选择题专练(十四) 机械振动与机械波-【鱼跃龙门卷】2025年高考物理试题逐题突破（福建专版）

__ A. 弹密报子拨动期期为1.6,幅为24cm 2024-2025学年度高考试题逐题突破 -选择题专练(十四 B. 0.5-时和1.1.时,幅子的速度相回 物理·机械振动与机械波 C. 在0.4~1.8时间内,握子的速度和加速度方向始终相区 D. 子敬简谐运动的表达式为:-2(sin()cm 总分:64分 时回:40分0 5. (多选)如国所示,单摆摇球为带正电的小球,摆长为1..摇线不电,上编是挂于0点,当 球摆过竖直线OC时便进人成离开一勾强敬场(OC边界有欲场).此磁场的方向与单摆摆动 1. 水平方病的弹策叛子在8、C之间鼓简谐运动,如图甲所示,其中B、C间距离为0.1m.小球 的平正承直,在挨角。二5的情况下,摇球设看AB强来回题动,下列说法正确的是(重力好 违度大小吾。) 质量I一91,活动过程中弹豪的性势能熟时间的变化如图乙断示,下列说法不正的 A. 图中A点程B点处干同一水平直上 _ #_#。####。 B. 单摆动的周期大于丁-2-. C. 单摆向左或0有摆过C&时线的拉力一标大 D. 在A点和B点,线的控力一大 A. 小球的振幅为0.05m 6. (多选)图1、2分例是甲,乙两个单题在同一位置做高谐运动的图像,则下列说法正确的是 B. 小球的罔期为2. _#### +r D. 05:时弹的性势为0.11 C. 小球运动到平衡位景0时的动量大小为;二0.2k·m. 2.(多选)如图所示,一列振幅为A一5cm的篇语模波沿着:抽的正方传,某时刻(计时开始 的时刻)坐标题点处的质点处于平断位置,PQ两质点的动方 向相反,位移分别为一3cm、3cm,平衡位置间的距离为1m.0 ,_ 面 的平海位置与坐标原点之候的距离小干波长1.彼传播1m所需 要的时间为1,xin37*-D.6,下列说法正确的是 A. 甲.乙两单摆的幅之比为2.1 A此过的洁长1为4判 _n B.(一2:时,甲单摆的重力势最大,乙单摆的动能最小 B. 坐标原点处的致点的握动方程为,-sin2(cm) C. 甲、乙两单捆的摆长之比为(.1 D. 甲,乙两摆的视球在最低点时,向心加速度大小一定不相等 7. 水抽是中国占典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧,舞者的手的规律振动会传导至袖子 D. 10s时间内,0的路程为50cm 上,给人一种”行云流水”的美感,如图甲断示,一列简谐波给;精传播,实续和虚线分要为 3.(多选)图甲为用手机和轻弹制作的一个振动装置,手机加速度传感器记录了手机在整直 7.时刻程:时到的被形图,其中1.P、Q分辨是平渐位置为1一1I和。.一1m的两质 方病的振动情况,以向上为正方房,得选手机聚动过程中加速度。随时间,交化的曲线为正弦 点:图乙为质点0的振动图像,下列说法正确的是 非线,如图乙新示,下列说法正确的是 r j{r{ 乙 A.-1-0.18 A. 1-0对,蝉开原 B. 予秋动的周期为0.8。 B. 7:时刻Q的速度达最大 C. 从-0至?~0.?.干机的动减小 D. ~B.?时,予机位干平衡位置上方 C. 语模波甜;轴传播的速度大小为40m/ 4. 如医甲所示,弹擦子以0点为平衡位置,在光清的水平面上的A,B两点之间做筵谐运动, D.1.到7.时问内.P.0运动的路相等 取响右为正方向,子的位稿:随时幅:的变化加图乙所示,下列设法正确的是 8.(多选)如图.z上A、B两廷点相眶3m.一幅为5(m的机械波在:辖上揉,玫该传 _rr 到A点时1一0.当A位于平衡位置时,B位干淡峰,拨的传排速为6ms.下列说法错误的有 A. 该机的波长可能为 B. 核机检波的罔悬长为2; C 。 写周期跟长时,~8,内B的路程可能为52cm 。 D. 当周期最长时,0-1x内B的路程可能为42m 建D,选择题号十四1第1直[共1页) 物建D·选题号[十四1第:(共:页) 9. 一列跨谐波在r一?,时的波形如图甲所示,平位置为:一B.?m的点根动阁像如图乙图 12.(多选)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿一相向传&,波速均为-一1m.