2021年高考理綜物理真題試卷（全國乙卷）

一、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1?5題

只有一項符合題目要求，第6?8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，有選錯的得0分。

1.（2021?全國乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊

相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上

有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統（）

A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒D.動量不守恒，機械能不守恒

【答案】B

【考點】機械能守恒及其條件，動量守恒定律

【解析】【解答】撤去推力后，滑塊跟車廂之間有相對滑動，由于滑塊與車廂底板間存在摩擦力，所以摩

擦力做功產生內能；所以以小車、彈簧和滑塊組成的系統其機械能不守恒；以小車、彈簧和滑塊組成的

系統，由于撤去推力后系統沒有受到外力；根據動量守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒。所以B

符合題意。

故答案為：Bo

【分析】由于滑塊與車廂之間有摩擦力，利用摩擦力做功可以判別撤去推力后系統機械能不守恒，但動

量守恒。

2.（2021?全國乙卷）如圖（a）,在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應，在金

屬平板上表面產生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都

相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN,相應的

電勢能分別為EpM和EpN,則（）

圖（a）圖（b）

A.FMVFN，EpM>EpNB.FM>FN,EpM>EpN

C.FM<FN，EpM<EpND.FM>FN，EpM<EpN

【答案】A

【考點】電場強度和電場線

【解析】【解答】從圖可以看出M點所處等勢面比N點所處等勢面稀疏，等勢面的疏密程度代表電場強

度的大小，可知EM<EN

根據電場力和電場強度的關系有：F=qE

則可得為<FN

電場線的方向是從正電荷指向負電荷，則從圖其電場線是由金屬板指向負電荷，設將該試探電荷從M點

移到N點，電場力方向和速度方向相同，可知電場力做正功，電勢能減小，即EpM>EpN

故答案為：A。

【分析】利用等勢面的疏密可以比較電場強度的大小進而比較電場力的大小；利用電場線的方向可以比

較電勢的大小，結合電性可以比較電勢能的大小。

3.（2021?全國乙卷）如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q（q>0）的帶

電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為巧，離開磁場時

速度方向偏轉90°;若射入磁場時的速度大小為方，離開磁場時速度方向偏轉60°,不計重力，

則》為（）

v2

V1

【答案】B

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

【解析】【解答】粒子在磁場中做勻速圓周運動，已知粒子入射方向和出射方向，利用兩速法可以畫出軌

跡的圓心，如圖所示：

設圓形磁場區域的半徑為R,根據幾何關系則第一次的半徑為：r1=R

同理可得第二次的半徑為：r2=V3/?

2

根據牛頓第二定律有：qvB=^~

可得"=蚓

m

所以二=11=立

r

V223

故答案為：B。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關系可以求出軌道半徑的大小，結合牛頓第二定律可

以求出粒子速度的大小比值。

4.（2021?全國乙卷）醫學治療中常用放射性核素113m產生丫射線，而113m是由半衰期相對較長

113113

的Sn衰變產生的。對于質量為m0的Sn,經過時間t后剩余的i*sn質量為m,其

親-t圖線如圖所示。從圖中可以得到113sti的半衰期為（）

A-67.3dB-lOl.OdC115.1dD-124.9d

【答案】C

【考點】原子核的衰變、半衰期

【解析】【解答】半衰期定義為大量原子核其質量衰變一半所用的時間，從圖中其放射性核素從^-=1到

詈=!恰好衰變了加,已知核素詈=:到詈=：的時間，根據半衰期的定義可知半衰期為T=

THQ3乙TTIQ377103

182.4d-67.3d=115.1d

故答案為：C?

【分析】利用圖像可以判別質量衰變一半的時間大小即半衰期的時間。

5.（2021?全國乙卷）科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續觀測，給出1994年到2002年

間S2的位置如圖所示。科學家認為S2的運動軌跡是半長軸約為IOOOAU（太陽到地球的距離為1AU）

的橢圓，銀河系中心可能存在超大質量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所

受的作用力主要為該大質量黑洞的引力，設太陽的質量為M,可以推測出該黑洞質量約為（）

A.4X104MB.4x106“C.4x108MD.4x1010M

【答案】B

【考點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】從圖可得S2繞黑洞運行半個橢圓的時間為8年，可得S2繞黑洞的周期T=16年，近似

把S2看成勻速圓周運動，地球的公轉周期To=l年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運

動的半徑R關系是r=1000/?

