc,λ)＝eq \f(6.63×10－34×3×108,550×10－9) J≈3.6×10－19 J，A错误；照射到电池板表面的太阳光被全部吸收且单位面积(1 m2)的接收功率为1.4 kW，则到达电池板表面太阳光的功率为P＝3.0×1.4 kW＝4.2 kW，B正确；电池板表面吸收1摩尔光子的时间约为t＝eq \f(6.0×1023×3.6×10－19,4.2×103) s≈51 s，C正确；铂逸出功为W0＝5.32 eV＝8.5×10－19 J，大于太阳光光子的能量，则不能发生光电效应，即太阳光照射到卫星主体上不会有光电子从表面逸出，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 * 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2023·天津市北辰区高三上期中质量检测)(1)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验简要步骤如下： A．用公式d＝eq \f(V,S)，求出薄膜厚度，即油酸分子的大小 B．用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数 C．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V D．用浅盘装入约2 cm深的水，然后将爽身粉或石膏粉均匀地撒在水面 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 BDEFCA 7.5×10－6 答案 * E．将1滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上 F．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油膜的面积S 上述实验步骤的合理顺序是________________； (2)以上实验所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL溶液中有纯油酸0.6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液有80滴，则一滴溶液中纯油酸的体积是______________ mL； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ABD 答案 * (3)在实验操作及数据处理过程中，以下说法中正确的是________。 A．为了防止酒精的挥发，配制的油酸酒精溶液不能长时间放置 B．处理数据时将油酸分子看成单分子层且紧密排列 C．处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就得到了油酸分子的直径 D．若实验中撒的爽身粉过多，则计算得到的油酸分子的直径将偏大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　(1)用油膜法估测分子的大小的步骤为：测一滴油酸酒精溶液体积，准备浅盘并撒爽身粉，形成单分子油膜并描绘油膜形状，测油膜面积，计算一滴溶液中纯油酸的体积，算出薄膜厚度即分子大小，故合理顺序为BDEFCA。 (2)由题意可知，油酸酒精溶液中纯油酸的浓度为c＝eq \f(0.6 mL,1000 mL)＝0.06%，一滴溶液的体积为V0＝eq \f(1,80) mL＝0.0125 mL，则一滴溶液中纯油酸的体积为V＝cV0＝0.06%×0.0125 mL＝7.5×10－6 mL。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * (3)为了防止酒精的挥发，配置的油酸酒精溶液不能长时间放置，否则溶液的浓度会发生变化，故A正确；处理数据时将油酸分子看成单分子层且不计分子间间隙，故B正确；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以油膜面积就得到了油酸分子的直径，故C错误；若实验中撒的爽身粉过多，则油膜面积的测量值偏小，根据d＝eq \f(V,S)可知，计算得到的油酸分子的直径将偏大，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(9分)(2023·重庆市高三下第八次质量检测)某同学通过图a所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则石头的体积。 (1)将石头装进容器，通过推、拉柱塞改变封闭气体的体积和压强。操作中，在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，是为了__________________________________； 气体密封，保证封闭气体质量不变 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 a 答案 * (2)实验中通过柱塞所在刻度和压力表读取了多组气体体积V及对应压强p，为了在xOy坐标系中获得直线图像，应取y轴、x轴分别为________eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(选填“V、\f(1,p)”或“p、\f(1,V)”))； (3)选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到直线的函数图像如图b所示，则这颗石头的体积为________。 V、eq \f(1,p) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　(1)操作中，在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，是为了气体密封，保证封闭气体质量不变。 (2)设石头的体积为V0，对所封闭的气体，温度不变，根据玻意耳定律有p(V－V0)＝C，化简得V＝C·eq \f(1,p)＋V0，要在xOy坐标系中获得直线图像，应取y轴、x轴分别为V、eq \f(1,p)。 (3)由(2)中分析结合图b可知V0＝a，即这颗石头的体积为a。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(11分) 我国中微子探测实验利用光电管把光信号转换 为电信号。如图所示，A和K分别是光电管的阳极和阴极，加在 A、K之间的电压为U。现用发光功率为P的激光器发出频率为ν 的光全部照射在K上，回路中形成电流。已知阴极K材料的逸出 功为W0，普朗克常量为h，电子电荷量为e。 (1)求光电子到达A时的最大动能Ekm； (2)若每入射N个光子会产生1个光电子，所有的光电子都能到达A，求回路的电流强度I。 答案 * 答案　(1)Ue＋hν－W0　(2)eq \f(Pe,Nhν) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　(1)根据光电效应方程有Ek＝hν－W0 逸出的电子在电场中加速向A运动，根据动能定理有 Ue＝Ekm－Ek 联立解得Ekm＝Ue＋hν－W0。 (2)设每秒钟到达K极的光子数量为n，则 P＝nhν 设每秒钟逸出电子个数为a个，则a＝eq \f(n,N) 回路的电流强度I＝eq \f(q,t)＝ae 联立解得I＝eq \f(Pe,Nhν)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)(2023·河北高考)如图，某实验小组为测量一个葫芦的容 积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均 匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱 封闭氮气。外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升 高到310 K时，气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa， 水柱长度不计。 (1)求温度变化过程中氮气对外界做的功； (2)求葫芦的容积； (3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol－1。 答案　(1)0.4 J　(2)119 cm3　(3)2.9×1021个 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　(1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大 气压强。设大气压强为p0，塑料管内部的横截面积为S，末状态气 柱的长度为l′，温度变化过程中氮气对外界做的功为W。根据功的 定义有 W＝p0S(l′－l) 代入数据解得W＝0.4 J。 (2)设葫芦的容积为V0，封闭气体初、末状态的温度分别为T、T′， 体积分别为V、V′，根据盖—吕萨克定律有 eq \f(V,T)＝eq \f(V′,T′) 其中V＝V0＋Sl V′＝V0＋Sl′ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 联立以上各式并代入数据，解得 V0＝119 cm3。 (3)已知在p0＝1.0×105 Pa、T0＝273 K状态下，氮气的摩尔体积 为V摩尔＝22.4 L/mol，设此状态下被封闭氮气的体积为V氮，物质的量 为n，分子个数为N。根据盖—吕萨克定律有 eq \f(V,T)＝eq \f(V氮,T0) 又n＝eq \f(V氮,V摩尔) N＝nNA 联立以上各式并代入数据，解得 N＝2.9×1021个。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置， 其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、 质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。 开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的 状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J。取大气压p0＝0.99×105 Pa，求气体 (1)在状态B的温度； (2)在状态C的压强； (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 答案　(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 * 解析　(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则根据盖—吕萨克定律有eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB) 其中VA＝Sh0，VB＝S(h0＋d) 联立并代入数据解得TB＝330 K。 (2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则 pBS＝p0S＋mg 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，封闭气体的体积不变，则根据查理定律有eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC) 联立并代入数据解得pC＝1.1×105 Pa。 (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为W＝pBSd 由热力学第一定律有ΔU＝Q－W 联立并代入数据解得Q＝188 J。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$