某时刻 示,日该贤点在:一几时则正报动,则 效形如图所示,A,.P为含质中的三个质点,则下列说法正确的是 r 1n_” 名 哥 A. 两别的清模放不能发生干外理象 甲 乙 B. 一7m处的面点用运对刻开始经15通过的路配为25cm A 这整语站设:抽区方向传择 C. 从图示时刻开输,经过1.质点M.N的速度相间 B平断位置为5二6.2用的点句1特危方向污效,速度为01m D. 以P点开始握动时为计时起点,则质点P的振动方程为y-15sin1cn C. 平痴位置为,-0.3m的质点据动方程为,-0.1in(+)m 13. 如图所示,实线和虚线分别表示握幅秘模理均相同的两列简谐精该的波峰和被答,此时M点 D. 1一0到1-10;的时间内平衡位置为--0.5m的助点运动的路程为0.5m 是波峰与波峰的相遇点,没两列波的幅均为A,荆 10.10月13日是国际减实日,重庆市选行了地雪预警模拟演练,指报道,2024年重庆市全市效 A. 再过四分之一因期,AM点为劲减弱点 震预答能力达列全城秒级预答,池该预警首报时间在10秒以内,图甲为一列沿上轴传播的 B. 图中位于P.N两处的质&正处于平衡位置 横波在i一0时刻的该形图,图乙为i一6n处点P的vr图像(以y输正方向为速度 C. M点为指动加强点,位移始终为?A 的正方,下列说法正确的是 D. 总数刻起,经过来个周期.M点的位移为学 r 14.(多选)如图所示,均句介质中有两个聚源5,和5,它们的顿率,报幅,振动方内均相同且 动的步调完全一致,产生的两并波的渡长均为A,5,与S。之同的距离为1.5,0点为5.8 连线的中点。现以0点为中心读一个正方形,正方形的两边与S.5.的连线平行,日正方形 正确的是 也长远大于1.虚线过S8。且与正方形的交点分别为P、0.下列说法 乙. A. 0点处疑点的位始终量大 A. 该波给正方向传播,波连为5m/ 。 B. P.Q声点处质点的位移始终不为零 B. 在0.6.内质点P运动的整程为16(m C. 正方形振动减点有无数个 1 C. 段点P在(一05.时刻的位移为5(m D. P.Q连线上振动加强点有3个 1二 D. 当现察者运动时,接收到该波颊幸仍为H 15. 如图所示是观察水波指射的实验装置.AC和AD是两块挡板;AB是一个孔.0是波源.图 中已画出波源所在区域拨的传播情况,每两条相邻波纹(图中非线)之间 11.(多选)如图甲所示,在:输上有5.和$.两个被源分题位于:二一0.2m和;三1.2m处; 1 的距离表示一个波长,则关于波经过礼之后的传播情况,下列药逐中正确 振动方与xOy平面乘直并向周围空间(介质分考均匀)传播,波速为。一2mx.1一0时效 是 两同时开始握动,图像分别如图乙,内断承,M为a0y平面内一点.Ar一MS。一MS。 A. 此时不能观察到鼓明显的析射现象 下例说法正确的是 B. 挡板前后波纹间距离不相等 C. 如果这孔AB扩大,有可能观察不到呢显的行射现象 一## D. 如果花的大小不变,使波器幅率地大,能观察到更明显的析射理象 16. 汽车无人驶技术已逐渐成熟,最常用的是ACC自适段遇航控制,它可以控制汽车在前车 减建时自动减速,前车加速时自动跟上去,其系统使用的桥感器主要为毫来波雷达,该雷达 会发射和接收调解过的无线电该,再通过回波的时封差和多音勃效应成的数率交化来测 量目杯的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电该的顿率为了,接收到的回波的较草 A. (0.?m,0)是的质点开始报动的方向给:轴负方向 为/,则 B. 两列波相遇后,(0.6m,0)处的致点动加强 A. 当/一时,表明前车与无人车速度相同 C. 两列皱相遇后.(0.5m,0)处的点摇动加强 B. 当/一广时,表明前车一定是子静止状态 C. 当广一,时,表明两车之间距离增大 D. 若r-0.2m.从两列放在M点相选开始计时,M点聚动方程为。-0.4in10x十m D. 当<时,表两之距离减小 理D·选择题+四1第3直[共1页) 物建B·选择题号(十四1第(页(共:页)高三逐题突破 n=2能级跃迁产生的光子中，从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的光子能量最小，其波长最 长，频率最小，B错误。