2024屆陜西省西安市長安區(qū)高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砭C試卷-高中物理【含答案解析】

2024年長安區(qū)高三年級第二次模擬考試?yán)砭C試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。1.物理概念的形成和物理規(guī)律的得出極大地推動了人類對自然界的研究和認(rèn)識進(jìn)程，下列關(guān)于物理概念和規(guī)律的說法正確的是（）A.牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進(jìn)行分析的產(chǎn)物，能用實驗直接驗證B.伽利略將斜面實驗的結(jié)果合理外推，發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動的規(guī)律C.把電容器的帶電量Q與兩極板間電壓U的比值定義為電容，是因為該比值的大小不取決于Q和U，且它能夠反映電容器容納電荷的本領(lǐng)D.在研究帶電體之間的相互作用時引入了點電荷的概念，只有電荷量很小的帶電體才可看成點電荷【答案】C【解析】【詳解】A．牛頓第一定律所描述的狀態(tài)是一種理想狀態(tài)，它是利用邏輯思維進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不可能用實驗直接驗證，故A錯誤；B．伽利略將斜面實驗的結(jié)果合理外推，發(fā)現(xiàn)了力不是維持物體運(yùn)動的原因，故B錯誤；C．把電容器的帶電量Q與兩極板間電壓U的比值定義為電容，是因為該比值的大小不取決于Q和U，且它能夠反映電容器容納電荷的本領(lǐng)，故C正確；D．帶電體的大小遠(yuǎn)小于兩電荷間的距離時才能看成點電荷，與帶電量無關(guān)，故D錯誤。故選C。2.如圖甲所示，是用光照射某種金屬時逸出的光電子的最大初動能隨入射光頻率變化的圖像，其中直線與橫軸交點的坐標(biāo)為4.29，與縱軸交點的坐標(biāo)為0.5，如圖乙所示是氫原子的能級圖，下列說法正確的是（）A.該金屬的逸出功為0.5eVB.根據(jù)該圖像能求出普朗克常量C.該金屬的極限頻率為D.用能級的氫原子躍遷到能級時所輻射的光照射該金屬能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．當(dāng)時，逸出功為故A錯誤；B．由得知，該圖線的斜率表示普朗克常量h，故B正確；C．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知圖象的橫軸的截距大小等于截止頻率，由圖知該金屬的截止頻率為4.27×1014Hz，故C錯誤；D．用能級的氫原子躍遷到能級時所輻射的光能量為不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤。故選B。3.三體問題是天體力學(xué)中的基本模型，即探究三個質(zhì)量、初始位置和初始速度都任意的可視為質(zhì)點的天體，在相互之間萬有引力的作用下的運(yùn)動規(guī)律。三體問題同時也是一個著名的數(shù)學(xué)難題，1772年，拉格朗日在“平面限制性三體問題”條件下找到了5個特解，它就是著名的拉格朗日點。在該點上，小天體在兩個大天體的引力作用下能基本保持相對靜止。如圖是日地系統(tǒng)的5個拉格朗日點（、、、、），設(shè)想未來人類在這五個點上都建立了太空站，若不考慮其它天體對太空站的引力，則下列說法正確的是（）A.位于點的太空站處于受力平衡狀態(tài)B.位于點的太空站的線速度小于地球公轉(zhuǎn)的線速度C.位于點的太空站向心力大小一定等于位于點的太空站向心力大小D.位于點的太空站的向心加速度大于位于點的太空站的向心加速度【答案】D【解析】【詳解】A．位于L1點的太空站繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，不是平衡狀態(tài)，選項A錯誤；B．由于三體基本保持相對靜止，則位于L2點的太空站繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，與地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的周期是相等的，角速度是相等的，而位于L2點的太空站的軌道半徑略大于地球的軌道半徑，根據(jù)公式可知，位于L2點的太空站的線速度大于地球的線速度，選項B錯誤；C．由于位于點的太空站與位于點的太空站的質(zhì)量關(guān)系未知，所以不能比較它們需要的向心力的大小關(guān)系，選項C錯誤；D．第三個拉格朗日點L3，位于太陽的另一側(cè)，比地球距太陽略微遠(yuǎn)一些，其軌道半徑大于位于L1點的太空站。由于它們的角速度與地球繞地球的角速度都是相等的，由向心加速度的公式可知，位于L3點的太空站的向心加速度大于位于L1點的太空站的向心加速度，選項D正確。故選D。4.在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，為定值電阻，R為滑動變阻器。