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2022-2023学年福建省福州市八县一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省福州市八县一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )
A. 具有各向同性的物体一定没有确定的熔点
B. 晶体和非晶体在适当条件下可相互转化
C. 常见的金属在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体
D. 晶体熔化时，温度不变，则内能也不变
2.期末复习时小艾同学在课本中选取了几幅图片进行了知识回顾，如图所示，他的以下观点说法中不正确的是( )
A. 如图甲所示，当注射器内装有墨汁，注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，在木板上的墨汁图样，大致表示注射器末端运动规律x−t图像
B. 研究受迫振动的实验如图乙所示，原来静止的四个小球，当a摆起来以后，其余三个小球会逐渐摆动起来，它们摆动的振幅不同，但周期相同
C. 观察水波的干涉图样，如图丙所示，两列频率相同的水波相遇后，点c始终处于波峰位置，点e既不加强也不减弱
D. 如图丁所示，是利用水波观察多普勒效应，左侧水波的频率高于右侧的水波频率，是由于振源小球向左侧移动形成的
3.下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是( )
A. 图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的小
B. 图乙为光照射通光小圆孔得到的衍射图样
C. 为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一
D. 图丁中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
4.如图所示的装置可以作为火灾报警器使用：U形试管竖直放置，左端封闭，右端开口，装入一小段水银柱封闭一定质量的气体。已知试管壁是导热的，外界大气压恒定。如果蜂鸣器发出响声，(水银未溢出、试管不变形)，则( )
A. 封闭气体的温度升高，气体分子的热运动变得剧烈，分子撞击器壁时对器壁的平均作用力增大，从而气体的压强一定增大
B. 封闭气体的体积变大，单位体积的分子数减少，从而气体的压强一定减小
C. 封闭气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界释放了热量
D. 封闭气体的密度变小，单位时间内打到单位面积器壁上的分子数减少，分子的平均动能增大，气体的压强不变
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( )
A. 分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大
B. 在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动
C. 若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为MρNA
D. 当分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，引力减小，合力表现为斥力
6.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d=2.0×10−4m，屏与双缝间的距离为L=0.700m，测得第一条亮条纹中心与第六条亮条纹中心间距为Δx=11.550mm，下列说法正确的是( )
A. 中央亮纹最亮最宽
B. 测得单色光的波长λ=5.5×10−7m
C. 换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
D. 将屏向靠近双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
7.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图，右端带有固定挡板的长木板b，静止在光滑水平面上，小滑块a以初速度v0从左端滑上木板b，a与b的右挡板发生一次弹性碰撞，最后a恰好未从b上掉下。已知a、b质量均为m，滑块a与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
A. 木板b的长度为v028μgB. a、b组成系统的机械能减少了mv022
C. 滑块a的最小速度为2− 24v0D. 碰撞后滑块a先减速后加速
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点时的波形图，图乙是质点N(x=3m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点，则Q点开始振动时，振动方向沿y轴________方向(填“正”或“负”)；经过________ s，Q点第一次到达波峰.
10.一定质量的理想气体，状态经A→B→C→A的变化过程可用如图所示的p−V图线描述，其中C→A为等温过程，气体在状态A时温度为T=300K。该气体在状态B时的温度为______，C→A过程中气体______(填“吸热”或“放热”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.“用油膜法估测分子的大小”的实验方法及步骤如下：
①向1mL的油酸中加酒精，直至总量达到500mL；
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入100滴时，测得其体积恰好是1mL；
③先往边长为30cm∼40cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，小方格的边长为20mm，数出轮廓范围内小方格的个数N.
