河北省唐山市玉田县学年高二下学期期末物理.docx
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河北省唐山市玉田县学年高二下学期期末物理
2016-2017学年河北省唐山市玉田县高二（下）期末物理试卷
一、选择题有个电流计，内阻Rg=300Ω，满偏电流Ig=1mA，要把它改装成一个量程为3V的电压表，需要给它（ ）
A．并联一个0.1Ω的电阻B．串联一个0.1Ω的电阻
C．并联一个2.7KΩ的电阻D．串联一个2.7KΩ的电阻
2．关于磁场中某点的磁感应强度方向，下列说法中正确的是（ ）
A．磁感应强度的方向就是自由转动的小磁针静止时N极的指向
B．磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向
C．磁感应强度的方向就是一小段通电直导线在该点的受力方向
D．磁感应强度的方向就是磁感线在该点的切线方向
3．如图，一个枕形导体AB原来不带电．将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电量为Q，与AB中心O点的距离为R．由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷．当达到静电平衡时（ ）
A．导体A端电势高于B端电势
B．导体A端电势低于B端电势
C．导体中心O点的场强为0
D．导体中心O点的场强大小为k
4．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（ ）
A．电源两端的电压为8VB．电源输出的电功率为20W
C．电动机两端的电压为7.0VD．电动机的输出功率为12W
5．应用物理知识分折生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．如图所示，将一花瓶置于桌面上的桌布上，用水平向右的拉力将桌布迅速抽出，花瓶发生了平移，但最终并没有滑出桌面．这是大家熟悉的惯性演示实验．若花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
A．桌布对花瓶摩擦力的方向向左
B．花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上滑动的时间的相等
C．桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量相同
D．若增大水平拉力，更快地将桌布拉出，则花瓶可能滑出桌面
6．处在近地轨道的人造地球卫星，会受到稀薄的气体阻力作用，使其绕地球做圆周运动的过程中轨道半径将不断地缓慢缩小，对于这样的近地人造地球卫星，下列说法中正确的是（ ）
A．卫星运动的速率减小B．卫星运动的角速度变大
C．卫星运动的周期变大D．卫星的向心加速度变小
7．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30kg•m/sB．5.7×102kg•m/s
C．6.0×102kg•m/sD．6.3×102kg•m/s
8．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
9．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为
→
+
，下列说法正确的是（ ）
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
10．如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上．当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度，则（ ）
A．锌板带正电，验电器带负电
B．若改用强度更小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转
C．若改用红外线照射锌板，验电器的指针仍然会发生偏转
D．这个现象可以说明光具有波动性
11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
12．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则（ ）
A．t=0时，线圈平面平行于磁感线
B．t=1s时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
二、填空题（23分）
13．（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
14．（18分）某实验小组要描绘一只小灯泡L（2.5V0.3A）的伏安特性曲线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电源E（3.0V，内阻约0.5Ω）
电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（0～15V，内阻约15kΩ）
电流表A1（0.6A，内阻约0.125Ω）
电流表A2（0～3A，内阻约0.025Ω）
滑动变阻器R1（0～5Ω）
滑动变阻器R2（0～1750Ω）
（1）电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ．
（2）实验过程中要求小灯泡两端电压从零开始调节，应选择图1中哪一个电路图进行实验？
．
（3）实验过程中，电流表和电压表的一组示数如下图2所示，则此时电流表和电压表的读数分别为 A和 V．
（4）根据正确的实验电路，该小组同学测得多组电压和电流值，并在图3中画出了小灯泡L的伏安特性曲线．由图可知，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝阻值 ，原因是 ．
（5）若将这个小灯泡L直接接在电动势为3V，内电阻为3Ω的直流电源两端，则小灯泡的电功率为 W（结果保留2位有效数字）．
三、计算题（共29分，本题要求写出必要的解题步骤和文字说明，只写结果的不给分）
15．（14分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨从静止开始以加速度a向右匀加速运动，运动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略，求：
（1）t时刻导体棒产生的电动势的大小；
（2）t时刻电阻R消耗的功率；
（3）t时间内流过R的电荷量．
16．（15分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离．
2016-2017学年河北省唐山市玉田县高二（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（2017春•玉田县期末）有个电流计，内阻Rg=300Ω，满偏电流Ig=1mA，要把它改装成一个量程为3V的电压表，需要给它（ ）
A．并联一个0.1Ω的电阻B．串联一个0.1Ω的电阻
C．并联一个2.7KΩ的电阻D．串联一个2.7KΩ的电阻
【考点】NA：
把电流表改装成电压表．
【分析】明确改装原理，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出应串联电阻的阻值．
【解答】解：
把电流表改装成电压表需要串联电阻阻值，从而增大两端的电压；满偏电流Ig=1mA=0.001A；
根据串联电路规律可知；
R=
﹣Rg=
﹣300=2700Ω=2.7kΩ，
故D正确，ABC错误．
故选：
D．
【点评】本题考查了电表的改装原理，实质上是求电阻阻值，知道电压表的改装原理，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
