2021-2022学年河北省邯郸市邯山一中高二（下）第二次调研物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年河北省邯郸市邯山一中高二（下）第二次调研物理试卷
1. 下列说法正确的是(    )
A. 晶体有确定的熔点以及各向异性的特点
B. 食盐受潮后结成块，说明食盐从晶体变成非晶体
C. 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D. 液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质
2. 下列说法错误的是(    )
A. 把一枚曲别针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B. 形成液体表面张力的原因是由于液体表层的分子分布比内部密集
C. 在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D. 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
3. 下列说法正确的是(    )
A. 可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
B. 在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能不一定增加
C. 物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变
D. 对封闭在氧气筒内的氧气，当它的温度从20℃升高到40℃时，压强增加了20℃压强的40273倍
4. 关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是(    )
A. 如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动(已知T1 >T2)
B. 如图乙所示，发生光电效应时，入射光越强，光电子的最大初动能也就越大
C. 如图丙所示，金属的遏制电压Uc与入射光的频率v的图象中，该直线的斜率为he
D. 同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线：甲光、乙光、丙光，如图丁所示。则可判断甲、乙、丙光的频率关系为v甲=v乙tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是(    )
A. 水银柱将向上移动 B. 水银柱一定保持不动
C. 水银柱将向下移动 D. 水银柱的移动情况无法判断
9. 如图所示，两个直立的汽缸由管道连通。具有一定质量的活塞a、b用钢性杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动。缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态。大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时(    )



A. 活塞向下移动一点，缸内气体压强不变 B. 活塞向下移动一点，缸内气体压强增大
C. 活塞向上移动一点，缸内气体压强减小 D. 活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大
10. 如图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程(制冷机)的p−V图像，虚线T1、T2为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是(    )


A. a→b过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B. 一个循环过程中，外界对气体做的功与温差(T1−T2)有关
C. d→a过程向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
D. a→b过程气体对外做的功小于c→d过程外界对气体做的功
11. 下列哪些现象能够发生，并且不违背热力学第二定律(    )
A. 一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B. 蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能
C. 桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D. 电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体



12. 如图所示，圆柱形导热汽缸内有一光滑活塞，密封了一定质量的理想气体。用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上。测得此时弹簧测力计的示数为F，汽缸内气体的压强为p。若外界大气压始终保持不变，那么随着外界温度的升高(    )


A. F变大 B. F不变 C. p变大 D. p不变
13. 如图是一定质量的理想气体的p−T图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是(    )
A. 气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc
B. a→b过程气体的分子数密度变大
C. b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D. 若a→b过程气体吸热300J，c→a过程放热400J，则c→a过程外界对气体做功100J

14. 一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化，变化过程压强p与体积V的关系如图所示。已知状态A的体积VA为0.3m3，状态A的压强pA与状态B的压强pB相同，都为1.2×105Pa，状态A的温度TA与状态C的温度TC相同，都为300K，状态B的温度TB为400K。以下正确的是(    )


A. 气体在状态B时的体积为0.4m3
B. 气体在状态C时的压强为1.0×105Pa
C. A→B过程中，外界对气体做功，做的功为1.2×104J
D. A→B→C整个过程中，气体从外界吸收热量1.2×104J
15. 如图为伽利略设计的一种测温装置结构示意图，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管竖直插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，在1标准大气压(相当于76cmHg的压强)下，当温度t1=27℃时，管内外水银面的高度差x1=16cm。下列说法正确的是(    )


A. 若外界大气压不变，细管中水银柱上升，可知温度降低
B. 若外界大气压不变，细管中水银柱上升，可知温度升高
C. 在1标准大气压下，t=0℃时管内外水银面的高度差x0=21.4cm
D. 若环境真实压强比标准大气压小，管内外水银面的高度差仍为16cm时，实际温度大于27℃
16. 如图所示，一个开口向上的圆筒气缸直立于地面上，距缸底2L处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔处装有一个能向下开启的单向阀门b，只有当上部压强大于下部压强时，阀门才开启．c为一质量与摩擦均不计的活塞，开始时隔板a以下封闭气体压强为1.2p0(p0为大气压强)隔板以上由活塞c封闭的气体压强为p0，活塞c与隔板距离为L.现对活塞c施加一个竖直向下缓慢增大的力F，设气体温度保持不变，已知F增大到F0时，可产生向下的压强为0.2p0，活塞与隔板厚度均可不计，则下列说法正确的是(    )


