…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版選修3物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示為一陰極射線管，接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線，若要加一磁場使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉；則所加磁場方向為（）

A.沿z軸正方向B.沿z軸負方向C.沿y軸正方向D.沿y軸負方向2、如圖所示的電路中，定值電阻等于電源內阻r，當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時()

A.電壓表的讀數減小B.R1消耗的功率增大C.電源的輸出功率增大D.電容器C所帶電荷量增多3、在“測定電池電動勢和內阻”的實驗中；某同學根據實驗數據，作出了正確的U﹣I圖象，如圖所示，其中圖線斜率絕對值的物理含義是（）

A.短路電流B.電池內阻C.電池電動勢D.全電路電阻4、如圖所示；一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸順時針勻速轉動，現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是（）

A.處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B.所加磁場越強越不易使圓盤停止轉動C.若所加磁場反向，圓盤將加速轉動D.若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動5、在“用單分子油膜法估測分子的大小”實驗中，下列說法正確的是_________________________A.實驗中使用油酸酒精溶液，酒精的作用是能使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓B.本實驗不考慮油酸分子間的間隙C.將油酸酒精溶液滴入水中后應立即迅速描繪油膜輪廓D.為減小實驗誤差，應往均勻撒好痱子粉的水盤中多滴幾滴油酸酒精溶液6、如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電小球A穿在傾角為的光滑絕緣細桿上，在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷．將小球A由距B豎直高度為H處無初速釋放后沿細桿下滑，小球A下滑過程中電荷量不變．整個裝置處在真空中，靜電力常量為k，重力加速度為g，下列說法正確的是()

A.小球A剛釋放時所受的庫侖力為B.小球A釋放時的加速度大小為C.小球A可能先加速下滑后勻速下滑D.小球A下滑過程中電勢能可能先增大后減小7、以下科學家中，發現中子的是A.J·J湯姆孫B.查德威克C.盧瑟福D.約里奧·居里夫婦評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，選地面的電勢為零，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，下列說法正確的是（）

A.電壓表讀數減小B.小球的電勢能減小C.電源的效率變高D.若電壓表、電流表的示數變化量分別為和則9、如圖所示，電源的電動勢和內阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由b向a移動的過程中；下列說法正確的是。

A.電流表的讀數一定增大B.R0的功率先減少后增大C.電壓表與電流表讀數的比值先增大后減小D.電壓表與電流表讀數變化量的比值不變10、在如圖所示電路中，>r，當變阻器R3的滑片P向b端移動時，下列說法正確的是（）

A.電源內部消耗的熱功率增大B.電源的輸出功率增大C.電壓表示數變小，電流表示數變大D.電壓表示數變大，電流表示數變小11、如圖所示；10℃的氧氣和20℃的氫氣體積相同，汞柱在連通兩容器的細管中央，下面的敘述中，正確的是（）

A.氧氣和氫氣的溫度都升高10℃時，汞柱不移動B.當氧氣和氫氣的溫度都升高10℃時，汞柱將向右移C.當氧氣溫度升高10℃，氫氣溫度升高20℃時，汞柱向左移D.當氧氣溫度升高10℃，氫氣溫度升高20℃時，汞柱不會移動12、下列說法正確的是（）A.液晶顯示器利用了液晶對光具有各向同性的特性B.醫用脫脂棉脫脂的目的在于使它從不被水浸潤變為可以被水浸潤，以便吸取藥液C.一定質量的單晶體在熔化過程中，分子勢能一定增大E.夏天中午時車胎內的氣壓比清晨時高，且車胎體積較大，胎內氣體對外界做功，內能較大（胎內氣體質量不變且可視為理想氣體）E.夏天中午時車胎內的氣壓比清晨時高，且車胎體積較大，胎內氣體對外界做功，內能較大（胎內氣體質量不變且可視為理想氣體）13、下列說法正確的是__________.A.當分子之間表現為斥力時，分子間距離越小，分子勢能越大B.物體的溫度越高，分子的熱運動越劇烈，每個分子的動能都增大C.外界對封閉氣體做功，氣體的溫度可能降低E.氣體向真空自由膨脹的過程是不可逆過程E.氣體向真空自由膨脹的過程是不可逆過程14、電子感應加速器的基本原理如圖所示．上圖為側視圖；上；下為電磁鐵的兩個磁極，磁極間有一個環形真空室，電子在真空室中做圓周運動，電磁鐵線圈中電流的大小、方向可以變化，產生的感生電場使電子加速．下圖為真空室的俯視圖．從上向下看，電子從電子槍中射出后沿逆時針方向運動．可以判定：