根据以上信息，回答下列问题：
(1)油酸分子直径是______ m。(结果保留两位有效数字)
(2)若某学生计算油酸分子直径的结果偏大，可能是由于______。
A.油酸未完全散开
B.油酸溶液浓度低于实际值
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴
12.某实验小组的同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率”的实验。他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓(用实线△ABC表示)，然后放好三棱镜，在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的左侧观察，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
(1)将图中的光路图补充完整；
(2)根据图中所给数据，可得该玻璃的折射率n=______；
(3)根据前面的结论，在BC一侧______(填“能”或“不能”)看到大头针P1和P2的像；
(4)若实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值______真实值(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
五、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，在暗室中有一圆柱形平行单色激光束(半径为R)垂直射向半球形玻璃的水平平面AB上，平面AB与水平地面间的高度差为2R。玻璃截面的圆心为O，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。圆半径为R，玻璃对激光的折射率为n，激光在真空中的速度大小为c，求：
(1)过圆心O的激光穿过玻璃所用的时间t；
(2)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(3)地面上光斑的面积S。
六、计算题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0 , 34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
15.如图所示、横截面积S=0.01m2的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离h=0.03m，b到汽缸底部的距离H=0.45m，质量m=10kg的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强p0=1×105Pa，热力学温度T0=300K，活塞停在b处，取重力加速度大小g=10m/s2，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。
(1)求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T1；
(2)求当缸内气体的热力学温度T2=400K时，缸内气体的压强p；
(3)在以上全过程中气体内能增量ΔU=250J，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、多晶体显示各向同性，但具有确定的熔点，故A错误；
B、晶体和非晶体在适当条件下可相互转化，故B正确；
C、金属材料虽然显示各向同性，并不意味着一定是非晶体，可能是多晶体，故C错误；
D、晶体熔化时，其温度虽然不变，但其体积和内部结构可能发生变化，分子势能发生变化，故内能也变化，故D错误；
故选：B。
晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高。
能否记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，属于基础知识的考查。
2.【答案】C
【解析】解：A、如图甲所示，由波的传播规律，当注射器内装有墨汁，注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，在木板上的墨汁图样，大致表示注射器末端运动规律x−t图像，故A正确；
B、受迫振动的周期与驱动力的周期相同，当a摆起来后，其余三个小球周期相同，当受迫振动的小球固有周期和驱动力的周期相同时，振幅最大，固有周期与摆长由关，由于其余三个小球的摆长不一样，则它们摆动的振幅不一样，故B正确；
C、振动加强点始终是加强的，但位移确不总是最大的，即并不是始终处于波峰处，故C错误；
D、是利用水波观察多普勒效应，左侧水波的频率高于右侧的水波频率，是由于振源小球向左侧移动形成的，故D正确；
故选：C。
A、根据波的传播规律进行分析；
B、受迫振动的周期与驱动力的周期相同，固有周期与摆长由关；
C、根据波的叠加原理分析；
D、根据多普勒效应进行分析。
本题考查单摆的运动规律，波的叠加原理，多普勒效应现象等基本概念。
3.【答案】C
【解析】解：A、图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在相同的狭缝尺寸及间距下，a光的干涉条纹间距比b光的大，由Δx=λLd，可知a光的波长比b光的大，a光的频率比b光的小，所以在同种均匀介质中，a光的折射率比b光的小，故a光的传播速度比b光的大，故A错误；
B、图乙为光照射一个不透光圆盘得到的衍射图样，中心的亮点称为泊松亮斑，故B错误；
C、为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一，这样镜头表面反射的光和薄膜表面反射的光恰好能通过干涉而抵消，能提高镜头的透光性能，故C正确；
D、图丁中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏因接收不到光线而变暗，故D错误。
故选：C。
依据单色光的双缝干涉条纹间距公式判断；依据泊松亮斑解释；根据薄膜干涉解释；根据光的偏振解释。
本题考查了对光的干涉、衍射、偏振的理解，需要对知识掌握牢固，总体较容易。
4.【答案】D
【解析】解：ABD.由题意，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器才会发出响声，水银柱上升，封闭气体的体积要增大。大气压强不变，封闭气体压强不变，气体做等压变化，气体体积增大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高。