MN、PQ為水平放置的兩個平行金屬板，二者之間的電場可以視為勻強(qiáng)電場，虛線平行于金屬板。當(dāng)R的滑片在中點時，閉合開關(guān)S，帶電小球以從O點沿飛入，剛好從點飛出。若在以下選項條件下，帶電小球都能夠從平行金屬板右側(cè)飛出，下列說法正確的是（）A.若金屬板MN平行上移一小段距離，帶電小球仍以從O點沿飛入，則小球?qū)⒃邳c飛出B.若金屬板MN平行下移一小段距離仍在上方，帶電小球仍以從O點沿飛入，則小球?qū)⒃邳c飛出C.若滑動變阻器R滑片向左移動一段距離后不動，帶電小球仍以從O點沿飛入，則飛出點在點上方D.若滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以從O點沿飛入，則飛出點在點下方【答案】A【解析】【詳解】A．若金屬板MN平行上移一小段距離，電容器電容變小，電容器電壓不變，所以電容器電量減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦?，電容器電量無法減小，其電量不變，由，，可得可知場強(qiáng)E不變，粒子受到向上的電場力不變，帶電小球仍以從O點沿飛入，將在點飛出，A正確；B．若金屬板平行下移一小段距離，電容器電容變大，電容器電壓不變，所以電容器電量變大，由可知場強(qiáng)E變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以從O點沿飛入，將在點上方飛出，B錯誤；C．滑動變阻器R的滑片向左移動一段距離后，滑動變阻器電阻R增大，總電流變小，兩端電壓變小，即電容器電壓變小，粒子受到向上的電場力變小，帶電小球仍以從O點沿飛入，飛出點在點下方，C錯誤；D．滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后，滑動變阻器電阻R減小，總電流變大，兩端電壓變大，即電容器電壓變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以從O點沿飛入，飛出點在點上方，D錯誤。故選A。5.如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點O、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達(dá)O點的過程中，下列判斷正確的是（）A.沿BO軌道運(yùn)動的小球先到達(dá)O點B.兩個小球重力的沖量不相同C.兩小球的動量變化率相同D.沿AO軌道運(yùn)動小球的動量變化率大【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)軌道與水平方向的夾角為，對小球研究，小球受重力和支持力，將重力沿軌道方向和垂直軌道方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律可得由圖中的直角三角形可知，小球的位移為由于小球下落過程中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，故下落時間為所以下落時間與無關(guān)，故兩小球一起到達(dá)，故A錯誤；B．下落時間相同，重力相同，由可得兩個小球重力的沖量相同，故B錯誤；CD．小球的末速度為由于A點下落的大，即大，故從A點下落的末速度大，根據(jù)可知沿AO軌道運(yùn)動小球的動量變化率大，故C錯誤，D正確。故選D。6.一個長方體金屬導(dǎo)體的棱長如圖所示，將該長方體導(dǎo)體放在勻強(qiáng)磁場中，并使前側(cè)面與磁場垂直，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體的左右兩側(cè)面外接電源，產(chǎn)生由左向右的穩(wěn)定電流時，測得導(dǎo)體的上、下表面間的電勢差為U。則下列說法正確的是（）A.上、下兩表面比較，上表面電勢高 B.上、下兩表面比較，下表面電勢高C.導(dǎo)體中自由電子定向移動的速率為 D.導(dǎo)體中自由電子定向移動的速率為【答案】BD【解析】【詳解】AB．電流向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子定向向左移動，由左手定則知洛倫茲力向上，則上表面累積負(fù)電荷，其電勢低，選項B正確，A錯誤。CD．穩(wěn)定狀態(tài)時，電子做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，有又有解得選項C錯誤，D正確；故選BD.7.如圖所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，邊界Ⅰ、Ⅱ的長度分別為、L；大量均勻分布的帶電粒子由邊界Ⅰ的左側(cè)沿平行邊界Ⅱ的方向垂直射入磁場，粒子的速率均相等，已知從邊界Ⅰ離開磁場的帶電粒子占總數(shù)的，帶電粒子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為＋q，忽略帶電粒子之間的相互作用以及粒子的重力。下列說法正確的是（）A.帶電粒子射入磁場后沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動B.