A.為使電子逆時針方向旋轉，電磁鐵線圈中的電流方向與圖示方向相同B.為使電子逆時針方向旋轉，電磁鐵線圈中的電流方向與圖示方向相反C.若電磁鐵線圈中的電流增大，電子的動能將增大D.若電磁鐵線圈中的電流增大，電子的動能將減小15、如圖所示，矩形線框abcd的ad和bc的中點M、N之間連接一電壓表；整個裝置處于足夠大的勻強磁場中，磁場的方向與線框平面垂直，當線框向右勻速平動時，以下說法正確的是（）

A.MN這段導體做切割磁力線運動，MN間有電勢差B.穿過線框的磁通量不變化，MN間無感應電動勢C.MN間無電勢差，所以電壓表無示數D.因為無電流通過電壓表，所以電壓表無示數16、下列說法正確的是。

E．布朗運動與溫度有關，所以布朗運動是分子的熱運動A.只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿弗加多羅常數B.擴散現象和布朗運動都與溫度有關，所以擴散現象和布朗運動都是分子的熱運動C.彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點D.氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞引起的，它跟氣體分子密度，氣體分子的平均動能有關評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、在電解液中，(1)若5s內沿相反方向通過某截面的正、負離子的電荷量均為5C，則電解液中的電流為_______A；(2)若5s內到達陽極的負離子和到達陰極的正離子均為5C，則電流為_______A．18、（1）用游標卡尺測量某鋼管的外徑，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數如圖1所示，其讀數為_____cm。

（2）如圖2所示，螺旋測微器測出的某物件的寬度是_____mm。

19、如圖所示是兩列相干波的干涉圖樣，實線表示波峰，虛線表示波谷，兩列波的振幅都為0.1m，波速和波長分別為1m/s和0.2m，C點為AB連線的中點．則圖示時刻C點的振動方向_____（選填“向上”或“向下”），從圖示時刻再經過0.25s時，A點經過的路程為______m．

20、如圖所示是一個公路路燈自動控制電路，圖中為光敏電阻，有光照時其阻值迅速減小，為可變電阻。為使路燈能在光線不夠的情況下自動點亮，虛線框中應使用的是_____門電路（選填“與”、“或”或“非”）；若要路燈在有光照時也能點亮，應使阻值_____（選填“變大”或“變小”）。

21、如圖，一定質量的理想氣體先從狀態a沿直線變化到狀態b，該過程中氣體的溫度______（填“升高”或“降低”），氣體______（填“吸熱”或“放熱”）。

22、如圖所示，在p-V圖中有三條氣體狀態變化曲線，一定質量的理想氣體可沿這三條路徑從狀態i到狀態j，已知曲線1為絕熱變化過程，氣體內能變化分別為△U1、△U2、△U3，它們的大小關系是_____；氣體對外界做功分別為W1、W2、W3，它們的大小關系是_____；氣體從外界吸收的熱量大小為Q1、Q2、Q3，它們的大小關系是_____。

23、質子和α粒子以相同的動能垂直磁場方向射入同一勻強磁場，它們運動軌跡半徑之比Rp:Rα=_________,運動周期之比Tp:Tα=_________.24、一定質量的理想氣體，其壓強p隨體積V變化的圖線如圖所示．已知在狀態A時氣體的溫度為300K．則在狀態C時氣體溫度Tc=_____K；如果由狀態A經B到C的過程中，氣體對外做了400J的功，則這個過程氣體_____(填“吸收”或“放出”)____J的熱量．

25、位于坐標原點O處的波源產生一個沿x軸正方向傳播的脈沖波，波速v=20m/s．已知t=0時刻波剛好傳播到x=10m處，如圖所示．若傳播過程中無能量損失，由圖可知振源只振動了_____s，再經____s波剛好傳播到x=20m處，t=0時刻后x=8m處的質點運動的路程為___cm．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共12分)26、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

27、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現的完整掃描波形圖．

28、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經過7s后的波形曲線。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