封闭气体的温度升高，气体分子的热运动变得剧烈，分子平均动能增大，分子撞击器壁时对器壁的平均作用力增大，气体体积增大，分子数密度减小，单位时间内撞击器壁的分子数减少，从而保持气体压强不变，故AB错误，D正确；
C.封闭气体温度升高，封闭理想气体的内能增加，则：ΔU>0，气体体积增大，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律得：ΔU=W+Q，则Q=ΔU−W>0，气体从外界吸收热量，故C错误；
故选：D。
当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器才会发出响声，以封闭的气体为研究对象，气体作等压变化，分别找出气体初末状态的状态参量，应用盖⋅吕萨克定律便可求解出报警温度。根据热力学第一定律方向是否释放热量。
根据题意知道蜂鸣器发出响声时气体体积增大、气体发生等压变化是解题的前提，应用盖吕萨克定律与热力学第一定律即可解题；解题时要知道：温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，一定量的理想气体内能由气体的温度决定。
5.【答案】AB
【解析】解：A、当分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，且大小随分子间距先增大后减小，随分子间距增大，分子力做负功，由功能关系可知，分子势能增大，故A正确；
B、在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，是由于煤油分子的无规则运动对小粒灰尘的碰撞而产生的，所以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，故B正确；
C、气体的分子所占空间体积为V0=MρNA，而气体分子所占间体积不等于气体分子体积，故C错误；
D、当分子间的距离减小时，分子间的斥力与引力都增大，合力表现为引力还是斥力取决于分子间距离，故D错误。
故选：AB。
通过物体分子势能和分子力做功的关系，布朗运动反映了液体分子在做无规则运动，分子体积和气体分子所占的空间区别进行分析。
本题考查了计算分子的体积，布朗运动的定义、现象和解释分子间的引力、斥力合力与距离的关系。
6.【答案】CD
【解析】解：A.光的干涉条纹具有等间距特点，故A错误；
B.相邻亮条纹间距为：Δx=an−1=11.550×10−36−1m=2.31×10−3m
根据相邻亮条纹间距公式有：λ=dΔxL=2.0×10−4×2.31×10−30.700m=6.6×10−7m
C.根据Δx=Ldλ可知换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄，故C正确；
D.将屏向靠近双缝的方向移动，干涉条纹间距变窄，可以增加从目镜中观察到的条纹个数，故D正确。
故选：CD。
根据干涉条纹的特点判断；根据根据相邻亮条纹间距公式计算、分析和判断。
本题解答的关键是掌握干涉条纹的间距公式和干涉条纹的特点。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、由题图可知波长λ=4m，若波沿x轴正向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=3+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=1+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=123+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=4s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，由振动图像可知A正确，B错误；
CD、若波沿x轴负向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=1+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=13+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=121+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=12s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴负向运动，由振动图像可知C正确，D错误。
故选：AC。
由题图可知波长，分别讨论波沿x轴正向和负向传播时，在t1到t2时间内波形平移的距离，由v=ΔxΔt计算波速，由T=λv计算周期并找出可能取值，由实线波形图读出t1=2s时质点O的位置及运动状态，结合振动图像可求解。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。解决本题的关键是找出波速的表达式，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、小滑块最终婷在长木板b的左端，与长木板共速，整个过程中系统不受外力，所以系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mv0=2mv
根据能量守恒定律可得：
ΔE=12mv02−12×2mv2=2μmgL
联立解得：L=v028μg，ΔE=14mv02，故A正确，B错误；
CD、设a与b的右挡板发生碰撞前，a的速度为v1，b的速度为v2，由动量守恒定律可得：
mv0=mv1+mv2
根据能量守恒定律可得：
12mv02=12mv12+12mv22+μmgL
联立解得：v1=2+ 24v0；v1=2− 24v0(舍去)
则有v2=2− 24v0
因为质量相等，则发生弹性碰撞后速度交换，碰后a的速度小于b，则碰后a加速，b减速，直至两滑块共速，碰后a的最小速度为：
v1′=v2=2− 24v0，故C正确，D错误；
故选：AC。
滑块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式得出物体的速度，结合对物体的受力分析即可完成解答。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量的转化关系即可完成解答。
9.【答案】负；8
【解析】解：图甲所示的波形为波刚传到M点的波形，由图甲可知此时质点M的振动方向向下，故Q点开始振动的方向也向下，即沿y轴负方向．
由图甲可以看出波长λ=4m，由图乙可以看出周期T=4s.
所以波速v=λT=1m/s.
由图甲还可以看出，最前面的波峰距Q点的距离△x=8m，故最前面的波峰传播到Q点的时间，也就是Q点第一次出现波峰的时间．
为t=△xv=81s=8s.
故答案为：负，8.
