2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市南岗区高二（下）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市南岗区高二（下）期末物理试卷
1. 轻核聚变其中的一个反应方程是： 12H+13H→24He+x.若已知 12H的质量为m1， 13H的质量为m2， 24He的质量为m3，x的质量为m4，则下列说法中正确的是(    )
A.  12H和 13H在常温下就能够发生聚变
B. x是质子
C. 这个反应释放的核能为△E=(m1+m2−m3−m4)c2
D. 我国一部分核电站就是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
2. 关于热学方面的知识，下列说法正确的是(    )


A. 图甲，显示了不浸润液体在毛细管中的液柱高度情况
B. 图乙中两种固体材料上的酱油滴，从形状可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润
C. 图丙为水中炭粒运动位置连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹
D. 图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①对应的温度较高
3. 三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态，轻绳处于拉直状态．现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(    )
A. 4 cm B. 6 cm C. 8 cm D. 10 cm
4. 研究物体运动的图像可以灵活选取横、纵轴所代表的物理量，下面四个运动图像中v表示速度、a表示加速度、x表示位移、t表示时间，则下列说法中正确的是(    )


A. 甲图中，物体可能做曲线运动
B. 乙图中，物体做匀加速直线运动
C. 丙图中，物体在0～4s内速度先增大后减小
D. 丁图中，t=4s时物体的速度为9m/s
5. 在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是(g取10m/s2)(    )
A. 小球在这段时间内的位移大小一定是15m，方向竖直向上
B. 小球在这段时间内的平均速率可能是5m/s
C. 小球在这段时间内的速度变化大小可能是10m/s，方向竖直向上
D. 小球在这段时间内上升的最大高度一定为15m
6. 如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为t，升温过程封闭气体的V−t图像如图乙所示，已知斜面倾角为30°，重力加速度为g，大气压强为P0，气缸和活塞均绝热且不漏气，气缸(含电热丝)质量为M、活塞面积为S、质量为m，所有接触面均光滑。则下列说法不正确的是(    )


A. 被封闭气体的内能一定增加
B. 在此过程中，封闭气体分子在单位时间内对活塞碰撞的次数一定减小
C. 封闭气体的体积从V→2V的过程，其温度变化了t摄氏度
D. 缓慢加热过程中气缸一定沿斜面向下运动
7. 如图甲为氢原子的能级图，现用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为νa、νb、νc的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置；其中只有a、b两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线；已知图乙中的阴极材料是表中所给材料中的一种，表是几种金属的逸出功和截止频率。已知e=1.6×10−19C。以下说法不正确的是(    )

几种金属的逸出功和截止频率
金属
W/eV
ν/×1014Hz
钠
2.29
5.53
钾
2.25
5.44
铷
2.13
5.15

A. 图乙中的阴极材料一定是铷
B. 图丙中UC=−8.07
C. 一定有ν0=νa+νb+νc
D. 图丙中的b光照射阴极电流达到饱和时每秒射出的光电子数大约4×1012个
8. 以下说法中正确的是(    )
A. 给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
B. 玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
C. 第一类永动机不可能制成的是因为违反了能量守恒定律
D. 第二类永动机不可能制成的是因为违反了热力学第二定律
9. 甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车速度的平方v2随位移x的变化图像如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 汽车乙的加速度大小为2m/s2
B. 甲领先乙的最大距离为6m
C. 汽车甲、乙在x=6m处相遇
D. 汽车甲、乙在t=3 2s时相遇
10. 在一个密闭的容器中装有放射性同位素氪(3685Kr)气体，在温度为27℃时测得其压强为P0=1atm。将容器深埋在地下，经过10年后测得，在温度为−3℃的地下，容器中的压强为P=0.225atm。在此期间，有些氪衰变成为固体状态的铷(3785Rb)，铷的体积和容器的体积比较可以忽略不计。则下列说法中正确的是(    )
A. 氪发生β衰变成为固体铷 B. 氪的半衰期为5年
C. 氪发生衰变的过程中一定出现质量亏损 D. 氪的比结合能大于铷的比结合能
11. 某实验小组利用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动规律：滑块在斜面上由静止释放后沿直线下滑时，固定在斜面上端的打点计时器在与滑块相连的纸带上打点。在纸带上选取点迹清晰的某点记为A点，A、B、C、D、E、F为纸带上标出的6个计数点，如图乙所示，相邻两计数点间还有4个点没有标出。已知打点计时器所用交流电的频率为f。