電子射線由陰極沿x軸方向射出；形成的亮線向上（z軸正方向）偏轉，說明電子受到的洛倫茲力方向向上，根據左手定則判斷分析，選擇可行的磁場方向．

【詳解】

電子受到的洛倫茲力方向沿z軸正方向；亮線向上偏轉，根據左手定則，且由于電子帶負電，則加一沿y軸負方向的磁場，故D正確，ABC錯誤．故選D．

【點睛】

本題考查電偏轉與磁偏轉方向判斷的能力，負電荷運動的方向與電流方向相反，洛倫茲力方向由左手定則判斷，同時要將左手定則與右手定則的區別開來．2、D【分析】【詳解】

A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時；變阻器接入路電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數增大，A錯誤；

B．干路電流減小，根據

可得消耗的功率減小；B錯誤；

C．因外電阻大于內阻；外電阻增大，電源的輸出功率減小，C錯誤；

D．電容器的電壓

I減小，其他量不變，則U增大，由

知；電容器C所帶電量增多，D正確。

故選D。3、B【分析】【詳解】

試題分析：根據閉合電路歐姆定律；應用圖象分析答題．

解：在閉合電路中，路端電壓：U=E﹣Ir，由U=E﹣Ir可知，U﹣I圖象斜率的絕對值是r；

即：斜率的絕對值是電源內阻；故B正確；

故選B．

【點評】本題考查了圖象斜率絕對值的物理意義，應用閉合電路歐姆定律，根據圖象即可正確解題．4、D【分析】【詳解】

A；將金屬圓盤看成由無數金屬輻條組成；金屬圓盤順時針勻速轉動時，根據右手定則判斷可知：圓盤上的感應電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢低，故A錯誤；

B、根據法拉第定律可知，金屬圓盤產生的感應電動勢為BLv；所以所加磁場越強，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，圓盤受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圓盤停止轉動，故B錯誤；

C；若所加磁場反向；只是產生的電流反向，根據楞次定律可知，安培力仍然阻礙圓盤的轉動，所以圓盤還是減速轉動，故C錯誤；

D、若所加磁場穿過整個圓盤時，圓盤在切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電路斷開，則不會產生感應電流，不受安培力作用，所以圓盤將勻速轉動，故D正確；5、B【分析】【詳解】

A項：實驗中使用到油酸酒精溶液；其中酒精溶液的作用是盡可能地減小滴入水面的油酸的含量，故A錯誤；

B項：在“用油膜法估測分子的大小”實驗中；我們的實驗依據是：①油膜是呈單分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之間沒有空隙，故B正確；

C項：液滴入水中后；應讓油膜盡可能散開，形成單分子油膜，再把油膜的輪廓畫在玻璃板上，然后用坐標紙計算油膜的面積，故C錯誤；

D項：多滴幾滴油酸酒精溶液，不便于擴散，故D錯誤；6、B【分析】【詳解】

A；根據庫侖定律可知小球A剛釋放時所受庫侖力為。

故A錯；

B、由牛頓第二定律得:

解得：故B對；

C；越靠近B則庫侖力越大；根據牛頓第二定律可知，加速度可能是先減小后反向增大，則小球A可能先加速下滑后減速下滑，然后再反向運動，故C錯；

D；小球A下滑過程中由于庫侖力一直做負功；所以電勢能一直在增大，故D錯；

綜上所述本題答案是：B

【點睛】

對A球受力分析,受到重力、支持力和靜電斥力,根據牛頓第二定律求加速度;7、B【分析】【詳解】

1932年，英國物理學家查德威克才在卡文迪許實驗室里發現了中子．二、多選題(共9題，共18分)8、A:D【分析】【詳解】

A項：由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；所以并聯部分的電壓減小；故A正確；

B項：由A項分析可知并聯部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據平行金屬板間的場強減小，小球將向下運動，由于下板接地即下板電勢為0，由帶電質點P原處于靜止狀態可知，小球帶負電，根據負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以小球的電勢能增大，故B錯誤；

C項：電源的效率：由A分析可知；路端電壓減小，所以電源的效率變低，故C錯誤；

D項：將R1和電源等效為一個新的電源，新電源的內阻為r+R1，電壓表測的為新電源的路端電壓，如果電流表測的也為總電流，則由A分析可知由于總電流增大，并聯部分的電壓減小，所以R3中的電流減小，則IA增大，所以所以故D正確．

點晴：解決本題關鍵理解電路動態分析的步驟：先判斷可變電阻的變化情況，根據變化情況由閉合電路歐姆定律確定總電流的變化情況，再確定路端電壓的變化情況，最后根據電路的連接特點綜合部分電路歐姆定律進行處理．9、B:C:D【分析】【詳解】