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為C.剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間為D.帶電粒子的初速度大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．由左手定則可知，帶電粒子射入磁場的瞬間，帶電粒子受向上的磁場力作用，則帶電粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，A錯誤；B．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期為，帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過半個圓周時，運(yùn)動時間最長，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為B正確；D．作出帶電粒子剛好不從邊界Ⅲ離開磁場的軌跡，如圖所示由于從邊界Ⅰ離開磁場的帶電粒子占總粒子的，則圖中的a、b、c為邊界Ⅰ的四等分點，由幾何關(guān)系可知，三角形區(qū)域的頂角為，a點到頂點的距離為，根據(jù)幾何關(guān)系可得解得粒子軌跡半徑根據(jù)牛頓第二定律得解得D正確；D．由圖可知，剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度大小為，則該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為C錯誤。故選BD。8.如圖，兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上，兩小車緊靠在一起而不粘連，在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細(xì)桿，長的輕質(zhì)細(xì)繩的一端系在細(xì)桿頂端，另一端拴一質(zhì)量的小球，已知小車的質(zhì)量，重力加速度，細(xì)桿的高度大于繩長。現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩恰好水平且伸直，然后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A.從小球開始釋放到A、B分離前，小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒B.釋放小球后到小球第一次到達(dá)最低點過程中，小車A對小車B的彈力一直對B做正功C.小球第一次到達(dá)最低點時速度大小是3m/sD.A、B兩車分離時，B車的速度大小為1m/s【答案】ABD【解析】【詳解】A．從小球開始釋放到A、B分離前，小球和兩車組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，小球和兩車組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，故A正確；B．釋放小球后到小球第一次到達(dá)最低點過程中，小球在水平方向的分速度一直增大，根據(jù)水平方向動量守恒可知小車A、B速度一直增大，當(dāng)小球到達(dá)最低點時，小車A、B速度達(dá)到最大，則小車A對小車B的彈力一直對B做正功，故B正確；CD．設(shè)小球第一次到達(dá)最低點時的速度大小為v0，兩小車速度大小均為v1，在水平方向根據(jù)動量守恒定律有①根據(jù)機(jī)械能守恒定律有②解得，當(dāng)小球從最低點向左運(yùn)動到最高點過程中，繩子拉力對小車A做負(fù)功，小車速度減小，則小球在最低點時，小車A和小車B分力，小車B的速度為1m/s，故C錯誤，D正確。故選ABD。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。9.在做“探究功和物體速度變化的關(guān)系”的實驗時，某同學(xué)認(rèn)為課本上提供的方案：增加橡皮筋的根數(shù)，實際上是通過增加力的倍數(shù)，從而增加功的倍數(shù)。該同學(xué)設(shè)想，由功的計算式可知，保持力不變，增加力作用的距離也可以增加功的倍數(shù)。據(jù)此，他設(shè)計了如下實驗方案（實驗裝置如圖所示）：①取一平整的長木板傾斜固定在水平桌面上，將一光電門（與電腦連接）固定于長木板下端的a點；②在長木板上標(biāo)出到光電門間距分別為、2L、3L、4L、5L、…的位置點b、c、d、e、f、…；③將帶有很窄擋光片的小車分別從b、c、d、e、f、…點由靜止釋放，利用光電門測定小車通過a點的速度、、、、、…；④然后通過作x和的關(guān)系圖象，尋找x和的關(guān)系，進(jìn)而得出功和物體速度變化的關(guān)系。（1）本方案中是否需要平衡摩擦力？______（填“需要”或“不需要”）（2）該同學(xué)根據(jù)上述方案做了實驗，實驗記錄的數(shù)據(jù)如下表所示：x/cm15.0030.0045.0060.0075.000.640.891.101.271.420.410791.211.612.02請你根據(jù)坐標(biāo)軸所代表的物理量和標(biāo)度，在下圖所示坐標(biāo)紙中畫出x和的關(guān)系圖象：（）（3）由上圖可以得出本實驗的最終結(jié)論是：____________。