各点起振方向相同，通过M点的振动方向确定Q点的振动方向．
根据波长、周期求出波速．根据波峰距离Q的水平距离，求出Q点第一次到达波峰的时间．
解决本题的关键知道各点的起振方向相同，以及知道波速、波长、周期的关系．
10.【答案】600K 放热
【解析】解：A→B过程为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律可得：VATA=VBTB，代入数据解得：TB=600K，C→A过程为等温变化过程ΔU=0，又因为体积减小，外界对系统做正功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，Q<0，故气体放热。
故答案为：600K；放热
先根据盖一吕萨克计算出气体的温度；
结合热力学第一定律和气体体积的变化分析出气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据盖一吕萨克定律分析出气体的温度，结合热力学第一定律即可完成分析，难度不大。
11.【答案】4.4×10−10 AC
【解析】解：(1)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
V=(1500×1100)mL=2.0×10−5mL；
根据大于半格的算一格，小于半格的舍去，可计算得油膜形状占据的方格数大约为114个，故油酸膜的面积为
S=114×20mm×20mm=4.56×104mm2=4.56×10−2m2
油酸分子的直径为
d=VS=2.0×10−5×10−64.56×10−2m≈4.4×10−10m
(3)A、油酸未完全散开，油酸膜的面积S偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏大，故A正确；
B、油酸溶液浓度低于实际值，算出的1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏小，故B错误；
C、计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏大，故C正确；
C、求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多计了10滴，求出的纯油酸的体积将偏小，由d=VS得到的分子直径将偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)4.4×10−10；(2)AC。
(1)根据油酸酒精溶液的浓度和1滴油酸酒精溶液的体积求出纯油酸的体积V；
(2)估算出油酸膜的面积S，根据公式d=VS计算出油酸分子的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式d=VS进行分析。
本题的关键要理解实验原理，掌握实验操作方法，搞懂如何估算油酸膜的面积，根据公式d=VS计算出油酸分子的直径。
12.【答案】 2 不能 小于
【解析】解：(1)光路图如下图所示：
(2)由几何知识可知，入射角i=30∘，折射角r=45∘
由折射定律可知，折射率：
n=sinrsini=sin45∘sin30∘= 2212= 2
(3)根据公式sinC=1n，可得临界角C等于45∘，由大头针过来的光线在BC边的入射角为60∘，大于临界角45∘，会发生全反射，所以在BC一侧不能看到大头针的像。
(4)三棱镜位置移动后的真实光路图如下图中红色线所示，而测量时是按图中蓝色线测量的。
由图中几何关系可知，蓝色线与法线的夹角大于红色线与法线的夹角，即光线由玻璃射向空气时，测量的入射角大于真实值，测量的折射率：n′=sinr′sini′，i′的测量值偏大，则该玻璃折射率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)光路图如上图甲所示；(2) 2；(3)不能4)小于。
(1)根据题意作出光路图；
(2)应用折射定律求出折射率；
(3)根据题意分析实验误差。
此题是用插针法测定玻璃砖的实验，基本原理是折射定律，要掌握确定入射光线和出射光线的方法，画光路图时要注意标上箭头。
13.【答案】解：(1)根据折射率与光速的关系有
n=cv
激光穿过玻璃的时间为：
t=Rv=nRc
(2)由临界角公式得：
sinC=1n
由几何关系得：
lR=sinC
解得l=RsinC=Rn
(3)根据题意做光路图
由几何关系得：
rcsC=2R−RcsC
光斑面积为：
S=πr2
解得：
S=π(2nR n2−1−n2Rn2−1)2
答：(1)过圆心O的激光穿过玻璃所用的时间为nRc；
(2)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为Rn；
(3)地面上光斑的面积为π(2nR n2−1−n2Rn2−1)2。
【解析】(1)根据折射率公式求出激光在玻璃中的传播速度，然后求出传播时间；
(2)根据全反射临界角公式结合几何关系解答；
(3)求出地面上光斑的半径，然后求出光斑面积。
本题考查光的折射定律，关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角，应用折射率公式与几何知识即可解题。
14.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题 vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。
【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；
①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。
对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。
15.【答案】解：(1)设当活塞刚好离开卡口b时，缸内气体的压强为p1，
对活塞，根据物体的平衡条件有：p1S=p0S+mg
解得：p1=1.1×105Pa
加热过程气体体积不变，根据查理定律有：p0T0=p1T1
代入数据解得：T1=330K
(2)假设当缸内气体的热力学温度T2=400K时活塞能到达卡口a处，
且活塞恰好与卡口a接触时缸内气体的热力学温度为T3，根据盖一吕萨克定律有HST1=(H+h)ST3
代入数据解得：T3=352K活塞到达卡口a处后继续加热过程，气体体积不变，根据查理定律得：p1T3=pT2
代入数据解得：p=1.25×105Pa
(3)加热过程外界对气体做功W=−p1hS=−1.1×105×0.03×0.01J=−33J