A. 当力缓慢增大到F0时，活塞c到隔板a的距离是56L
B. 当力缓慢增大到F0时，活塞c到隔板a的距离是45L
C. 当力缓慢增大到4F0时，缸内各部分气体压强是1.7p0
D. 当力缓慢增大到4F0时，缸内各部分气体压强是1.5p0
17. 某同学利用铝制易拉罐做了一个简易温度计．如图所示，将一根透明吸管插入空的易拉罐中，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)，不计大气压强的变化，已知铝罐的容积是267cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为30cm，当温度为27℃时，油柱在吸管的有效长度正中间．在吸管上标刻温度值，证明该刻度是均匀的。

18. 某同学设计了一个活塞式抽气机对容积为V0的容器进行抽气，如图所示，a、b为单向阀门，容器内的初始压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为0.5V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的重力，抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气，活塞上提，手对活塞的最大拉力为______；
(2)求抽气10次后，容器中剩余气体的压强为______。
19. 正常情况下，汽车胎压为200kPa，轮胎最大限压为300kPa，汽车轮胎容积为V0。将汽车轮胎内气体视为理想气体。在冬季，某室内地下停车场温度可以保持7℃，司机发现停在地下停车场的自家汽车仪表盘显示左前轮胎压为238kPa。(忽略轮胎体积的变化)
(1)若室外温度为−23℃，司机将车开到室外，充分热交换后，通过计算分析，轮胎内气压是否满足汽车正常行驶要求？
(2)司机将车开到单位时，发现仪表盘显示左前轮胎压为204kPa，经检测此时轮胎内温度为−17℃，请判断轮胎是否漏气？并写出判断依据。如果漏气，轮胎内剩余气体与原来胎内气体的质量之比？
20. 某物理兴趣小组想利用如图所示的装置来测量物体的质量，已知导热气缸内部光滑，轻质活塞的面积为S且封有一定质量的理想气体，开始时活塞距气缸底部的距离为d，气缸的水平长度为L，活塞通过轻绳连接了一个轻质托盘，轻绳跨在定滑轮上，大气压强为p0，外界的温度为T0，重力加速度为g，求：
(1)此装置可以测的最大质量是多少？
(2)保持托盘中存放最大质量，缓慢逐渐降低温度，直到活塞回到原来的位置，此过程气体的内能减少了ΔU，则气体放出的热量Q是多少？


21. 如图，内径均匀，导热良好的“T”形细管(不考虑毛细现象)竖直放置，水平管a右端和竖直管b下端各封闭一定质量的理想气体。竖直管b上端开口与大气相通且足够长。其中a中气柱长la=35em，b中气柱长lb=10cm，b中水银柱在水平管a上、下方的长度分别为h1=4cm、h2=20cm。外界大气压强P0=76cmHg。若外界温度保持不变，缓慢从管口注人水银，直到b中下端气柱长度减少5cm时，求：
①此时竖直管b下端所封闭的气体压强p；
②注入水银的长度h。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，单晶体具有各向异性的特点，故A错误；
B、食盐受潮后粘在一起，没有确定的几何形状，但是用放大镜看，仍可发现组成食盐块的一个个晶粒，所以它是晶体中的多晶体，故B错误；
C、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故C错误；
D、液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态，所以液晶既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列，故D正确.
故选：D。
熔点是判断晶体和非晶体的；晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则；单晶体具有各向异性的物理性质；根据液晶的特点判断。
本题考查了晶体和非晶体、液晶等基础知识，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