(1)下列说法正确的是______ 。(单选)
A.所用斜面必须光滑
B.此实验还需要使用刻度尺
C.组装实验器材时，滑块离打点计时器尽可能远一些
D.实验操作时先放小车，再通电
(2)用给出和测量的物理量表示B点的速度v= ______ 。该小组同学用图像处理数据，从A点开始计时，拟合了xt−t图像，图像为直线，直线的斜率为k，则滑块运动的加速度a= ______ 。(用k表示)
12. 用图甲所示探究气体等温变化的规律。
(1)关于该实验下列说法正确的是______ 。
A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油
B.应快速推拉柱塞
C.为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞
D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位

(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以1V为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的______ (选填“①”或“②”)。
(3)为更准确地测出气体的压强，小华用压强传感器和注射器相连，得到某次实验的p−V图如图丙所示，究其原因，是温度发生了怎样的变化______ 。
A.一直下降
B.先上升后下降
C.先下降后上升
D.一直上升
(4)某同学将注射器活塞移动到体积适中的位置时，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与压强p0，然后记录5组数据，作p−1V图。在软管内气体体积ΔV不可忽略时，p−1V图像为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线(图中的虚线)方程是p= ______ 。(用V0、p0、ΔV表示)
13. 如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V−T图像。已知气体在状态A时的压强是pA=1.5×105Pa。
(1)计算图甲中A→B→C的过程中TA和pC。
(2)根据图甲中，气体由A→B→C的V−T图像，在图乙的坐标系中，作出该气体由A→B→C的的P−V图线，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。
(3)图甲中气体由A→B→C的过程中气体内能增加△U=2×104J，求这一过程中气体吸收的热量Q。

14. 如图所示，A.B、C三段粗细相同且均匀、底部连通的玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞与管内壁气密性好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=5cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=5cm，A管和C管中封闭气柱长均为8.5cm，大气压强为75cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为10cm，求：(下列计算结果均保留两位有效数字)
(1)C管中水银液面下降的高度；
(2)活塞向下移动的距离。
15. 如图，一两侧开口长为L=3.75m的圆筒沿着地面滑行，由于摩擦阻力的作用，加速度大小为a=2m/s2，总与运动方向相反，直到筒停在地面上。筒滑行方向前方有一堵墙，筒撞到墙后会反弹，撞墙前后筒速率不变。某时刻该筒速度为v1=8m/s，距离墙壁S0=15m，向着墙壁滑动。一无人机此时恰在筒右侧筒口中心以速度v2=4m/s与筒同向做匀速直线运动。假设无人机可以在筒内外自由穿梭不受筒影响。求：
(1)无人机第一次穿过筒用多长时间；
(2)无人机第二次穿过筒用多长时间。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、该反应属于核聚变反应，故应在高温高压下才能反应，故A错误；
B、根据质量数守恒可知x的质量数：m=2+3−4=1；电荷数：z=1+1−2=0，可知x是中子，故B错误；
C、由质能方程可知：质量亏损为m1+m2−m3−m4；释放的核能为：△E═(m1+m2−m3−m4)c2，故C正确；
D、我国大亚湾核电站就是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误；
故选：C。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断x，根据爱因斯坦的质能方程进行分析，明确质量亏损及核能的释放。
本题考查核反应的质能方程，要注意明确核聚变反应的条件及质能方程的应用。

2.【答案】B 
【解析】解：A、图甲中，液面向下凹，说明液体附着在毛细管的表面，则图甲显示了浸润液体在毛细管中的液柱高度情况，故A错误；
B、从形状可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，故B正确；
C、图丙是对水中炭粒相邻两次记录位置的连线，只能记录炭粒位置的变化，不是炭粒做布朗运动的轨迹，只能反映炭粒的运动是无规则的，故C错误；
D、图丁中，曲线①所对应速率大的分子比例较少，对应的温度较低，故D错误。
故选：B。
根据浸润和不浸润的原理分析即可；炭粒运动位置的连线只能表示不同时刻位置的变化，不是布朗运动的轨迹；温度越低，速率大的分子比例越少。
本题考查浸润和不浸润，布朗运动、分子热运动，要加强对基础知识的学习与理解。