由热力学第一定律得：ΔU=W+Q，
代入数据解得：Q=283J
答：(1)当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T1是330K。
(2)当缸内气体的热力学温度T2=400K时，缸内气体的压强p是1.25×105Pa；
(3)在以上全过程中气体内能增量ΔU=250J，全过程缸内气体吸收的热量Q是283J。
【解析】(1)根据平衡条件分析出压强的大小，结合查理定律计算出缸内气体的温度；
(2)先根据盖-吕萨克定律分析出缸内气体的温度，再结合查理定律计算出气体的压强。
(3)求出外界对气体做功，应用热力学第一定律求解。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
1.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )
A. 具有各向同性的物体一定没有确定的熔点
B. 晶体和非晶体在适当条件下可相互转化
C. 常见的金属在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体
D. 晶体熔化时，温度不变，则内能也不变
2.期末复习时小艾同学在课本中选取了几幅图片进行了知识回顾，如图所示，他的以下观点说法中不正确的是( )
A. 如图甲所示，当注射器内装有墨汁，注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，在木板上的墨汁图样，大致表示注射器末端运动规律x−t图像
B. 研究受迫振动的实验如图乙所示，原来静止的四个小球，当a摆起来以后，其余三个小球会逐渐摆动起来，它们摆动的振幅不同，但周期相同
C. 观察水波的干涉图样，如图丙所示，两列频率相同的水波相遇后，点c始终处于波峰位置，点e既不加强也不减弱
D. 如图丁所示，是利用水波观察多普勒效应，左侧水波的频率高于右侧的水波频率，是由于振源小球向左侧移动形成的
3.下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是( )
A. 图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的小
B. 图乙为光照射通光小圆孔得到的衍射图样
C. 为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一
D. 图丁中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
4.如图所示的装置可以作为火灾报警器使用：U形试管竖直放置，左端封闭，右端开口，装入一小段水银柱封闭一定质量的气体。已知试管壁是导热的，外界大气压恒定。如果蜂鸣器发出响声，(水银未溢出、试管不变形)，则( )
A. 封闭气体的温度升高，气体分子的热运动变得剧烈，分子撞击器壁时对器壁的平均作用力增大，从而气体的压强一定增大
B. 封闭气体的体积变大，单位体积的分子数减少，从而气体的压强一定减小
C. 封闭气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界释放了热量
D. 封闭气体的密度变小，单位时间内打到单位面积器壁上的分子数减少，分子的平均动能增大，气体的压强不变
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( )
A. 分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大
B. 在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动
C. 若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为MρNA
D. 当分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，引力减小，合力表现为斥力
6.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d=2.0×10−4m，屏与双缝间的距离为L=0.700m，测得第一条亮条纹中心与第六条亮条纹中心间距为Δx=11.550mm，下列说法正确的是( )
A. 中央亮纹最亮最宽
B. 测得单色光的波长λ=5.5×10−7m
C. 换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
D. 将屏向靠近双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
7.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图，右端带有固定挡板的长木板b，静止在光滑水平面上，小滑块a以初速度v0从左端滑上木板b，a与b的右挡板发生一次弹性碰撞，最后a恰好未从b上掉下。已知a、b质量均为m，滑块a与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
A. 木板b的长度为v028μgB. a、b组成系统的机械能减少了mv022
C. 滑块a的最小速度为2− 24v0D. 碰撞后滑块a先减速后加速
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点时的波形图，图乙是质点N(x=3m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点，则Q点开始振动时，振动方向沿y轴________方向(填“正”或“负”)；经过________ s，Q点第一次到达波峰.
10.一定质量的理想气体，状态经A→B→C→A的变化过程可用如图所示的p−V图线描述，其中C→A为等温过程，气体在状态A时温度为T=300K。该气体在状态B时的温度为______，C→A过程中气体______(填“吸热”或“放热”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.“用油膜法估测分子的大小”的实验方法及步骤如下：
①向1mL的油酸中加酒精，直至总量达到500mL；
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入100滴时，测得其体积恰好是1mL；
③先往边长为30cm∼40cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，小方格的边长为20mm，数出轮廓范围内小方格的个数N.