太陽對地球的引力提供地球做勻速圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律有：G^=mR32=mR（即/

解得太陽的質量為M=器

同理黑洞對S2的引力提供S2做勻速圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律有：G”與=徵＞32=

r2

mr（Y）2

解得黑洞的質量為Mx兀GT2

綜上可得Mx=3.90x106M

故答案為：Bo

【分析】引力提供向心力可以求出太陽的質量，結合半徑和周期的比值可以求出黑洞質量的大小。

6.（2021?全國乙卷）水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物體通過的路

程等于S。時，速度的大小為v0,此時撤去F,物體繼續滑行2so的路程后停止運動，重力加速度大

小為g,則（）

A.在此過程中F所做的功為\rnvl

B.在此過中F的沖量大小等于

C.物體與桌面間的動摩擦因數等于疾

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

【答案】B,C

【考點】沖量，牛頓第二定律

【解析】【解答】A.由于水平恒力尸=警，在此過程中，外力F做功為W=Fso=：m諾

4so4u

A不符合題意；

B.物體做勻加速直線運動，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作用時

間C1=贏=年

2v0

由于水平恒力尸=警，在此過程中，F的沖量大小是/=

4soN

B符合題意。

CD.當作用在物體上的外力撤去前，物體做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知F-fimg=mai

①

由速度位移公式有VQ=2als0②

當作用在物體上的外力撤去后，物體做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律可知-〃mg=nia2③

由速度位移公式有—詔=2a2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力?=警

4so

動摩擦因數4=1二

4gso

滑動摩擦力F=國ng=詈

從表達式可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，

C符合題意，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出物體加速和減速過程的加速度大小，結合速度位移公式可以求出水

平恒力和動摩擦因素的大小，利用摩擦力的表達式可以求出摩擦力的大小：利用拉力和路程可以求出拉

力做功的大小；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的時間；結合拉力的大小可以求出拉力沖量的大

小。

7.（2021?全國乙卷）四個帶電粒子的電荷量和質量分別（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、

（-q,m）它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計

重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）

【答案】A,D

【考點】電荷在電場中的偏轉

【解析】【解答】帶電粒子在勻強電場中，電場方向與y軸平行，所以帶電粒子在勻強電場中做類平拋運

動，根據牛頓第二定律有：a=-

m.

由類平拋運動規律可知，帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，根據水平方向的位移公式有：t=J

VO

離開電場時，對帶電粒子速度進行分解，則帶電粒子的偏轉角的正切值為tan8=?=f=^

因為前面三種帶電粒子帶正電，第四種帶電粒子帶負電，所以第四個粒子與前面三個粒子的偏轉方向不

同；四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，從表達式可以得出偏轉角只與比荷有

關，第一種粒子與第三種粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與第四種粒子的比荷也相

同，所以一、三、四粒子偏轉角相同，但第四種粒子與前兩個粒子的偏轉方向相反；第二種粒子的比荷

與第一、三種粒子的比荷小，根據正切值的表達式可以得出第二種粒子比第一、三種粒子的偏轉角小，

但都還正電，偏轉方向相同。

故答案為：AD。

【分析】帶電粒子在電場中做類平拋運動；利用帶電粒子的電性可以判別偏轉的方程，結合速度公式可

以判別離開磁場的速度方向是否相同.

8.（2021?全國乙卷）水平地面上有一質量為mi的長木板，木板的左明上有一質量為m2的物塊，如圖

（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中￡、分

別為G、t2時刻F的大小。木板的加速度at隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間

的動摩擦因數為外,物塊與木板間的動摩擦因數為“2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相

等，重力加速度大小為g。則（）

12

圖(C)

A.Fi=Himxg

D.在0?t2時間段物塊與木板加速度相等

【答案】B,C,D

【考點】木板滑塊模型

【解析】【解答】A.圖（c）可知，ti時木板開始有加速度，代表其滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時

滑塊與木板相對靜止，木板和滑塊都處于靜止，且此時木板受到了最大靜摩擦力的作用，根據整體的平

衡方程有：&=%Oi+m2}g

A不符合題意；

BC.圖（c）可知，t2后其木板的加速度保持恒定，說明滑塊對木板的摩擦力屬于滑動摩擦力，則代表滑塊

與木板剛要發生相對滑動，當在t2時整體的加速度相等，以整體為對象，根據牛頓第二定律有：尸2-

%（zni+m2）g=（mt+m2）a

以木板為對象，根據牛頓第二定律有：42m2g-a（沉1+62）9=加巡＞0

(mx+m2)