3.【答案】C 
【解析】解：对物块b分析受力可知，q弹簧初始时压缩量为：△x1=mgk=10500=0.02m=2cm。
对物块c分析受力可知，q弹簧末状态时伸长量为：△x2=mgk=10500=0.02m=2cm。
末状态下，对bc整体分析受力可知，细线对B向上的拉力大小为2mg，由于物块a平衡，所以p弹簧的弹力大小也为2mg，则末状态下p弹簧伸长：
△x3=2mgk=10×2500=0.04m=4cm。
比较初末状态可得：p弹簧左端向左移动的距离为：s=△x1+△x2+△x3=8cm。
故选：C。
对b分析，根据共点力平衡求出q弹簧的压缩量，从而得出q弹簧的长度．当c恰好离开地面时，对c分析，根据共点力平衡求出弹簧q的伸长量，对bc整体分析，求出绳子的拉力，从而得出弹簧p的弹力，结合胡克定律求出p的伸长量，通过两个弹簧形变量的变化得出p弹簧的左端向左移动的距离
本题考查了胡克定律和共点力平衡的基本运用，关键选择好研究对象，结合共点力平衡，以及抓住弹簧的初末状态分析求解．

4.【答案】BD 
【解析】解：A、v−t图像只能描述直线运动的规律，甲图中物体做变速直线运动，故A错误；
B、由图乙得：v2=x。根据速度—位移公式v2−v02=2a0x得：2a0=1m/s2，有：a0=0.5m/s2，物体做匀加速直线运动，故B正确；
C、丙图中，由于初速度未知，加速度方向与速度方向的关系不能确定，所以不能判断物体的速度如何变化，故C错误；
D、丁图中，根据x=v0t+12at2，可得：xt=v0+12at
结合图像可得：v0=3m/s，12a=34，即a=1.5m/s2，则t=4s时物体的速度为v=v0+at=(3+1.5×4)m/s=9m/s，故D正确。
故选：BD。
v−t图像只能表示直线运动的规律；对于乙图像，根据速度—位移公式v2−v02=2ax列式求解加速度，再分析其运动情况；根据加速度方向与速度方向的关系分析丙图中物体的运动情况。对于丁图，根据位移—时间公式得到xt与t的关系式，结合图像信息求出加速度和初速度，再求t=4s时物体的速度。
对于物理图象，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图象的物理意义。要注意分析图象斜率、面积和截距的意义。

5.【答案】A 
【解析】解：A.小球的位移大小一定是
x=v2−v02−2g=102−202−2×10m=15m
方向竖直向上，故A正确；
B.当小球速度大小为10m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速率为
v=v+v02=10+202m/s=15m/s
当小球速度大小为10m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的路程为
s=0−v02−2g+v22g=0−202−2×10m+1022×10m=25m
所用时间为
t=t上+t下=0−v0−g+vg=0−20−10s+1010s=3s
平均速率为
v−=st=253m/s
故B错误；
C.当小球速度大小为10m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化为
Δv=v−v0=(−10−20)m/s=−30m/s
方向竖直向下；
当小球速度大小为10m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化为
Δv=v−v0=(10−20)m/s=−10m/s
方向竖直向下，故C错误；
D.小球上升的最大高度为
h=v022g=2022×10m=20m
故D错误；
故选：A。
竖直上抛运动可以分成上升和下降两个过程分段研究，抓住这两个过程的对称性进行分析，也可以看成一种有往复的匀减速直线运动进行处理。
已知小球的速度大小，但速度方向不确定，可能向上，也可能向下，分两种情况由运动学公式求解。
该题考查了竖直上抛运动的规律，关键是末速度的方向未知，要分情况讨论；竖直上抛运动的全过程是匀变速直线运动，灵活地选择运动学公式列式求解。

6.【答案】C 
【解析】解：A.一定质量的理想气体的内能只取决于温度，当一定质量的理想气体温度升高室，气体的内能一定增加，故A正确；
B.在此过程中，气体压强不变，温度升高，单位时间内，分子对容器壁的作用力增加，气体体积变大，则封闭气体分子在单位时间内对活塞碰撞的次数一定减小，故B正确；
C.由等压变化有V273.15+t=2V273.15+t′
解得t′=273.15+2t
则封闭气体的体积从V→2V的过程，其温度变化了t′−t=273.15摄氏度+t摄氏度，故C错误；
D.对汽缸整体受力分析，缓慢加热过程中，轻绳的拉力不变，而气缸体积增大，气缸一定沿斜面向下运动，故D正确；
本题选不正确的，故选：C。
一定质量的理想气体的内能由温度决定；
根据气体压强的微观解释结合题目选项完成分析；
气体发生等压变化，结合盖—吕萨克定律得出气体的温度；
根据对汽缸整体的受力分析，由此分析出气缸的运动特点。
本题很重要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉物体的受力分析，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成解答。