2．关于磁场中某点的磁感应强度方向，下列说法中正确的是（ ）
A．磁感应强度的方向就是自由转动的小磁针静止时N极的指向
B．磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向
C．磁感应强度的方向就是一小段通电直导线在该点的受力方向
D．磁感应强度的方向就是磁感线在该点的切线方向
【考点】C3：
磁感应强度．
【分析】磁感应强度的方向就是磁场的方向，是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向；
磁感应强度的方向沿磁感线的切线方向；磁感应强度的方向与通电导线所受安培力的方向垂直．
【解答】解：
A、磁场中某点可自由转动的小磁针，静止时北极的指向就是该点磁感应强度方向．故A正确；
B、小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向．故B正确；
C、根据左手定则，某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故C错误；
D、根据磁感线的特点可知，磁感应强度的方向就是磁感线在该点的切线方向，故D正确；
故选：
ABD
【点评】磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同．
3．如图，一个枕形导体AB原来不带电．将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电量为Q，与AB中心O点的距离为R．由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷．当达到静电平衡时（ ）
A．导体A端电势高于B端电势
B．导体A端电势低于B端电势
C．导体中心O点的场强为0
D．导体中心O点的场强大小为k
【考点】AG：
匀强电场中电势差和电场强度的关系；AI：
静电现象的解释．
【分析】静电平衡导体的特点是整个导体是等势体，内部场强处处为零，据此分析即可．
【解答】解：
AB、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体A端电势等于B端电势．故A、B错误．
CD、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0，故C正确，D错误．
故选：
C．
【点评】解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点：
整个导体是等势体，内部场强处处为零．
4．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（ ）
A．电源两端的电压为8VB．电源输出的电功率为20W
C．电动机两端的电压为7.0VD．电动机的输出功率为12W
【考点】BG：
电功、电功率．
【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【解答】解：
AC、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：
U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，故A错误，C正确；
B、电源的输出的功率为：
P输出=EI﹣I2r=12×2﹣22×1=20W，故B正确．
D、电动机的总功率为：
P总=UI=7×2=14W，
电动机的发热功率为：
P热=I2R=22×0.5=2W，
所以电动机的输出功率为：
P出=14W﹣2W=12W，故D正确；
故选：
BCD
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
5．应用物理知识分折生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．如图所示，将一花瓶置于桌面上的桌布上，用水平向右的拉力将桌布迅速抽出，花瓶发生了平移，但最终并没有滑出桌面．这是大家熟悉的惯性演示实验．若花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
A．桌布对花瓶摩擦力的方向向左
B．花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上滑动的时间的相等
C．桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量相同
D．若增大水平拉力，更快地将桌布拉出，则花瓶可能滑出桌面
【考点】37：
牛顿第二定律；24：
滑动摩擦力．
【分析】根据桌布与花瓶间相对运动方向判断桌布对花瓶摩擦力的方向．根据牛顿第二定律和速度公式结合分析花瓶在桌布上和桌面上运动时间的关系．由动量定理分析冲量关系．
【解答】解：
A、花瓶相对于桌布向左运动，则桌布对花瓶摩擦力的方向向右，故A错误．
B、设花瓶在桌布上和桌面上运动时加速度大小分别为a1和a2，花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上滑动的时间分别为t1和t2．花瓶刚离开桌布时速度为v．
花瓶在桌布上运动时，根据牛顿第二定律得μmg=ma1，由运动学公式v=a1t1．
花瓶在桌面上运动时，根据牛顿第二定律得μmg=ma2，由运动学公式v=a2t2．
由上可得a1=a2，t1=t2．故B正确．
C、花瓶在桌布上运动时，对花瓶，由动量定理得I1=mv﹣0．花瓶在桌面上运动时，对花瓶，由动量定理得I2=0﹣mv，则I2=﹣I1．所以桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量不同，故C错误．
D、若增大水平拉力，更快地将桌布拉出，花瓶在桌布上运动的时间缩短，由v=a1t1，知花瓶获得的速度减小，在桌面上滑行的距离缩短，不能滑出桌面，故D错误．
故选：
B
【点评】本题考查牛顿第二定律和速度公式的应用，分析判断花瓶受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握花瓶的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析．
6．处在近地轨道的人造地球卫星，会受到稀薄的气体阻力作用，使其绕地球做圆周运动的过程中轨道半径将不断地缓慢缩小，对于这样的近地人造地球卫星，下列说法中正确的是（ ）
A．卫星运动的速率减小B．卫星运动的角速度变大
C．卫星运动的周期变大D．卫星的向心加速度变小
【考点】4H：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、向心加速度的表达式，结合轨道半径的变化得出线速度、角速度、周期和向心加速度的变化．
【解答】解：
根据
=
得，向心加速度a=
，线速度v=
，角速度
，周期T=
，由于轨道半径减小，则向心加速度变大，线速度变大，角速度变大，周期变小．故B正确，A、C、D错误．
故选：
B．
【点评】解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，基础题．
7．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30kg•m/sB．5.7×102kg•m/s
C．6.0×102kg•m/sD．6.3×102kg•m/s
【考点】53：
动量守恒定律．
【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小．
【解答】解：
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，