氢原子从n=4能级向n=3能级跃迁时发出的光子的能量为一0.85eV一 (1.51)eV=0.66eV,此能量小于可见光的能量范围，故此光属于红外线，C正确。亮线分立说明 氢原子跃迁时发射的光子的能量是不连续的，对应的光的频率也是不连续的，并不是氢原子有时 发光有时不发光，D错误。 10.B【解析】Y射线的电离能力小于a射线的电离能力，A错误。Y光子的能量为E。=hy,频率 一。：故B正确。硼核(9B)中的中子数和质子数相等，都等于5，C错误。比结合能 子核越稳定，锂核(3L)稳定，则硼核(。B)的比结合能小于锂核(Li)的比结合能，故D错误。 11.C【解析】此核反应放出电子，为B衰变，故A错误。外部条件不能改变放射性元素的半衰期， 故B错误。根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，2Ni的核子数为60，核电荷数为28，故C 正确。”Co衰变释放出的_e,是核内的中子转化为质子时放出的，不能说明其原子核内有_e, 故D错误。 12.B【解析】根据质量数，电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，所以X是中子，故A错 误，B正确。dn十Li→He十H是人工转变，H十H→He十n是轻核聚变，故C、D错误。 13.B【解析】由质量数守恒和电荷数守恒可得，α粒子轰击N,生成O,并产生了质子，故A错 误。衰变发出的Y射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故B正确。3射线实质是高 速电子流，故C错误，U经过4次α衰变，2次3衰变，可得质量数减少4X4=16,质子数减少 4×2一2=6，故新核与原来的原子核相比，中子数少了16一6=10，故D错误。 14.C【解析】根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X的质量数为0，电荷数为一1，则 X是电子，故A错误。核反应释放核能为结合能之差，电子无结合能，有△E=E1一64E,则0Zn 的结合能为E1=64E+△E,故B错误.Zn共有64个核子，设比结合能为E,有64E-64E+ △E,则品2的比结合能为E=E+合，故C正确。核反应为放能反应，则生成物的结合能大于 反应物的结合能，即0Zn的结合能比4Cu的结合能大，故D错误。 15.C【解析】根据核反应质量数和电荷数守恒，这种核反应的方程式为C→！He十X,故A错 误。衰变前总动量为0，由动量守恒定律可知衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向， 故B错误。粒子与新核X在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力q如B=m二，运 动周期为T-2g-留，故。粒子与新核X做匀速圆周运动的周期之比为T。:Tx=兰 ,故C正确，根据质能方程△E=4E,+10E,-14E,=△mc',解得这种 亏损为△m=4E十10E,-14E,故D错误。 16.B【解析】重核裂变反应生成的中子被称为快中子，故A错误。生成物的比结合能大于反应物 的比结合能，故裂变反应产物器Kr的比结合能比U大，故B正确。核反应方程应表现为中子 轰击铀核，故不可简化，故C错误。核电站常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，可以减慢中子 的速度：控制镉棒的插人深度来控制链式反应速率，故D错误。 物理选择题专练（十四）】 1.B【解析】根据题意可知，弹簧振子在B、C之间做简谐运动，B、C间距离为0.1m,则小球的振 幅为A=0.05m,故A正确，不符合题意；小球运动到平衡位置O时，弹簧的弹性势能全部转化 ·44▣ ·物理D· 参考答案及解析 为小球的动能，由题图乙可知，t=0时，小球在最大位移处，t=1s时小球在平衡位置，则小球的 周期为T=4×1s=4s,小球在平衡位置时的动能为E:=0.2J,则其动量大小为力=√2mEk= 0.2kg·m/s,故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；由题图乙可知，E。