7.【答案】C 
【解析】解：A.在所发射的光谱中仅能观测到三条谱线，则说明是从n=3能级向低能级跃迁的
光子从n=3跃迁到n=1，辐射光子的能量为Ea=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV
光子从n=2跃迁到n=1，辐射光子的能量为Eb=E2−E1=−3.4eV−(−13.6eV)=10.2V
光子从n=3跃迁到n=2，辐射光子的能量为Ec=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=2.13eV
根据爱因斯坦光电效应方程hν=Ek+W0
根据动能定理eUc=Ek
逸出功W0=hν−eUC
代入a光的数值解得W0=2.13eV
由表知阴极材料为铷，故A正确；
B.由上述分析可知eUC=E−W0
图丙中的遏止电压UC=Eb−W0e=10.2−2.13eV=−8.07eV，故B正确；
C.用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，基态氢原子吸收光子能量跃迁到高能级n=3，在向低能级跃迁时辐射出三种频率的光，三种光子能量关系为Ea=Eb+Ec
又E=hν
则频率关系为νa=νb+νc
根据能级跃迁和光子能量公式可知，a光子的能量最大，因此ν0=νa，故C错误；
D.由丙图知b光的饱和电流为0.64μA，根据电流的定义式I=qt
每秒射出的电荷量为q=It=0.64×10−6×1C=6.4×10−7C；
因此每秒射出的光电子数大约为n=qe=6.4×10−71.6×10−19( 个)=4×1012个，故D正确；
本题选不正确的选项。
故选：C。
A.根据能级的跃迁、爱因斯坦光电效应方程和动能定理求逸出功，然后作答；
B.根据关系式eUC=E−W0求遏止电压；
C.根据光子能量公式和能级的跃迁求解a、b、c三种光子的能量关系，从而得到频率关系；
D.根据图中得出的饱和光电流值结合电流的定义式求解单位时间内的电荷量，再求光电子数。
本题主要考查了能级的跃迁、光电效应方程、动能定理以及电流的定义式；要知道氢原子吸收光子能量后从高能级向低能级跃迁时的能量关系。

8.【答案】BCD 
【解析】解：A、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，而不是由于分子间存在斥力，故A错误；
B、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用，故B正确；
C、第一类永动机指机器不消耗任何能量，却可以源源不断地对外做功，不可能制成的原因是违反了能量守恒定律，故C正确；
D、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D正确。
故选：BCD。
给车胎打气，分析气体压强的变化情况，分析越压越吃力的原因；液体存在表面张力，使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；根据第一类永动机、第二类永动机的原理分析。
解答本题时要掌握热力学第一定律、第二定律的表述，知道两类永动机不可能制成的原因。

9.【答案】BD 
【解析】解：A、由匀变速直线运动的速度—位移公式v2−v02=2ax得：v2=2ax+v02，由v2−x图象可知，图线甲的斜率k甲=2a甲=0−369m/s2=−4m/s2，负号表示方向，汽车甲的加速度a甲=−2m/s2，乙图线的斜率k乙=2a乙=189m/s2=2m/s2，汽车乙的加速度a乙=1m/s2，故A错误；
B、汽车甲的初速度v甲0=6m/s，汽车乙的初速度为0，当两车速度相等时两车相距最远，设经时间t两车相距最远，则v=v甲0+a甲t=a乙t，代入数据解得：t=2s，v=2m/s，甲领先乙的最大距离等于0−2s内甲与乙的位移之差，即为s=x甲−x乙= v0甲+v2t−v2t=v0甲2t=62×2m=6m，故B正确；
C、由图可知，x=6m时两车速度相等，两车相距最远，故C错误；
D、甲车做匀减速直线运动，甲车运动的总时间t甲=0−v0甲 a甲=0−6−2s=3s，由图可知甲车运动的总位移：x甲=9m
甲车停止时，乙车运动的位移：x乙=12a乙t甲2=12×1×32m=4.5m，由于甲、乙两辆汽车同时同地出发，所以甲车停止运动时乙车还没有甲车，设汽车甲、乙在t′时相遇，则x甲=12a乙t′2，解得：t′=3 2s，即汽车甲、乙在t=3 2s时相遇，故D正确。
故选：BD。
根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2−v02=2ax变形得到图象的函数表达式，求出两车的加速度。两车速度相等时相距最远。根据两车的运动情况，确定相遇的时刻。
本题考查追及问题，根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2−v02=2ax得到解析式，由v2−x图象分析清楚两汽车的运动过程、求出速度与对应的位移是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的运动学公式即可解题。