【答案】（1）不需要（2）（3）##【解析】【小問1詳解】實驗?zāi)康氖翘骄抗退俣茸兓谋稊?shù)關(guān)系，因此只需要算出功的倍數(shù)即可，即只要合力恒定，就可由本實驗方案確定功的倍數(shù)，本題中合外力就是和摩擦力的合力，因此不需要平衡摩擦?！拘?詳解】根據(jù)描點法可得x和的關(guān)系圖象【小問3詳解】由（2）中圖像可知合力做的功正比于物體速度平方的變化量，即或10.某同學(xué)想要研究小燈泡的伏安特性，現(xiàn)有的實驗器材如下：A.小燈泡L（額定電壓約3.8V，額定功率約1.8W）B.電壓表（量程3V，內(nèi)阻為）C.電壓表（量程為15V，內(nèi)阻為）D.電流表A（量程為0.6A，內(nèi)阻約為）E.定值電阻（阻值）F.定值電阻（阻值）G.滑動變阻器R（阻值）H.電源E（電動勢5V，內(nèi)阻不計）開關(guān)S，導(dǎo)線若干；（1）該同學(xué)已選定的器材是小燈泡L、滑動變阻器R、電源E、開關(guān)S、導(dǎo)線若干，要完成該實驗，還需要的器材是______（填寫器材前的字母序號）；（2）實驗要求能夠較準(zhǔn)確的畫出燈泡的伏安特性曲線，請在圖1虛線框中幫助該同學(xué)畫出實驗電路原理圖。（）（3）正確設(shè)計并連接好電路，實驗中測得該燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，由實驗的圖線可知，小燈泡在額定電壓下工作時的電阻為______。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）現(xiàn)將兩個相同的小燈泡按如圖3電路圖連接到另一個電路中，圖中電源的電動勢為5V，內(nèi)阻為，定值電阻的阻值為，閉合開關(guān)S，則每個小燈泡的實際功率為______W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）BDF（2）（3）8.4（4）0.53【解析】【小問1詳解】要研究小燈泡的伏安特性，需要用到電流表和電壓表。燈泡額定電流為故電流表選擇D；燈泡額定電壓為3.8V，若采用電壓表V2則測量誤差較大，因此電壓表應(yīng)選擇V1，即選擇B；同時將電壓表V1的量程進(jìn)行擴(kuò)大，要大于3.8V。若擴(kuò)大后的量程為3.8V，則需要串聯(lián)電阻則定值電阻應(yīng)選擇R2，即選擇F；故還需要的器材是BDF。【小問2詳解】燈泡正常發(fā)光時的電阻為遠(yuǎn)小于電壓表V1的內(nèi)阻，故電流表應(yīng)采用外接法；實驗中要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化以便測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；定值電阻R2與電壓表V1串聯(lián)測量小燈泡的電壓，實驗電路圖如圖所示：【小問3詳解】由實驗的圖線可知，小燈泡在額定電壓3.8V下工作時的電流為0.45A，故電阻為【小問4詳解】把電源與電阻R0整體看作等效電源，設(shè)流過每個燈泡的電流為I，其電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得當(dāng)路端電壓時，電流當(dāng)電流時，路端電壓在燈泡圖象坐標(biāo)系內(nèi)作出電源的圖象如圖所示由圖示圖線可知，燈泡兩端電壓電流燈泡實際功率11.如圖所示，某彈性繩伸長時滿足胡克定律，其原長為L，一端固定于豎直墻上A點，跨過光滑的定滑輪B，與穿過豎直桿、質(zhì)量為m的小球在C處相連，此時ABC在同一水平線上，其中，彈性繩中的彈力大小恰為mg。小球從C點由靜止開始下滑，到達(dá)D點時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為g，不計空氣阻力。小球從C到D的過程中，求：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大??；（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）對小球，根據(jù)牛頓第二定律其中解得（2）小球運(yùn)動到、間任意位置時，設(shè)、，受力分析如圖所示處有由幾何關(guān)系知解得依題意可知，C處滿足根據(jù)可得12.如圖所示，和為在同一水平面內(nèi)足夠長的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌的段段相互平行間距。段與段也是平行的，間距為。質(zhì)量均為的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，一根不可伸長的絕緣輕繩一端固定在金屬桿b上，另一端連接質(zhì)量的重物c，重物c放置在地面上，絕緣輕繩的水平部分與平行且足夠長（重物c始終不與滑輪相撞），對金屬桿a施加一水平向左、大小為5N的恒力F，使其從靜止開始運(yùn)動。