和t的关系式为 E。=0.1sim(t+2)+0.1),当1=0.5s时，可得E,=0.1sim(0.5m+2)J+0.1J=0.1J,故 D正确，不符合题意。 2.BC【解析】P,Q两质点的振动方向相反，位移等大反向，再结合波的空间周期性与时间周期 性，可得P、Q平衡位置间的距离为半个波长，即0.5入一1m,解得入=2m,故A项错误。波的速 率为。=-贯-1m/s,由T-合，可得T=2s,坐标原点处的质点的振动方程为y=As血亭， 结合已知条件可得y=5sinπt(cm),故B项正确。设坐标原点处的振动传到P点的平衡位置处 37 所需要的时间为t。,P点零时刻位移为一3cm,由于sin37°=0.6，得P点距O点s 360入，0点 银动传到P点用时。。，代人数据解得。？s,放C项正确。10s时间内Q的路程为」 ·4A-9×4X5cm=10cm,放D项错误。 t' 2 3.BC【解析】t=0时，加速度为零，此时手机处于平衡状态，弹簧处于伸长状态，选项A错误。由 图可知，手机振动的周期为0.8s,选项B正确。从t=0至t=0.2s,手机的加速度增加，手机向 下振动到最低点，则动能减小，t=0.2s时，手机位于平衡位置下方，选项C正确，D错误。 4C【解析】由愿图可知，振子的周期为1.6s,振幅为12cm,则有a-票-牙a/s,设报子做简 谐运动的表达式为x-Asin(o十p),解得x-12sin子+)cm,故AD错误。由图可知， 0.5s时振子向最大位移处运动，1.1s时振子向平衡位置运动，所以振子在这两个时刻的速度方 向不相同，故B错误。由图可知，在0.4一0.8s时间内弹簧振子从平衡位置移动到最大位移处， 该过程中，弹簧振子做减速运动，即振子的速度和加速度方向始终相反，故C正确。 5.AD【解析】由洛伦兹力与摆线的拉力对摆球不做功可知摆球的机械能守恒，摆球到达的左、右 两边最高点应处于同一水平面，故A、B处于同一水平面，故A正确。由于洛伦兹力与摆线拉力 在一条直线上，不影响小球沿切线方向的加速度，则小球做单摆的周期不改变，即单摆摆动的周 期为T=2rg ，故B错误。小球摆到最低点时，向右摆过C点时，由牛顿第二定律得T十qB 一mg=m,,向左摆过C点时，有T'一9B一mg=m,,速度大小相同、半径相同，所以两次拉 力大小不相等，故C错误。小球在A、B两点时速度均为零，所需向心力均为零，摆线的拉力大小 都等于重力沿摆线方向的分力，所以摆线的拉力大小相等，故D正确。 6.AD【解析】甲、乙两单摆的振幅分别为4cm和2cm,则振幅之比为2：1，故A正确。t=2s 时，甲单摆在最低点，则重力势能最小，乙单摆在最高点，则动能最小，故B错误。甲、乙两单摆的 周期之比为1：2，根据T=2,√官，可知，摆长之比为1：4，故C错误。设摆球摆动的最大偏角 为0，由mgl(1-cos0)=1 m心2及m0=m可得，摆球在最低点时向心加速度a一2g1- 0)=g如名·因两损球的最大偏角满足血吕*-会则a=g如号=g件广，所以 a甲>az,故D正确。 ·45▣ 高三逐题突破 7.C【解析】由题图可知波长A=8m,周期T=0.2s。因为没有说明t:时刻是哪个时刻，假设 t1=0,根据题图乙可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传播，可得 2一t=nT+4(n=0,1,2,…)假设t=0.1s,根据题图乙可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴 负方向振动，则波向x轴负方向传播，同理可得，-4，=nT+3平(m=01,2,…,故A错误。由 A选项分析可知，无论是哪种情况，t2时刻质点Q都在波峰，振动速度等于零，故B错误。波速 =行=40m/s,故C正确。t41到t2内，Q运动的路程y=4nA十A(n=0,1,2,)或y=4mA+ 3A(=0,1,2…)。如果1=0，在第一个时间内，P沿y轴负方向运动到与工轴对称的位置， 路程y1=√2A>A,则t1到t2内的路程y'=4nA十√2A(n=0,1,2,…),同理，如果t1=0.1s, 在第一个4时间内，P沿y轴正方向运动到波峰，又沿y轴负方向回到原位置，路程y2=(2-2)A< A,则t1到t2内的路程y'=4nA+2A+(2-√2)A=4(n+1)A一√2A(n=0,1,2,…),可知P、 Q运动的路程不相等，故D错误。 &.CD【解折】由于A位于平衡位置时，B位于被峰，则有以+冬-3m或以+ =3m,其中 n=0,12,…,m=0,1,2,,若波长为5m,可以解得n=2,故A正确，不符合题意；根据0= 结合上述解得T=子s或T-m3,可知，当=0时，周期取最大值2s,故B正确，不符 2 合题意；结合上述，周期最长为2s时，A、B间距为四分之一个波长，即波传播到B需要时间为 四分之-周期，06s内，由于4=1-售=6g一号s=5.5s=27+买，则B的路程为= 2×4×5cm+3×5cm=55cm,故C错误，符合题意：周期最长为2s时，结合上述，0~4s内，由 于△M=4g-号=3.5s=T+,则B的路程为，=4X5cm十3X5cm=35cm,放D错误， 符合题意。 9.C【解析】根据题图乙可知，t=2s时x=0.2m处质点由平衡位置向下振动，根据同侧法可知， 该简谐波沿x轴负方向传播，故A错误。在波的传播过程中质点只在平衡位置附近振动，并不 随波迁移，放B错误。由慝图甲可知，波长入=0.4m,由题图乙可知，周期T=4s,波速0=子 0.1m/s,t=0时x=0.2m处的质点开始振动，由题图乙可知，质点开始振动时由平衡位置向上 振动，波由：=0.3m处传播到工=0,2m处需要的时间/-：-1s=T,由题图乙可知= 0.2m处的质点振动方程为y=0.1sin(m),z=0.3m处的质点比x=0.2m处的质点提前 T,则x=0.3m处的质点的振动方程为y=0.1sim(2+)m,故C正确。波从x=0.2m处 传播到x=一0.5m处需要的时间1W量==7s,从1=0到1=10s时间内工=-0.5m处的 质点的振动时间1餐=1。一t特善=108-78=3s=3T,则运动的路程5=3A=3X0.1m= 4 0.3m,故D错误。 ·46 ·物理D· 参考答案及解析 10.C【解析】从题乙可知，在t=0时刻P点速度为正向最大值，即P点正在由平衡位置向y轴 正方向振动，根据“同侧法”可知波沿x轴负方向传播，由题甲可知波长入=6m,由题乙可知周 期T=1.2s,波速为v= =5m/s,故A错误。由题甲可知该波振幅A-10cm,质点P经过 入 0.6s恰好振动半个周期，运动的路程s=2A=20cm,故B错误。由于t=0.5s= 5T,质点P 1 的振动方程为y=Asin系，故=0.5s时)y=10×sn(学×T)cm=5cm,放C正确。该波 15 的颜率∫一下一6H,根据多普勒效应可知，当观察者运动时，接收到该波的频率可能大于或 小于H,故D错误。 11.BD【解析】根据题意可知，(0.2m,0)处离波源S1较近，则(0.2m,0)处的质点开始振动的方 向与波源S1相同，由题图乙可知，波源S,开始振动的方向沿x轴正方向，故A错误。由题图 乙和题图丙可知，两列波的周期均为0.2s,起振方向相反，两列波的波长为1=T=0.4m, (0.6m,0)处的质点到两波源的路程差为△1=(0.2+0.6)m-(1.2-0.6)m=0.2m= 2，则 (0.6m,0)处的质点振动加强；(0.5m,0)处的质点到两波源的路程差为△x2=(0.2十0.5)m一 ,2-0.5)m=0,则(0.5m,0)处的质点振动减弱，故B正确，C错误。根据△r=0.2m= 可知M点为振动加强点，则M点的振幅为A=(20+20)cm=0.4m,t=0时，由平衡位置沿 z轴负方向运动，则M点振动方程为x=Asin(经+)=0.4sin(10t+)m,故D正确。 12。BCD【解析】根据题意可知，两列波波速相同，波长相同，则周期相同，T=入=4s,频率f= 子}，频率相同，放两列简谱做波能发生干涉现象，故A错误。甲被传到x=7m处的质 点处用时t=1s,乙波传到该处用时t'=3s,两波到达该处叠加减弱，所以振幅为5cm,故由图 示时刻经4s通过的路程s=《气P×4X10cm十42， T ×4×5cm=25cm,故B正确。题 13 图中甲波的波形图表达式为y=10sim产cm,因此可知xw-m,2W=3m,波向右传播，经 过1s传播的距离为△x=1m,即题图中x=3m的质点的振动形式经过1s传给M,题图中 区-。