%>--------------Ml

BC符合題意；

D.圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊和木板保持相對靜止，且一起做勻加速直線運動，所以有相同的加速

度，D符合題意。

故答案為:BCD。

【分析】利用整體的相對地面靜止可以求出Fi的大小；利用木板的牛頓第二定律可以比較地面與木板間

的動摩擦因數及木板與木塊間動摩擦因數的大小；結合整體的牛頓第二定律可以求出F2的大小；當在0七

時間內其木板和木塊加速度相同。

二、非選擇題

9.（2021?全國乙卷）某同學利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規律。實驗時該同學使用頻閃儀和照相

機對做平拋運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發出一次閃光，某次拍攝后得到的照片如圖（b）所示

（圖中未包括小球剛離開軌道的影像）。圖中的背景是放在豎直平面內的帶有方格的紙板，紙板與小球軌

跡所在平面平行，其上每個方格的邊長為5cm。該同學在實驗中測得的小球影像的高度差已經在圖（b）

中標出。

完成下列填空：（結果均保留2位有效數字）

（1）小球運動到圖（b）中位置A時，其速度的水平分量大小為m/s,豎直分量大小為

m/s；

（2）根據圖（b）中數據可得，當地重力加速度的大小為m/s2?

【答案】⑴1.0；2.0

（2）9.7

【考點】研究平拋運動

【解析】【解答】（1）小球做平拋運動，其水平方向的分運動為勻速直線運動，因此根據水平方向的位

移公式有：%===募m/s=L°m/s

小球在豎直方向的分運動為自由落體運動，由于勻加速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，

?

根據平均速度公式可以得出點豎直方向的瞬時速度為：%=2

AXTm/s=.0m/s

（2）由于小球豎直方向做勻加速直線運動，根據逐差法可得重力加速度為：g="青A

代入數據可得g

=9.7m/s2

【分析】（1）利用水平方向的位移公式可以求出初速度的的大小；結合平均速度公式可以求出A點豎直

方向的速度大小；

（2）利用豎直方向的鄰差公式可以求出重力加速度的大小。

10.（2021?全國乙卷）一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動勢E（約15V）和內阻r（小

于2。）。圖中電壓表量程為iv，內阻即=380.0。：定值電阻&=20.0。；電阻箱R,最大阻

值為為開關。按電路圖連接電路。完成下列填空:

999.9Q.S

（1）為保護電壓表，閉合開關前，電阻箱接入電路的電阻值可以選Q（填"5.0"或"15.0"）；

（2）閉合開關，多次調節電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應讀數U；

根據圖（a）所示電路，用R、Ro、勺、E和r表示3，得力：

（3）利用測量數據，做卜R圖線，如圖（b）所示：

圖（b）

通過圖（b）可得E=V（保留2位小數），r=Q（保留1位小數）；

（4）若將圖（a）中的電壓表當成理想電表，得到的電源電動勢為E'，由此產生的誤差為|—|X

1E1

100%=%。

【答案】（1）15.0

（2）Ro+R>.R+_1+（R、+Ro）r

ERyRQEER^RQ

（3）1.55；1.0

（4）5

【考點】測電源電動勢和內阻

【解析】【解答】（1）根據題意可知電源電動勢大于電壓表的滿偏電壓，為了避免電壓表被燒壞，其電

UE-U

阻箱應該分去電源的部分電壓，根據并聯電路分壓規律可得友^二孱7

Ry+Rg

代入數據解得R=7.5Q

根據所求的電阻箱阻值可以判別R應該選擇15.0Q。

(2)根據閉合電路的歐姆定律E=U+Ir

結合回路中的物理量可得E=U+^W(R+r)