根据以上信息，回答下列问题：
(1)油酸分子直径是______ m。(结果保留两位有效数字)
(2)若某学生计算油酸分子直径的结果偏大，可能是由于______。
A.油酸未完全散开
B.油酸溶液浓度低于实际值
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴
12.某实验小组的同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率”的实验。他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓(用实线△ABC表示)，然后放好三棱镜，在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的左侧观察，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
(1)将图中的光路图补充完整；
(2)根据图中所给数据，可得该玻璃的折射率n=______；
(3)根据前面的结论，在BC一侧______(填“能”或“不能”)看到大头针P1和P2的像；
(4)若实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值______真实值(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
五、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，在暗室中有一圆柱形平行单色激光束(半径为R)垂直射向半球形玻璃的水平平面AB上，平面AB与水平地面间的高度差为2R。玻璃截面的圆心为O，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。圆半径为R，玻璃对激光的折射率为n，激光在真空中的速度大小为c，求：
(1)过圆心O的激光穿过玻璃所用的时间t；
(2)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(3)地面上光斑的面积S。
六、计算题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0 , 34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
15.如图所示、横截面积S=0.01m2的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离h=0.03m，b到汽缸底部的距离H=0.45m，质量m=10kg的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强p0=1×105Pa，热力学温度T0=300K，活塞停在b处，取重力加速度大小g=10m/s2，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。
(1)求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T1；
(2)求当缸内气体的热力学温度T2=400K时，缸内气体的压强p；
(3)在以上全过程中气体内能增量ΔU=250J，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、多晶体显示各向同性，但具有确定的熔点，故A错误；
B、晶体和非晶体在适当条件下可相互转化，故B正确；
C、金属材料虽然显示各向同性，并不意味着一定是非晶体，可能是多晶体，故C错误；
D、晶体熔化时，其温度虽然不变，但其体积和内部结构可能发生变化，分子势能发生变化，故内能也变化，故D错误；
故选：B。
晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高。
能否记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，属于基础知识的考查。
2.【答案】C
【解析】解：A、如图甲所示，由波的传播规律，当注射器内装有墨汁，注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，在木板上的墨汁图样，大致表示注射器末端运动规律x−t图像，故A正确；
B、受迫振动的周期与驱动力的周期相同，当a摆起来后，其余三个小球周期相同，当受迫振动的小球固有周期和驱动力的周期相同时，振幅最大，固有周期与摆长由关，由于其余三个小球的摆长不一样，则它们摆动的振幅不一样，故B正确；
C、振动加强点始终是加强的，但位移确不总是最大的，即并不是始终处于波峰处，故C错误；
D、是利用水波观察多普勒效应，左侧水波的频率高于右侧的水波频率，是由于振源小球向左侧移动形成的，故D正确；
故选：C。
A、根据波的传播规律进行分析；
B、受迫振动的周期与驱动力的周期相同，固有周期与摆长由关；
C、根据波的叠加原理分析；
D、根据多普勒效应进行分析。
本题考查单摆的运动规律，波的叠加原理，多普勒效应现象等基本概念。
3.【答案】C
【解析】解：A、图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在相同的狭缝尺寸及间距下，a光的干涉条纹间距比b光的大，由Δx=λLd，可知a光的波长比b光的大，a光的频率比b光的小，所以在同种均匀介质中，a光的折射率比b光的小，故a光的传播速度比b光的大，故A错误；
B、图乙为光照射一个不透光圆盘得到的衍射图样，中心的亮点称为泊松亮斑，故B错误；
C、为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一，这样镜头表面反射的光和薄膜表面反射的光恰好能通过干涉而抵消，能提高镜头的透光性能，故C正确；
D、图丁中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏因接收不到光线而变暗，故D错误。
故选：C。
依据单色光的双缝干涉条纹间距公式判断；依据泊松亮斑解释；根据薄膜干涉解释；根据光的偏振解释。
本题考查了对光的干涉、衍射、偏振的理解，需要对知识掌握牢固，总体较容易。
4.【答案】D
【解析】解：ABD.由题意，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器才会发出响声，水银柱上升，封闭气体的体积要增大。大气压强不变，封闭气体压强不变，气体做等压变化，气体体积增大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高。