2.【答案】B 
【解析】解：A.把一枚曲别针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，故A正确；
B.形成液体表面张力的原因是由于液体表层的分子分布比内部稀疏，故B错误；
C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，故C正确；
D.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，故D正确；
本题选择错误的，故选：B。
根据教材分析可知，液体的表面张力形成的原因是由于液体的表面层液体分子间距大，分子间表现为引力而形成的；毛细现象的形成是由于液体与不同材质的容器接触时，形成的附着层内液体分子间距要么变大要么变小，从而导致液面上升或者下降，根据以上即可解题。
本题考查了水的表面张力、浸润和不浸润现象、毛细现象等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识。

3.【答案】C 
【解析】解：A、根据热力学第二定律，可知物体可以从单一热源吸收热量使之完全用来做功，但不可以从单一热源吸收热量使之完全用来做功，而不产生其他影响，故A错误；
B、在绝热过程中，即Q=0，外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得ΔU>0，即气体的内能一定增加，故B错误；
C、当物体的机械能保持不变时，它的内能可以改变，也可以保持不变，机械能与内能没有必然联系，故C正确；
D、对封闭在氧气筒内的氧气，当它的温度从20℃升高到40℃时，由查理定律得：p1T1=p2T2，解得：p2=T2T1p1=273+40273+20p1=313293p1，则Δp=p2−p1=313293p1−p1=20293p1，即压强增加了20℃压强的20293倍，故D错误。
故选：C。
根据热力学第二定律分析判断；根据热力学第一定律判断；机械能与内能没有必然联系；根据查理定律分析判断。
本题考查了热力学第二定律、热力学第一定律、物体的内能、查理定律等热学知识，此部分内容要求学生在理解的基础上进行识记。

4.【答案】CD 
【解析】解：A、由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，辐射强度的极大值向波长较小方向移动。故A错误；
B、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0，可知光电子的最大初动能与光的强度无关。故B错误；
C、根据光电效应方程有Ekm=hγ−W0
根据能量守恒定律得：eUC=EKm
联立得：eUC=hv−W0
即UC=hγe−W0e，可知，该直线的斜率为he.故C正确；
D、根据Ek=eUC，由图知丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光、乙光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能。故D正确
故选：CD。
由图可得出波长与辐射强度及温度之间的关系；根据光电效应方程Ekm=hγ−W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，分析遏止电压UC的关系以及光电子的最大初动能的关系。结合数学知识分析Uc−v图象的斜率关系。
本题考查黑体辐射的规律和光电效应的规律，但其实考查的是学生读图的能力，关键要知道随温度的升高，各种波长的辐射强度均增大，知道光电子的最大初动能与遏止电压的公式Ek=eUC。

5.【答案】B 
【解析】解：A.单刀双掷开关S空置时，由于光电管发生光电效应，有光电子从阴极K飞向阳极A，光电管与滑动变阻器形成闭合回路，电流I不为0，A错误；
B.单刀双斑开关S置于1，当两种单色光的强度相同时，蓝光照射时，由于频率较低，单位时间内到达阴极的光子数较多，发生光电效应时逸出的光电子数较多，能达到的饱和光电流较大，B正确；
C.单刀双掷开关S置于1，当滑片P向右移动的过程中，光电管两端所加的正向电压变大，若未达到饱和光电流，则电流I变大，若达到饱和光电流，则电流I不变，C错误；
D.单刀双掷开关S置于2，由Ekm=eUc=hν−W0可知，当紫光照射时，由于频率较大，光电子的最大初动能Ekm较大，Uc较大，但逸出功W0和截止频率只和阴极材料有关，与入射光的频率无关，D错误。
故选：B。
根据光电效应的规律分析。分析电路结构，考虑饱和光电流与光照强度有关。根据光电效应方程分析。
该题考查了光电效应的相关问题，涉及到爱因斯坦光电效应方程的应用，考查知识点针对性强，重点突出，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

6.【答案】A 
【解析】解：以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，
初态：p1=(760−742)mmHg=18mmHg，V1=80S；
末态：p2=(p−732)mmHg，V2=80S+(742−732)S=90S；
根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
代入得：18×80S=(p−732)×90S，
解得：p=748mmHg，故A正确、BCD错误。
故选：A。
气压计示数是根据管内外水银面的高度差得到，对管中封闭气体进行研究，根据玻意耳定律列式求解．
解答本题关键要理解气压计的基本原理，知道示数的含义，再通过分析状态参量，运用玻意耳定律列式求解．