解得火箭的动量P=﹣m1v1=﹣0.05×600kg•m/s=﹣30kg•m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误．
故选：
A．
【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，基础题．
8．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【考点】43：
平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断．
【解答】解：
发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，ABD错误．
故选：
C．
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
9．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为
→
+
，下列说法正确的是（ ）
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【考点】JA：
原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．
【解答】解：
AB、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据
知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确．
C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误．
D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误．
故选：
B．
【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系．
10．如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上．当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度，则（ ）
A．锌板带正电，验电器带负电
B．若改用强度更小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转
C．若改用红外线照射锌板，验电器的指针仍然会发生偏转
D．这个现象可以说明光具有波动性
【考点】IC：
光电效应．
【分析】该实验是通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电，光电效应说明光具有粒子性．
【解答】解：
A、用紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故A错误；
B、根据光电效应的条件可知发生光电效应与光的强度无关，若改用强度更小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转．故B正确；
C、根据光电效应的条件可知若改用红外线照射锌板，不一定能发生光电效应，所以验电器的指针不一定会发生偏转．故C错误；
D、光电效应说明光具有粒子性．故D错误．
故选：
B
【点评】解决本题的关键知道光电效应的实质以及光电效应的条件，知道锌板失去电子带正电是解答的关键，基础题．
11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
【考点】AD：
电势差与电场强度的关系；AC：
电势；AE：
电势能．
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E=
，结合电势差与场强间距，即可求解；
依据电势差等于电势之差；
根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．
【解答】解：
A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：
E=
，
依据几何关系，则d=
=
=3.6cm，
因此电场强度大小为E=
=2.5V/cm，故A正确；
B、根据φc﹣φa=φb﹣φo，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：
原点处的电势为φ0=1V，故B正确；
C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；
D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；
故选：
ABD．
【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=
的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义．
12．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则（ ）
A．t=0时，线圈平面平行于磁感线
B．t=1s时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
【考点】E3：
正弦式电流的图象和三角函数表达式；BH：
焦耳定律；E4：
正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【分析】根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和t=1.5s时感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热．
【解答】解：
A、根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A正确；
B、Φ﹣t图象的斜率为
，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可得E=N
，所以在t=1.5s时，斜率为零，则感应电动势为零，故C错误；
D、感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦmω=100×
V=4πV，有效值E=
=2
V，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q=
=
=8π2J，故D正确．
故选：
AD．
【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：
一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点．
二、填空题（23分）
13．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
【考点】99：
理想气体的状态方程；8F：
热力学第一定律；8H：
热力学第二定律．
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W=p△V判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量．
【解答】解：
A、从a到b等容升压，根据
可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；
B、在过程ca中压
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