10.【答案】AC 
【解析】解：A.设释放的粒子为AZX，根据质量数守恒85=85+A，解得A=0
根据电荷数守恒36=37+Z，解得Z=−1
由此可知，该粒子为0−1e，即发生的是β衰变，故A正确；
B.根据题意，衰变前的温度T0=(27+273)K=300K
衰变后的温度T=(−3+273)K=270K
根据克拉伯龙方程，衰变前p0V0=n0RT0
衰变后pV0=nRT
联立解得n=12n0
即经过10年后，有一半氪发生衰变，即氨的半衰期为10年，故B错误；
C.在β衰变中伴随产生γ射线，衰变前后的核子数不变但存在质量亏损，故C正确；
D.比结合能越大，原子越稳定，由于铷原子更稳定，因此氪的比结合能小于铷的比结合能，故D错误。
故选：AC。
A.根据质量数守恒和电荷数守恒，确定衰变的类型；
B.根据克拉伯龙方程求解氪原子衰变前后物质的量的比值，从而确定半衰期；
C.衰变过程辐射出射线，发生质量亏损；
D.比结合能越大，原子越稳定，据此分析作答。
核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒；克拉伯龙方程适用于变质量的理想气体。

11.【答案】B x2f10  2k 
【解析】解：(1)A.所用斜面不必要必须光滑，摩擦力恒定，滑块能在斜面上做匀加速直线运动即能完成该实验。故A错误；
B.此实验还需要使用刻度尺测量位移，故B正确；
C.组装实验器材时，滑块离打点计时器尽可能近一些，故C错误；
D.实验操作时先通电，再放小车。故D错误。
故选：B。
(2)相邻计数点间的时间间隔为T=5f
根据匀变速运动中间时刻是瞬时速度等于这段时间内的平均速度，B点的速度v=x22T=x22×5f=fx210
设A点速度为vA，由运动学公式x=vAt+12at2
得xt=vA+12at
结合xt−t图像的可知，图像的斜率k=12a
因此滑块运动的加速度a=2k。
故答案为：(1)B；(2)x2f10；2k。
(1)根据实验的正确操作步骤及注意事项分析作答；
(2)根据匀变速运动中间时刻是瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解B点的瞬时速度；
根据运动学公式求解xt−t函数，结合xt−t图像斜率的含义求加速度。
本题考查了对匀变速运动规律的探究，根据运动学公式得出xt−t函数是求解加速度的关键。

12.【答案】AD  ②  B  p0V0+ΔVΔV 
【解析】解：(1)A.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，以防止漏气，故A正确；
B.为防止温度升高，应缓慢推拉柱塞，故B错误；
C.不能手握注射器再推拉柱塞，以防止温度升高，故C错误；
D.由于注射器横截面积保持不变，因此初、末状态体积之比就等于空气柱的长度之比，因此注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位，D正确；
故选：AD。
(2)若漏气会导致pV之积减小，即p−1V图像的斜率减小，图像为②。
(3)根据pVT=C，由图像可知pV之积先变大后变小，因此温度先升高后降低，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(4)根据玻意耳定律p(V+ΔV)=p0(V0+ΔV)
整理得p=p0V0+ΔVV+ΔV，
当1V→∞时，V→0，此时的压强为渐近线方程
p=p0V0+ΔVΔV；
故答案为：(1)AD(2)②(3)B(4)p0V0+ΔVΔV
根据实验原理掌握正确的实验操作；根据公式pV=CT结合实际情况选择出正确的曲线；理解图像的物理意义并分析出温度的变化；最后根据玻意尔定律列方程即可求解。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式pV=CT和图像的物理意义即可完成分析。

13.【答案】解：(1)由图甲可知，A→B过程气体做等压变化，则pA=pB=1.5×105Pa
根据盖—吕萨克定律得VATA=VBTB
解得TA=VAVB⋅TB=0.40.6×300K=200K
由图甲可知，B→C过程气体做等容变化
根据查理定律pBTB=pCTC
解得pC=TCTB⋅pB=400300×1.5×105Pa=2.0×105Pa
(2)气体从A到B做等压变化，B到C做等容变化，所作的p−V图像如图所示：