封闭气体的温度升高，气体分子的热运动变得剧烈，分子平均动能增大，分子撞击器壁时对器壁的平均作用力增大，气体体积增大，分子数密度减小，单位时间内撞击器壁的分子数减少，从而保持气体压强不变，故AB错误，D正确；
C.封闭气体温度升高，封闭理想气体的内能增加，则：ΔU>0，气体体积增大，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律得：ΔU=W+Q，则Q=ΔU−W>0，气体从外界吸收热量，故C错误；
故选：D。
当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器才会发出响声，以封闭的气体为研究对象，气体作等压变化，分别找出气体初末状态的状态参量，应用盖⋅吕萨克定律便可求解出报警温度。根据热力学第一定律方向是否释放热量。
根据题意知道蜂鸣器发出响声时气体体积增大、气体发生等压变化是解题的前提，应用盖吕萨克定律与热力学第一定律即可解题；解题时要知道：温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，一定量的理想气体内能由气体的温度决定。
5.【答案】AB
【解析】解：A、当分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，且大小随分子间距先增大后减小，随分子间距增大，分子力做负功，由功能关系可知，分子势能增大，故A正确；
B、在显微镜下观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，是由于煤油分子的无规则运动对小粒灰尘的碰撞而产生的，所以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，故B正确；
C、气体的分子所占空间体积为V0=MρNA，而气体分子所占间体积不等于气体分子体积，故C错误；
D、当分子间的距离减小时，分子间的斥力与引力都增大，合力表现为引力还是斥力取决于分子间距离，故D错误。
故选：AB。
通过物体分子势能和分子力做功的关系，布朗运动反映了液体分子在做无规则运动，分子体积和气体分子所占的空间区别进行分析。
本题考查了计算分子的体积，布朗运动的定义、现象和解释分子间的引力、斥力合力与距离的关系。
6.【答案】CD
【解析】解：A.光的干涉条纹具有等间距特点，故A错误；
B.相邻亮条纹间距为：Δx=an−1=11.550×10−36−1m=2.31×10−3m
根据相邻亮条纹间距公式有：λ=dΔxL=2.0×10−4×2.31×10−30.700m=6.6×10−7m
C.根据Δx=Ldλ可知换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄，故C正确；
D.将屏向靠近双缝的方向移动，干涉条纹间距变窄，可以增加从目镜中观察到的条纹个数，故D正确。
故选：CD。
根据干涉条纹的特点判断；根据根据相邻亮条纹间距公式计算、分析和判断。
本题解答的关键是掌握干涉条纹的间距公式和干涉条纹的特点。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、由题图可知波长λ=4m，若波沿x轴正向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=3+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=1+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=123+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=4s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，由振动图像可知A正确，B错误；
CD、若波沿x轴负向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx=1+4n(m)(n=0,1,2,)，则波速v=ΔxΔt，将Δt=t2−t1代入数据可得v=13+43n(m/s)(n=0，1，2，)，由T=λv代入数据可解得T=121+4ns(n=0，1，2，)，若n=0，则T=12s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴负向运动，由振动图像可知C正确，D错误。
故选：AC。
由题图可知波长，分别讨论波沿x轴正向和负向传播时，在t1到t2时间内波形平移的距离，由v=ΔxΔt计算波速，由T=λv计算周期并找出可能取值，由实线波形图读出t1=2s时质点O的位置及运动状态，结合振动图像可求解。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。解决本题的关键是找出波速的表达式，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、小滑块最终婷在长木板b的左端，与长木板共速，整个过程中系统不受外力，所以系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mv0=2mv
根据能量守恒定律可得：
ΔE=12mv02−12×2mv2=2μmgL
联立解得：L=v028μg，ΔE=14mv02，故A正确，B错误；
CD、设a与b的右挡板发生碰撞前，a的速度为v1，b的速度为v2，由动量守恒定律可得：
mv0=mv1+mv2
根据能量守恒定律可得：
12mv02=12mv12+12mv22+μmgL
联立解得：v1=2+ 24v0；v1=2− 24v0(舍去)
则有v2=2− 24v0
因为质量相等，则发生弹性碰撞后速度交换，碰后a的速度小于b，则碰后a加速，b减速，直至两滑块共速，碰后a的最小速度为：
v1′=v2=2− 24v0，故C正确，D错误；
故选：AC。
滑块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式得出物体的速度，结合对物体的受力分析即可完成解答。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量的转化关系即可完成解答。
9.【答案】负；8
【解析】解：图甲所示的波形为波刚传到M点的波形，由图甲可知此时质点M的振动方向向下，故Q点开始振动的方向也向下，即沿y轴负方向．
由图甲可以看出波长λ=4m，由图乙可以看出周期T=4s.
所以波速v=λT=1m/s.
由图甲还可以看出，最前面的波峰距Q点的距离△x=8m，故最前面的波峰传播到Q点的时间，也就是Q点第一次出现波峰的时间．
为t=△xv=81s=8s.
故答案为：负，8.