7.【答案】BD 
【解析】解：设大气压强为p0，玻璃管内封闭气体的压强：p=p0+ph，
A、将试管向上提一些，封闭气体体积V变大，气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，气体的压强p减小，则h减小，故A错误；
B、向容器内倒入少许水，玻璃管内外液面高度差变大，封闭气体压强变大，h变大，故B正确；
C、环境温度降低，假设气体体积不变，由查理定律可知，气体压强减小，h减小，气体体积减小，则环境温度降低时h减小，故C错误；
D、大气压强p0增大，封闭气体压强增大，h变大，故D正确。
故选：BD。
根据图示求出封闭气体的压强，根据气体状态方程分析h如何变化，然后答题。
本题考查了气体状态方程的应用，根据图示情景求出封闭气体压强的表达式是解题的前提，根据题意应用气体状态方程即可解题。

8.【答案】A 
【解析】解：假设水银柱不动，气体A做等容变化，根据查理定律可得：pATA=p′AT′A，解得p′A=pAT′ATA，
气体B做等容变化，根据查理定律可得：pBTB=p′BT′B，解得p′B=pBT′BTB=(pA−ρgh)T′BTB，
T′ATA=1+△tTA>1，T′BTB=1+△tTB>1，
因为tA>tB，所以T′ATA(pA−pB)T′ATA=ρghT′ATA
所以p′A>pB+T′ATAρgh>p′B+ρgh，即水银柱向上移动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定，首先假设水银柱不动，A、B两部分气体都做等容变化，分别研究他们的压强变化，可知水银柱的移动情况。
判断水银柱的引动情况，往往是首先假设水银柱不动，把问题变为等容变，计算温度变化后压强的变化情况，根据水银柱两端的压强变化情况确定水银柱的运动情况。

9.【答案】A 
【解析】
【分析】
以活塞整体为研究对象，由物体平衡条件知(p0−p)(Sa−Sb)=mg，气体压强p是一个确定值；缸内气体的温度缓慢升高一点，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞移动的方向。
本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题。
【解答】
设缸内气体压强p，外界大气压为p0，大活塞面积Sa，小活塞面积Sb，以活塞整体为研究对象，由物体平衡条件知(p0−p)(Sa−Sb)=mg，解得气体压强p是一个确定值，故系统再次达到平衡状态时，缸内气体压强不变。给汽缸缓慢加热，气体温度升高，由盖-吕萨克定律知气体体积要增大，从汽缸结构上看活塞应向下移动了一点。
故选A。  
10.【答案】B 
【解析】解：由理想气体状态方程pVT=C可知，pV越大，气体的温度T越高，由图示图象可知，T1>T2；
A、由图示图象可知，a→b过程，气体体积增大温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度降低，分子平均动能减小，因此a→b过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、由理想气体状态方程pVT=C可知：pV=CT，外界对气体做的功：W=Δ(pV)=CΔT，因此一个循环过程中，外界对气体做的功与温差(T1−T2)有关，故B正确；
C、d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即|Qda|=|Wda|；b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即|Qbc|=|Wbc|；p−V图象与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图象可知，d→a过程p−V图象的面积大于b→c过程p−V图象的面积，即|Wda|>|Wbc|，则|Qda|>|Qbc|，即d→a过程向外界释放的热量大于b→c过程从低温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量|ΔU|相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，Q=0，由热力学第一定律：ΔU=W+Q可知：ΔU=W，由于两过程气体内能的变化量|ΔU|相等，则|ΔU|=|W|，即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D错误
故选：B。
一定量的理想气体压强与分子数密度和分子平均动能有关；根据图示图象分析清楚气体在状态变化过程，应用理想气体状态方程、热力学第一定律与能量转化情况分析答题。
解题时要知道p−V图象与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、应用理想气体状态方程即可解题。