Rp+R。

通過對表達式變形可得3=誓華?R+打誓捍

UERyR0EERyRQ

(3)根據(2)的表達式可以得出：

其圖像斜率為：就=1=盍，

其圖像縱截距為：抖畿r=b=升盤

根據R圖象信息可得：卜=0,。3%-1?Q,b=0.68V-1

根據k和b的大小可得E?1.55v,「a1.0。

(4)如果電壓表為理想電壓表，則可以忽略電壓表內阻對電路的影響，根據閉合電路的歐姆定律整理可

得：

1r1

1??D

UEER0ERO

則此時E'=六

已知E和E，的大小，根據誤差的表達式可得：牛=|金淳|x100%=5%

19k

【分析】(1)為了避免電壓表兩端電壓不能超過滿偏電壓，結合分壓的大小及歐姆定律可以求出電阻箱

接入電路的阻值大小；

(2)利用閉合電路的歐姆定律可以求出路端電壓和電阻R的關系式；

(3)利用圖像斜率和截距可以求出電動勢和內阻的大小；

(4)利用理想電壓表的閉合電路歐姆定律可以求出E的大小，結合實際E的大小可以求出誤差的大小。

11.(2021?全國乙卷)一籃球質量為m=0.60kg,一運動員使其從距地面高度為\=1.8m處由靜止自

由落下，反彈高度為h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同

時向下拍球、球落地后反彈的高度也為i.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為

t=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g=10m/s2,不計空氣

阻力。求：

(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；

(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。

【答案】(1)解：第一次籃球下落的過程中由動能定理可得Er=mghx

籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得0-E2=-mg/i2

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得0-n=

0-mgA4

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得W+=%

因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關系r=T

匕1匕3

代入數據可得w=4.5j

（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此有牛頓第二定律可得F+

mg=ma

在拍球時間內運動的位移為x=1at2

做得功為W=Fx

聯立可得F=9N（F=.15N舍去）

【考點】動能定理的綜合應用，牛頓第二定律

【解析】【分析】（1）籃球下落過程和反彈后向上運動的過程，利用動能定理可以求出反彈前后其動能

的比值；結合第二次籃球下落及反彈后的動能定理可以求出運動員拍球過程對籃球做功的大小；

（2）運動員拍籃球后籃球向下做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律結合牛頓第二定律可以求出勻加速

運動位移的表達式，結合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。

12.（202L全國乙卷）如圖，一傾角為a的光滑固定斜面的頂端放有質量M=0.06kg的U型導體框，導

體框的電阻忽略不計；一電阻R=3Q的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路

CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L=0.6m。初始時CD與EF相距s0=0.4m,金屬棒與導體

框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離Si=5m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區域，磁場邊

界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區域。當金屬棒離開磁場的

瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始

2

終接觸良好，磁場的磁感應強度大小8=，重力加速度大小取=10m/s,sina=0.6。求：

（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；

（2）金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數；

（3）導體框勻速運動的距離。

【答案】（1）解：根據題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理

可得（M+m）gsisina=|+m）詔

代入數據解得%=|m/s

金屬棒在磁場中切割磁場產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得E=BLv0

由閉合回路的歐姆定律可得/=f

則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為F^=B1L=0.18N

（2）解：金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向

上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運

動，可有mgsina+“mgcosa=F%

此時導體框向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律可得Mgsina-fimgcosa-Ma

x

設磁場區域的寬度為X,則金屬棒在磁場中運動的時間為t=-

VO

則此時導體框的速度為%=%+at

2

則導體框的位移X1=v0t+lat

2

因此導體框和金屬棒的相對位移為Ax=xx-x=\at

由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系s0-zlx=x

金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為%=BL%,A=等

導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得Mgsina=^mgcosa+BlrL

聯立以上可得x=0.3m,a=5m/s2,m=0.02kg，〃=石

（3）解：金屬棒出磁場以后，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有

mgsina+/imgcosa=max

金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有v0+=vx

導體框勻速運動的距離為x2=

代入數據解得x2=Vm=im

【考點】動能定理的綜合應用，電磁感應與力學

【解析】【分析】（1）金屬棒和導體框還沒進入磁場時做勻加速直線運動，利用動能定理可以求出進入

磁場時速度的大小，結合動生電動勢及安培力的表達式可以求出安培力的大小；

（2）金屬棒進入磁場后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判別金屬棒做勻速直線運動；利用

牛頓第二定律可以求出導體框向下做勻加速直線運動的加速度，利用磁場區域可以求出金屬棒運動的時

間，結合速度公式可以求出導體框運動的速度和位移：利用位移之差可以判別金屬棒離開磁場時其EF剛

好進入磁場，利用動生電動勢及平衡方程，聯立勻加速直線運動的方程可以求出金屬棒的質量及動摩擦

因數的大小；

（3）導體棒離開磁場后其速度小于金屬框的速度，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；利用共速