(3)气体从A→B过程，气体对外做功WAB=pA(VA−VB)=1.5×105×(0.4−0.6)J=−3.0×104J
气体从A→B→C，根据热力学第一定律得ΔU=W+Q
解得气体吸收的热量Q=ΔU−WAB=2×104J−(−3.0×104J)=5.0×104J
答：(1)图甲中A→B→C的过程中TA为200K；图甲中A→B→C的过程中pC为2×105Pa；
(2)见解析；
(3)这一过程中气体吸收的热量为5×104J。 
【解析】(1)由图甲可知，A→B过程气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律求温度；B→C过程气体做等容变化，根据查理定律求压强；
(2)气体从A到B做等压变化，B到C做等容变化，据此作的p−V图像；
(3)根据做功公式求解气体从A到B的过程所做的功，再根据热力学第一定律求吸收的热量。
本题考查了理想气体的等压、等容变化以及热力学第一定律；要注意热力学第一定律各物理量的正、负值的理解，内能的减小为负值、气体对外做功为负值，气体放出热量为负值。

14.【答案】解：(1)设玻璃管横截面积为S，初状态，A中气体压强pA=p0+ρgh
A中气体体积为
VA=8.5S
将活塞缓慢向下压，使A，B管中水银液面高度差变为10cm，则末状态A中气体压强为
p′A=p0+ρgh′−85cmHg
根据玻意耳定律得
pAVA=p′AV′A
联立解得
V′A=8.0S
C中液面下降的距离等于AB中液面上升距离之和，因此C管中水银液面下降的距离为
hC=2 (8.5−8.0)cm+10cm=11cm
(2)C中气体，初状态压强为
pC=p0+2ρgh
体积为
VC=8.5S
末状态压强为
p′C=p0+2ρgh−ρghC+ρghB
其中hB为B管中液面上升高度，根据(1)得
hB=10.5cm
解得
p′C=106.5cmHg
根据玻意耳定律得
pCVC=p′CV′C
解得
V′C=6.8S
则活塞移动的距离为
h活=(8.5+11)cm−6.8cm=13cm
答：(1)C管中水银液面下降的高度为11cm；
(2)活塞向下移动的距离为13cm。 
【解析】(1)分析A气柱的初末状态参量，结合玻意耳定律可解得；
(2)对C中气体分析初末状态参量，根据玻意耳定律结合几何关系可解得。
本题考查一定质量气体的理想状态方程，解题关键掌握玻意耳定律的应用，注意气体初末状态参量的分析。

15.【答案】解：(1)开始时无人机在筒边(B处)，设经过时间t1筒左边(A)追上无人机，则有：v1t1−12at12=v2t1+L
代入数据解得：t1=1.5s或t1′=2.5s (表示无人机又追上筒)
设筒运动时间t2后撞墙，则有：v1t2−12at22=s0，
得：t2=3s 或t2′=5s(不合理舍去)
因为t2>t1，所以无人机第一次从筒中通过时，筒还没有撞到墙，
无人机通过筒的时间为t1=1.5s
(2)经过t1′=2.5s无人机从A端向右追上筒时，设筒的速度为v3
v3=v1−at1′
代入得到v3=3m/s
设撞墙时速度为v4，
v4=v1−at2
代入得到：v4=2m/s
无人机从A进入筒到撞墙，经过的时间为t3=t2−t1′=3s−2.5s=0.5s
这段时间内，无人机追上筒，设进入筒的深度为Δx
Δx=v2t3−(v3t3−12at32)
代入得：Δx=0.75m
筒撞墙后向左与无人机相向运动，设再经过t4无人机从筒右侧处飞出
L−Δx=v2t4+(v4t4−12at42)
解得：t4=(3− 6)s t4=(3+ 6)s (不合题意舍去)
筒撞墙后滑行t5停下，t5=v4a
代入后得t5=1s，t4 综上所述，无人机第二次通过筒的时间为
Δt=t3+t4
代入得到Δt=(3.5+ 6)s
答：(1)无人机第一次穿过筒用多长时间为1.5s；
(2)无人机第二次穿过筒用多长时间为(3.5+ 6)s。 
【解析】(1)第一次穿过筒是筒追上无人机，由位移—时间规律和实际筒比无人机多L长的位移列方程要求出时间；
(2)先判断第二次穿过筒时，筒已撞墙。第二次穿过筒分方向相同和方向相反两段，两段分别由运动学公式列方程，求出两段的时间，相加就是总时间。
本题考查运动匀变速直线运动的位移—时间规律的应用，注意的是当物体做匀减速直线运动时，加速度的值为负的。本题的难点在于，无人机和筒的追击问题和相遇问题的综合，一定要通过计算理清过程的顺序，才能正确解题。