m的质点的振动形式经过1s传给N,因此1s后M、N两质点速度相同，故C正确。 列波同时到达P点，P点振幅为两列波振幅之和，故y=(A1十A,)sm孕cm=15sin:cm, 故D正确。 13.B【解析】再过四分之一周期，M点还是振动加强点，故A错误。P、N两点是波谷和波峰叠 加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确。由图可知M点为波峰与波峰相遇，振动加强， 其振幅为2A,但并不是位移始终为2A,故C错误。M点此时为波峰与波峰相遇，半个周期后 为波谷与波谷相遇，M点处于波谷，位移不为零，故D错误。 14.CD【解析】O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，但该处质点的位 移不是始终最大，选项A错误。P,Q两点与两波源的距离之差为△s=1,5以-号×3，则P,Q ·47▣ 高三逐题突破 两点为振动减弱点，振幅为零，即P、Q两点处质点的位移始终为零，选项B错误。满足△= 之·(2加十1)的点为振动减弱点，其中n=0,1,2,…,则正方形内满足此条件的振动减弱点有无 数个，选项C正确。根据几何关系可知在P,Q连线上振动加强点有3个，分别是S1右边距离 S1为0.25λ、0.75入和1.25λ的位置，选项D正确。 15.C【解析】由图可知，孔的尺寸与水波的波长相差不多，所以此时能观察到波明显的衍射现象， 故A错误。挡板前后水波的波长不变，则波纹间距离相等，故B错误。如果将孔AB扩大，若 孔的尺寸比水波的波长大得多，则可能观察不到明显的衍射现象，故C正确。如果孔的大小不 变，使波源频率增大，则水波的波长减小，则可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。 16.A【解析】当声源和观察者之间的距离不发生变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率 相等，故当f一f‘时，说明二者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静止，故 A正确，B错误。当f'>∫时，说明接收到的频率增大，两车间距离减小，故C错误。当∫'< f时，说明接收到的频率减小，则两车间距离增大，故D错误。 第二部分非选择题专练 物理填空题专练（一） 1.减小放出 2PoTi T。 【解析】由题可知气体温度降低，则内能减小：气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第 定律△U=w+Q,可知Q<0,则气体放出热量：根据理想气体状态方程有pVP:X) T,T,,解 2p,T1 得p1= T。9 2.小于等于200 【解析】A→B过程，理想气体体积不变，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，理想气体分子 平均动能增大，即气体在状态A的分子平均动能小于在状态B的分子平均动能；根据理想气体 状态方程有P,V_PVc,根据图中压强与体积的数据可推得T。=Tc,即在状态B的温度等 T8 Tc 于在状态C的温度：p-V图像中，图像与V轴所围几何图形的面积表示功，可知，一个循环过程 中，气体对外界做功为W=Wc十We4十W=1+3)X10X2X10]-2X10X1X10J十 2 0=200J,表明气体对外做功200J。 3.2.0×105Pa3.0×10°J 【解析】由图像可知，从A到B过程，气体发生等压变化，即pA=pB=1.5×10Pa,同理可知， 状态C与状态D的压强相等，由理想气体状态方程可得PV4=P,V,解得pD=c=2.0X TA TD 105P,由状态A到状态B,气体发生等压变化，气体体积增大，则气体对外做功为WAa= pA(VB一VA)=1.5×10×(0.6-0.4)J=3.0×10J,气体从状态B到状态C发生等容变化， 气体对外不做功，所以W=WAB=3.0×10J。 4.不变吸热 【解析】气体温度不变，则气体的内能不变；气体体积增大，则气体对外做功，W<0,由热力学第 一定律△U=Q+W,可知Q>0,气体从外界吸热。 ·48▣