11.【答案】CD 
【解析】解：A、热传递具有方向性，热量能自发的从高温物体传到低温物体，故一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得凉，不会自动变得更热，违背了热力学第二定律，故A错误；
B、蒸汽机的能量损失不可避免，不可能把蒸汽的内能全部转化为机械能，违背了热力学第二定律，不能发生，故B错误；
C、桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离，其中系统的势能减少了，不违背热力学第二定律，故C正确；
D、电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体，此过程中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，能发生，故D正确。
故选：CD。
分析各种现象中能否发生，如果能够发生，再根据热力学第二定律分析是否违背该定律，由此分析。
本题考查热力学第二定律的内容：第一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响。另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。

12.【答案】BD 
【解析】解：AB、当外界温度升高(大气压不变)时，选择活塞与气缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力F不变，故A错误、B正确；
CD、对气缸底部受力分析，根据共点力平衡可得：mg+pS=p0S，解得p=p0−mgS，故气缸内气体的压强不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
对活塞和气缸整体受力分析，根据共点力平衡求得弹簧的拉力，然后对气缸受力分析，利用共点力平衡求得气缸内气体的压强即可。
本题主要考查了受力分析，根据共点力平衡求得，注意整体法与隔离法的灵活应用。

13.【答案】AD 
【解析】解：A、根据理想气体的状态方程pVT=C(其中C为一定值)可得p=CV⋅T，可知c到a过程中图线上各点到原点连线的斜率CV变大，故c到a过程气体体积变小，故A正确；
B、根据理想气体的状态方程pVT=C(其中C为一定值)可得p=CV⋅T，可知a到b过程中图线上各点到原点连线的斜率不变，故a到b过程气体发生等容变化，故a→b过程气体的分子数密度不变，故B错误；
C、b→c过程，气体发生等温变化，故内能不变：ΔU=0，压强变小，根据玻意耳定律可知，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q=0，故气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，故C错误；
D、b状态与c状态的温度相同，内能也相同，故a→b过程内能的增加量等于c→a过程内能的减小量，即：ΔUab=−ΔUca，a→b过程发生等容变化，W1=0，根据热力学第一定律可得：ΔUab=Q1=300J，c→a过程内能：ΔUca=W2+Q2=W2−400J=−ΔUab=−300J，所以W2=100J，则c→a过程外界对气体做功100J，故D正确；
故选：AD。
理想气体的内能只与温度有关，分析温度的变化，即可分析出内能的变化，根据p=CV⋅T，分析图象中各个过程体积的变化，利用气体定律结合热力学第一定律，结合气体压强的微观意义，逐项分析即可。
本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律。

14.【答案】AD 
【解析】解：A.A→B过程为等压变化，根据VATA=VBTB，可解得VB=0.4m3，故A正确；
B.B→C过程为等容变化，根据pBTB=pCTC，可解得pC=9×104Pa，故B错误；
C.根据W=pΔV，可解得W=−1.2×104J，气体对外做功1.2×104J，故C错误；
D.状态4的温度TA与状态C的温度TC相同，A→B→C整个过程中，内能变化ΔU=0，根据ΔU=W+Q可得Q=1.2×104J，气体从外界吸收热量1.2×104J，故D正确；
故选：AD。
根据图像可分析气体在各个过程分别做何种变化，再根据气体方程列式即可求解。
该题考查一定质量的理想气体图形问题，需要准确分析各个过程分别为哪种变化，正确找到对应实验定律列式求解。

15.【答案】AC 
【解析】解：AB、对被封闭的气体研究，B管体积不计，A气体体积不变，为等容变化，当水柱上升时，封闭气体的体积V不变，结合理想气体的状态方程pVT=C得，当外界大气压强p0不变时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低，故A正确、B错误；
C、玻璃泡A内气体初始状态：T1=300K，p1=(76−16)cmHg=60cmHg，
末态：T2=(0+273)K=273K，
由查理定律p1T1=p2T2得：p2=54.6cmHg，故x0=(76−54.6)cm，故C正确；
D、水银面的高度差仍为16cm，假设此时大气压为75cmHg，所以A内的气体压强为p2=(75−16)cmHg=59cmHg，而此时实际温度为T2=p2p1T1=5960×300K=295K，即t2=(295−273)℃=22∘C，故应小于27∘C，故D错误。
故选：AC。
对被封闭的气体研究，根据理想气体的状态方程pVT分析AB选项；根据查理定理求解t=0℃时管内外水银面的高度差；若环境真实压强比标准大气压小，根据查理定理求解此时实际温度。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