可以求出金屬框勻速運動的時間，結合速度的大小可以求出運動的位移大小。

三、【選修3-3】

13.(2021?全國乙卷)

(1)如圖，一定量的理想氣體從狀態a(po,%,To)經熱力學過程ab、be、ca后又回到狀態a。

對于ab、be、ca三個過程，下列說法正確的是()

A.ab過程中，氣體始終吸熱

B.ca過程中，氣體始終放熱

C.ca過程中，氣體對外界做功

D.bc過程中，氣體的溫度先降低后升高

E.bc過程中，氣體的溫度先升高后降低

(2)如圖，一玻璃裝置放在水平桌面上，豎直玻璃管A、B、C粗細均勻，A、B兩管的上端封閉，C管上

端開口，三管的下端在同一水平面內且相互連通。A、B兩管的長度分別為匕=13.5cm，h=32cm。

將水銀從C管緩慢注入，直至B、C兩管內水銀柱的高度差4=5cm。已知外界大氣壓為Po=

75cmHg。求A、B兩管內水銀柱的高度差。

~~r

B

【答案】(1)A,B,E

(2)解：對B管中的氣體，水銀還未上升產生高度差時，初態為壓強p1B=po，體積為匕8=。5，末

態壓強為P2，設水銀柱離下端同一水平面的高度為多，體積為匕B=(%-4)S，由水銀柱的平衡

條件有P2B=Po+pgh

B管氣體發生等溫壓縮，有p1BV1B=p2BV2B

聯立解得4=2cm

對A管中的氣體，初態為壓強P”=P。，體積為匕4=kS,末態壓強為p2A,設水銀柱離下端同一

水平面的高度為々，則氣體體積為％1=。1一々)5,由水銀柱的平衡條件有P2A=p0+pg^+\-

4)

A管氣體發生等溫壓縮，有p1AV1A=p2AV2A

2

聯立可得2々-191^+189=0

解得多=/或勺=詈刖乂（舍當

則兩水銀柱的高度差為4〃=4-4=1cm

【考點】理想氣體的狀態方程，氣體的變化圖像P-V圖、P-T圖、V-T圖

【解析I解答］A.理想氣體經歷ab過程時，從圖像可以得出其體積不變，壓強增大，根據pV=nR7,

則氣體的溫度變大，由于體積不變，所以外界對氣體不做功，但溫度升高其氣體內能增大，根據熱力學

第一定律/U=Q+W可知，氣體一直吸熱，A符合題意；

BC.理想氣體經歷ca過程時，從圖像可以得出其壓強不變，體積減小，根據pV=nR7,則氣體的溫

度減小，由于體積減小，所以外界對氣體做正功，但溫度減小其氣體內能減小，根據熱力學第一定律

4U=Q+IV可知，氣體一直放熱，B符合題意，C不符合題意；

DE.根據理想氣體的狀態方程pV=nR7可知，p-V圖像的坐標圍成的面積反映溫度，b狀態和c狀

態的坐標面積相等，而中間狀態的坐標面積更大，Be過程的溫度先升高后降低，D不符合題意，E符合題

意；

故答案為：ABE。

【分析】（1）理想氣體經過ab過程其體積不變所以外界對氣體做功等于0,由于壓強變大所以溫度升高

所以氣體內能增大，根據熱力學第一定律可以判別氣體一直吸熱；氣體經過ca過程其壓強不變，體積變

小，外界對氣體做正功，但是溫度下降所以內能減小，根據熱力學第一定律可以判別氣體一直放熱；be

過程利用圖像所圍起來的面積可以判別溫度的變化；

（2）AB管中的氣體發生等溫變化，利用液面高度差可以求出氣體初末狀態的壓強表達式，結合理想氣體

的狀態方程可以求出兩個水銀柱高度差的大小。

四、【選修3-4】

14.（2021?全國乙卷）

（1）圖中實線為一列簡諧橫波在某一時刻的波形曲線，經過o.3s后，其波形曲線如圖中虛線所示。已知

該波的周期T大于03s，若波是沿x軸正方向傳播的，則該波的速度大小