當變阻器滑片P滑到中點時，變阻器兩部分并聯電阻最大。則在滑動變阻器的滑片P由b向中點移動的過程中，變阻器并聯電阻變大，外電路總電阻變大，由歐姆定律知，干路電流變小，路端電壓變大；滑片P由中點向a移動的過程中，外電阻變小，總電阻變小，由歐姆定律知，干路電流變大，路端電壓變小；則知電流表的讀數先減小后增大；R0的功率

先減少后增大，電壓表的讀數先增大后減小，電壓表與電流表讀數的比值

先增大后減小，由于

所以電壓表與電流表讀數變化量的比值

不變；故A錯誤，BCD正確；

故選BCD。

【點睛】

本題是動態變化分析問題，關鍵抓住變阻器滑片處于中點時，并聯電阻最大．再按常規順序“部分→整體→部分”分析．10、A:B:C【分析】由圖可知，電阻R2與滑動變阻器并聯后與R1串聯，電壓表測量路端電壓；電流表測量滑動變阻器的電流．當滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；干路電流增大，根據U=E-Ir可得，路端電壓U減小，即電壓表示數減小；因干路電流增大，則R1兩端的電壓增大，并聯部分電壓減小，則流過R2的電流減小；則流過電流表的電流增大；故C正確，D錯誤；因外電阻大于內電阻，當滑片向b移動時，總電阻減小，則外部電阻接近內阻，故電源的輸出功率增大，故B正確；因為干路電流增大，則由公式P=I2r可知，電源內部消耗的功率增大，故A正確．所以ABC正確，D錯誤．11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．假設兩部分氣體的體積不變，設氣體的初始狀態為末的狀態為變化溫度為由查理定律得。

得。

原來兩部分氣體中的壓強相同；當氧氣和氫氣的溫度都升高10℃時，即溫度的變化相同，由于初始狀態氧氣的溫度小于氫氣的溫度，根據查理定律得，氧氣變化的壓強大于氫氣變化的壓強，故汞柱向右移動，A錯誤，B正確；