16.【答案】AC 
【解析】解：AB、对上面气体，当力缓慢增大到F0时，上面气体的压强为1.2p0，此时阀门没有打开。
对上面的气体，根据玻意耳定律可得：p0LS=1.2p0L′S
解得：L′=56L，故A正确、B错误；
CD、当F>F0阀门打开。缓慢增大到4F0时，压强p1=1.8p0；假设c板移动的距离小于L，则有：
根据“分态式”可得：p0LS+1.2p0×2LS=p1L1S
解得：L1=179L200kPa，则汽车可以正常行驶
(2)经分析T3=−17+273K=256K，P3=204kPa
以余下气体为研究对象，列理想气体状态方程有：P3T3V0=P1T1V1
解得：V1=1516V0
则轮胎漏气，余下的气体与原气体的质量之比为m1m0=V1V0=1516
答：(1)汽车可以正常行驶；
(2)余下的气体与原气体的质量之比为1516。 
【解析】(1)根据等容变化方程P1T1=P2T2求解气压；
(2)根据理想气体状态方程P3T3V0=P1T1V1求解余下的气体与原气体的体积比，由此可知质量之比。
本题要注意分析清楚气体状态变化过程，正确选择研究对象是解题的前提。

20.【答案】解：(1)设可以测量的最大质量为m，则对所封的气体，初态
p1=p0
V1=dS
末态p2=p0−mgS
V2=LS
根据玻意耳定律p1V1=p2V2
解得m=p0S(L−d)gL
(2)活塞再次回到原来位置时，气体进行等压变化，则外界对气体做功
W=p2S(L−d)=p0dSL(L−d)
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
因为气体的内能减少了ΔU，则气体放出的热量
Q=ΔU+W=ΔU+p0dSL(L−d)
答：(1)此装置可以测的最大质量是p0S(L−d)gL。
(2)保持托盘中存放最大质量，缓慢逐渐降低温度，直到活塞回到原来的位置，此过程气体的内能减少了ΔU，则气体放出的热量Q是ΔU+p0dSL(L−d) 
【解析】(1)在小物体刚离开地面时，汽缸内的气体做等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得最大质量；
(2)根据W=pΔV求得气体做功，结合热力学第一定律求得气体放出的热量。
本题关键是得到封闭气体初末状态的各个状态参量，然后根据理想气体状态方程列式求解即可，在求气体放出的热量时，抓住气体等压变化气体所做功即可。

21.【答案】解：①设细管的横截面积为S，以竖直管b下端所封闭的气体为研究对象：
初态：pb0=p0+h1+h2=76cmHg+4cmHg+20cmHg=100cmHg，Vb0=lbS
末态：pb1=？，Vb1=(lb−△l)S
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：pb0Vb0=pb1Vb1
解得：pb1=200cmHg
②对a部分气体：初态：pa0=p0+h1=76cmHg+4cmHg=80cmHgVa0=laS
末态：pa1=pb1−(20+5)cmHg=200cmHg−25cmHg=175cmHg
根据玻意耳定律可得：pa0Va0=pa1Va1
解得：la1=16cm
a气柱长度减少x1=la−la1=35cm−16cm=19cm
又pa1=p0+h可得 h=175cm−76cm=99cm
 原来h1=4cm，故水平管上方加入水银的高度为x2=h−h1=99cm−4cm=95cm
又加入水银长度 H=△l+x1+x2=(5+19+95)cm=119cm
答：①此时竖直管b下端所封闭的气体压强p为200cmHg；
②注入水银的长度h为119cm。 
【解析】①b管下端被封闭气体，由于温度不变，做等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得即可；
②a管内被封闭气体做等温变化，找出初末状态参量，利用玻意耳定律求得体积，根据压强间的关系即可求得注入水银的高度。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析出各部分气体的压强，然后运用玻意耳定律分析求解，关键注意列出初末状态参量，结合必要的几何知识求解。