已知兩桿在運(yùn)動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，光滑金屬桿b始終在寬度為1m的窄軌部分運(yùn)動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成回路的總電阻始終為，已知a桿與導(dǎo)軌、間的動摩擦因數(shù)為，其余摩擦均不計，重力加速度。（1）若將重物c鎖定在地面上，求金屬桿a最終速度的大小；（2）若將重物c解除鎖定，從金屬桿a開始運(yùn)動到重物c剛要離開地面時，經(jīng)歷的時間為，求此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。（3）若將重物c解除鎖定，求a桿從靜止開始運(yùn)動的整個過程中，回路的最大電流?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）若將重物c鎖定在地面上，則桿b靜止不動。a桿產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流安培力a桿加速運(yùn)動，由牛頓第二定律當(dāng)加速度減小到零時，a桿做勻速直線運(yùn)動，即可得a桿的穩(wěn)定速度（2）重物c剛要離開地面時，則有則b桿所受安培力由可知電路中電流電動勢由可知，此時a桿的速度從a桿開始運(yùn)動到重物c剛要離開地面過程，對a桿由動量定理設(shè)a桿運(yùn)動的位移為x，則可得對a桿利用動能定理有可得克服安培力做的功此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱（3）重物c解除鎖定后，設(shè)某時刻a、b兩桿的速度分別為、，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢回路中總電流a桿的加速度b桿和重物c看作一個整體，則加速度剛開始時a、b兩桿均做變加速直線運(yùn)動，通過分析可知，當(dāng)時，回路中電流達(dá)到最大值，此后電流保持不變，a、b兩桿均做勻加速直線運(yùn)動，則有解得即最大電流為（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。13.下列說法正確的是（）A.如果知道銅的摩爾質(zhì)量和摩爾體積，可以估算出1kg的銅里所含的銅原子個數(shù)和單個銅原子的直徑B.處于熱平衡兩個系統(tǒng)，壓強(qiáng)一定相同C.水的飽和氣壓與溫度有關(guān)，與液面上方的空間大小無關(guān)，與液面上方其他氣體的壓強(qiáng)也無關(guān)D.在浸潤現(xiàn)象中，附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子稀疏E.質(zhì)量相同的理想氣體氧氣和氫氣，若溫度相同，則它們的內(nèi)能一定不同【答案】ACE【解析】【詳解】A．如果知道銅摩爾體積，可求出一個銅原子的體積，即可求出單個銅原子的直徑，知道銅的摩爾質(zhì)量，即可求出1kg的銅有多少摩爾，可求出1kg的銅里所含的銅原子個數(shù)，故A正確；B．達(dá)到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的溫度，但壓強(qiáng)不一定相同，故B錯誤；C．水的飽和氣壓與溫度有關(guān)，與液面上方的空間大小無關(guān)，與液面上方其他氣體的壓強(qiáng)也無關(guān)，故C正確；D．在浸潤現(xiàn)象中，附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子密集，故D錯誤；E．理想氣體分子勢能為零；溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度相同時，氧氣和氫氣的分子平均動能相同，質(zhì)量相同的氧氣和氫氣，氧氣的分子數(shù)比氫氣分子數(shù)少，分子平均動能相同，所以氧氣的內(nèi)能要比氫氣的內(nèi)能小，故E正確。故選ACE。14.某充氣式座椅簡化模型如圖所示，質(zhì)量相等且導(dǎo)熱良好的兩個氣缸C、D，通過活塞a、b封閉質(zhì)量相等的兩部分同種氣體A、B，兩活塞通過輕彈簧相連。整個裝置靜置在水平面上，已知C氣缸質(zhì)量為M，封閉氣體的初始高度均為L，初始環(huán)境溫度為，大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為g，活塞的橫截面積為S、質(zhì)量和厚度不計，活塞光滑且活塞與氣缸不漏氣。（1）若環(huán)境溫度緩慢升至，求穩(wěn)定后A氣體高度。（2）若環(huán)境溫度緩慢升至，此過程中A氣體內(nèi)能增加量為U，求A氣體從外界吸收的熱量Q?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）若環(huán)境溫度緩慢升至，根據(jù)受力平衡可知，氣體發(fā)生等壓變化，則有解得（2）若環(huán)境溫度緩慢升至，A氣體內(nèi)能增加量為U，氣體膨脹，則氣體對外界做功