各点起振方向相同，通过M点的振动方向确定Q点的振动方向．
根据波长、周期求出波速．根据波峰距离Q的水平距离，求出Q点第一次到达波峰的时间．
解决本题的关键知道各点的起振方向相同，以及知道波速、波长、周期的关系．
10.【答案】600K 放热
【解析】解：A→B过程为等压变化过程，根据盖一吕萨克定律可得：VATA=VBTB，代入数据解得：TB=600K，C→A过程为等温变化过程ΔU=0，又因为体积减小，外界对系统做正功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，Q<0，故气体放热。
故答案为：600K；放热
先根据盖一吕萨克计算出气体的温度；
结合热力学第一定律和气体体积的变化分析出气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据盖一吕萨克定律分析出气体的温度，结合热力学第一定律即可完成分析，难度不大。
11.【答案】4.4×10−10 AC
【解析】解：(1)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
V=(1500×1100)mL=2.0×10−5mL；
根据大于半格的算一格，小于半格的舍去，可计算得油膜形状占据的方格数大约为114个，故油酸膜的面积为
S=114×20mm×20mm=4.56×104mm2=4.56×10−2m2
油酸分子的直径为
d=VS=2.0×10−5×10−64.56×10−2m≈4.4×10−10m
(3)A、油酸未完全散开，油酸膜的面积S偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏大，故A正确；
B、油酸溶液浓度低于实际值，算出的1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏小，故B错误；
C、计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，由d=VS得到的分子直径d将偏大，故C正确；
C、求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多计了10滴，求出的纯油酸的体积将偏小，由d=VS得到的分子直径将偏小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：(1)4.4×10−10；(2)AC。
(1)根据油酸酒精溶液的浓度和1滴油酸酒精溶液的体积求出纯油酸的体积V；
(2)估算出油酸膜的面积S，根据公式d=VS计算出油酸分子的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式d=VS进行分析。
本题的关键要理解实验原理，掌握实验操作方法，搞懂如何估算油酸膜的面积，根据公式d=VS计算出油酸分子的直径。
12.【答案】 2 不能 小于
【解析】解：(1)光路图如下图所示：
(2)由几何知识可知，入射角i=30∘，折射角r=45∘
由折射定律可知，折射率：
n=sinrsini=sin45∘sin30∘= 2212= 2
(3)根据公式sinC=1n，可得临界角C等于45∘，由大头针过来的光线在BC边的入射角为60∘，大于临界角45∘，会发生全反射，所以在BC一侧不能看到大头针的像。
(4)三棱镜位置移动后的真实光路图如下图中红色线所示，而测量时是按图中蓝色线测量的。
由图中几何关系可知，蓝色线与法线的夹角大于红色线与法线的夹角，即光线由玻璃射向空气时，测量的入射角大于真实值，测量的折射率：n′=sinr′sini′，i′的测量值偏大，则该玻璃折射率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)光路图如上图甲所示；(2) 2；(3)不能4)小于。
(1)根据题意作出光路图；
(2)应用折射定律求出折射率；
(3)根据题意分析实验误差。
此题是用插针法测定玻璃砖的实验，基本原理是折射定律，要掌握确定入射光线和出射光线的方法，画光路图时要注意标上箭头。
13.【答案】解：(1)根据折射率与光速的关系有
n=cv
激光穿过玻璃的时间为：
t=Rv=nRc
(2)由临界角公式得：
sinC=1n
由几何关系得：
lR=sinC
解得l=RsinC=Rn
(3)根据题意做光路图
由几何关系得：
rcsC=2R−RcsC
光斑面积为：
S=πr2
解得：
S=π(2nR n2−1−n2Rn2−1)2
答：(1)过圆心O的激光穿过玻璃所用的时间为nRc；
(2)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为Rn；
(3)地面上光斑的面积为π(2nR n2−1−n2Rn2−1)2。
【解析】(1)根据折射率公式求出激光在玻璃中的传播速度，然后求出传播时间；
(2)根据全反射临界角公式结合几何关系解答；
(3)求出地面上光斑的半径，然后求出光斑面积。
本题考查光的折射定律，关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角，应用折射率公式与几何知识即可解题。
14.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题 vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。
【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；
①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。
对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。
15.【答案】解：(1)设当活塞刚好离开卡口b时，缸内气体的压强为p1，
对活塞，根据物体的平衡条件有：p1S=p0S+mg
解得：p1=1.1×105Pa
加热过程气体体积不变，根据查理定律有：p0T0=p1T1
代入数据解得：T1=330K
(2)假设当缸内气体的热力学温度T2=400K时活塞能到达卡口a处，
且活塞恰好与卡口a接触时缸内气体的热力学温度为T3，根据盖一吕萨克定律有HST1=(H+h)ST3
代入数据解得：T3=352K
代入数据解得：p=1.25×105Pa
(3)加热过程外界对气体做功W=−p1hS=−1.1×105×0.03×0.01J=−33J
由热力学第一定律得：ΔU=W+Q，
代入数据解得：Q=283J
答：(1)当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T1是330K。
(2)当缸内气体的热力学温度T2=400K时，缸内气体的压强p是1.25×105Pa；
(3)在以上全过程中气体内能增量ΔU=250J，全过程缸内气体吸收的热量Q是283J。
【解析】(1)根据平衡条件分析出压强的大小，结合查理定律计算出缸内气体的温度；
(2)先根据盖-吕萨克定律分析出缸内气体的温度，再结合查理定律计算出气体的压强。
(3)求出外界对气体做功，应用热力学第一定律求解。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
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