CD．開始時兩部分氣體壓強相同；當氧氣溫度升高10℃時，氧氣的溫度變化為10K，氫氣溫度升高20℃時，氫氣的溫度變化為20K，則有。

所以氧氣增加的壓強小于氫氣增加的壓強；汞柱向左移，C正確，D錯誤。

故選BC。12、B:C:E【分析】【詳解】

A．液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特性工作的；A錯誤；

B．油脂對水是不浸潤的；脫脂棉脫脂的目的，在于使它從不能被水浸潤變為可以被水浸潤，以便吸取藥液，B正確；

C．單晶體熔化過程中溫度不變；其分子動能不變，熔化過程需要吸收熱量，故其分子勢能增加，C正確；

D．兩個相鄰的分子間的距離增大時；分子間的引力和斥力均減小，D錯誤；

E．夏天中午溫度比清晨時溫度高；則氣體內能變大，車胎體積增大，則胎內氣體對外界做功，選項E正確。

故選BCE。13、A:C:E【分析】【詳解】

A；當分子之間表現為斥力時；分子間距離越小，斥力做負功，分子勢能增大，故選項A正確；

B；物體的溫度越高；分子的熱運動越劇烈，分子平均動能增大，但不是每個分子的動能都增大，有個別分子動能也可能減小，故選項B錯誤；

C；外界對封閉氣體做功；氣體向外界放出熱量，如果放出熱量大于做功，內能會減小，氣體溫度降低，故選項C正確；

D；從單一熱源吸收熱量；如果有外界參與時，是可以使之完全變成功，故選項D錯誤；

E、熱現象具有方向性，氣體向真空自由膨脹的過程就是一種不可逆過程，沒有外界的參與氣體是不可能自動收縮回去的，故選項E正確．14、A:C【分析】【詳解】

AB.電子逆時針方向旋轉；根據左手定則可知：磁場的方向是豎直向上的，根據安培定則可知，電磁鐵線圈中的電流方向與圖示方向相同，故A正確，B錯誤；

CD.電子在磁場中做圓周運動的半徑得

電子的動能

若電磁鐵線圈中的電流增大，磁感應強度B增大，電子的動能增大，故C正確，D錯誤．15、A:D【分析】【分析】

【詳解】

MN切割磁感線，所以MN產生感應電動勢，MN間有電勢差，故A正確、B錯誤；穿過線框的磁通量不變化，所以無感應電流，因此電壓表無讀數，故C錯誤，D正確．16、A:C:D【分析】試題分析：摩爾質量是1摩爾分子的質量；故只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏伽德羅常數，故A正確；布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規則運動，不是分子的運動；而熱運動是指分子的無規則的運動，故B錯誤；彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點，故C正確；根據壓強的微觀意義可知，跟氣體分子在單位時間內對單位面積上的碰撞次數；分子對器壁的平均碰撞力有關，即跟氣體分子的密度，以及氣體分子的平均動能有關，故D正確；布朗運動與溫度有關，但是布朗運動是固體顆粒的運動，但不是分子的熱運動，選項E錯誤；故選ACD。

考點：分子動理論；布朗運動；晶體；

【名師點睛】本題考查了阿伏加德羅常數、壓強的微觀意義、布朗運動、液晶等，知識點多，難度小，關鍵多看書，多加積累。三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】【詳解】

(1)[1]若5s內沿相反方向通過某截面的正、負離子的電荷量均為5C，則電解液中的電流

(2)[2]若5s內到達陽極的負離子為5C，則電流【解析】2118、略

【分析】【分析】

解決本題的關鍵掌握螺旋測微器和游標卡尺的讀數方法；螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀。

【詳解】

（1）[1]游標卡尺的主尺讀數為5.4cm，游標尺上第4個刻度與主尺刻度對齊，則游標尺讀數為

所以最終讀數為

（2）[2]螺旋測微器的固定刻度讀數為5.5mm，可動刻度讀數為

所以最終讀數為

【點睛】

螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀，注意兩種儀器讀數的不同。【解析】5.445.69519、略

【分析】【詳解】

B點處于波谷，A點處于波峰，波由B向A傳播，此時C處于平衡位置，經過四分之一周期，波谷傳播到該點，知C點的振動方向向下，周期質點在一個周期內振動的路程等于4倍的振幅，經過0.25s時，走過的路程等于5倍的振幅，A=20cm，則s=1m．【解析】向下120、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]白天時；光敏電阻較小，兩端電勢差較小，輸入為高電勢，輸出為低電勢，夜晚，光敏電阻較大，兩端電勢差較大，輸入為低電勢，輸出為高電勢，知該門電路為非門電路；

[2]若要路燈在有光照時也能點亮，應使電阻R2減小，使得R2的分得電壓小，使非門電路的輸入端電壓變小，輸出端電壓變大，路燈被點亮。【解析】非變小21、略

【分析】【詳解】

[1][2]由圖像可知，氣體先從狀態a沿直線變化到狀態b，pV值變大，根據

可知，溫度T升高，氣體內能變大，即?U>0

氣體體積變大，對外做功，即W<0

根據熱力學第一定律可知?U=W+Q

可知Q>0

即氣體吸熱。【解析】升高吸熱22、略

【分析】【詳解】

[1]．從狀態i到狀態j溫度的變化相同，則內能變化相同，即△U1=△U2=△U3

[2]．根據可知，p-V圖像與坐標軸圍成的面積等于做功的大小，則由圖像可知W1<W2<W3

[3]．由題意可知Q1=0；根據熱力學第一定律?U=W+Q，因△U2=△U3，W2<W3，則Q2<Q3，即Q1<Q2<Q3【解析】△U1=△U2=△U3W1<W2<W3Q1<Q2<Q323、略

【分析】【分析】

【詳解】

質子和α粒子以相同的動能垂直進入同一勻強磁場中，均做勻速圓周運動．洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：動能：EK=mv2，則軌跡的半徑為：因質子的質量數是1，α粒子的質量數是4，所以：mα=4mP，質子帶1個單位的正電荷，α粒子帶兩個單位的正電荷，則：粒子在磁場中做圓周運動的周期：【解析】1:11:224、略

【分析】【分析】

找到AC兩個狀態的狀態參量；根據理想氣體的狀態方程求解C的溫度；根據熱力學第一定律判斷從A到C吸熱或放熱情況.

【詳解】

[1]由圖可知：pA=4×104pAVA=1m3TA=300KpC=1×104pAVC=4m3

根據解得:TC=300K；

[2][3]根據熱力學第一定律如果由狀態A經B到C的過程中，