2020年四川省绵阳市高考物理四诊试卷 (含答案解析)

2020年四川省绵阳市高考物理四诊试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子()
A. 全部穿过或发生很小偏转
B. 绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过
C. 全部发生很大偏转
D. 绝大多数穿过，少数发生较大偏转，极少数甚至被弹回
2.如图所示，一重为8N的小球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平
拉小球，使杆发生弯曲，已知绳子的拉力为F=6N，则AB杆对小球的
作用力()
A. 大小为8N
B. 大小为6N
C. 方向与水平方向成53°角斜向右下方
D. 方向与水平方向成53°角斜向左上方
3.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平
面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变
化的规律如图所示．若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下
列各图中正确的是()
A. B.
C. D.
(其中K为比例
4.已知长直线电流产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=K I
r
系数，为电流强度，r为该点到直导线的距离)如图所示，同一平面内有两根
互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I且方向相反的电流，a、O两点与两导线共面，且a点到甲的距离、甲到O点的距离及O、b点到乙的距离均相等．现测得O点磁感应强度的大小为B0=3T，则a点的磁感应强度大小为()
A. 1T
B. 4
3T C. 3
2
T D. 2T
5.质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静
止开始运动，物块动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示．已
知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取
10m/s2，则下列说法正确的是()
A. x=1m时速度大小为2m/s
B. x=3m时物块的加速度大小为12.5m/s2
C. 在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9J
D. 在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速
度为2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。

已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1、半径比约为2∶1，下列说法正确的有()
A. 探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B. 探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C. 探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D. 探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
7.如图所示。

电路中有五个相同的灯泡，额定电流均为I.电阻均为R，变压器为理想变压器，现在
五个灯泡都正常发光。

则()
A. 原、副线圈匝数之比n1：n2=1：3
B. 原、副线围匝数之比n1：n2=3：l
C. 电源电压U为3IR
D. 电源电压U为5IR
8.真空中，两个固定点电荷A，B所带电荷量分别为Q A和Q B，在它们共
同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电
场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连
线平行，O点为AB连线的中点，则()
A. A带正电，B带负电，且|Q A|>|Q B|
B. O点电势等于D点电势
C. 点电荷A在D点产生的场强比点电荷B在D点产生的场强大
D. 负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能
9.关于内能，下列说法正确的是()
A. 气体被压缩时，内能可能不变
B. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
C. 内能是物体的动能和势能的总和
D. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同
10.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃
砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线，下列说法
正确的是()
A. 在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B. 在真空中，a光的波长大于b光的波长
C. 玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
D. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失
E. 分别用a、b光在同一双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹
间距
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.利用自由落体法测重力加速度，实验装置如图所示．
(1)实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整
A.按实验要求安装好实验装置：
B.使重物______ (填“靠近”或“远离”)打点计时器，接着______ (填“先接通电源后释放纸
带”或“先释放纸带后接通电源”)，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
C.图乙为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点，分别测出若干连续点A、
B、C、…与O点之间的距离ℎ1、ℎ2、ℎ3…
(2)已知打点计时器的打点周期为T，结合实验中所测得的ℎ1、ℎ2、ℎ3，可得打B点时重物的速
度大小为______ ，重力加速度的大小为______ ，通常情况下测量值均小于当地的实际重力加速度的值，其原因是______
12.某同学要测量电池组的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，设计了图甲所示的电路图。

(1)请根据电路图将图中器材连接成电路__________；
(2)闭合电键后，调节电阻箱。

得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，作
出图象如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的裁距分别为−b、a，定值电阳的阻值用表示，则该电池组的电动势为_______，内阻为_______；测得的电动势与真实值相比_______(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)
(3)该同学尝试以电压表读数U为纵坐标作图，为使做出的图线为一条直线，图象的横坐标表示
的物理量应该是______________(用测量值的符号表示)
四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
13.在一列横波的传播方向上有两点P和Q，两点间距离PQ=24m，它们的振动图象如图所示，P
点距波源近．
(1)波速多大？
(2)若PQ<λ(波长)，画出t=4.2s时，PQ之间的波形曲线．(请标出坐标的物理量及单位、有
关数值)
五、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
14.如图所示，质量为m=5kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数μ=0.5.物体受到
与水平面成θ=37∘斜向上的拉力F=50N作用，从A点由静止开始运动，到B点时撤去拉力F，物体最终到达C点，已知AC间距离为L=165m，(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2)求：
(1)物体在AB段的加速度大小a；
(2)物体运动的最大速度大小v m。

15.在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。

如图
所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B.，粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。

(1)求粒子在磁场中运动半径的大小；
(2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；
16.气象员用释放氢气球的方法测量高空的气温，气象员可以用仪器跟踪测定气球所处的高度．某
次测量如下：在地面释放一体积为8升的氢气球，此气球当体积膨胀到8.4升时即破裂，经观察知，此气球升高到1600m时破裂．已知地面附近大气的温度为27℃，常温下当地大气压随高度的变化如图所示(气球内气体的压强近似等于外界大气压).求：
(1)气球升空的过程中球内气体对外做功还是外界对它做功？
(2)高度为1600m处大气的摄氏温度．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。

只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，故D正确，ABC错误。

故选：D。

α粒子散射实验的现象为：α粒子穿过原子时，只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进．
本题主要考查了α粒子散射实验的现象，难度不大，属于基础题．
2.答案：D
解析：
本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出受力分析图是关键，要注意杆的弹
力不一定沿着杆。

分析小球的受力情况：重力、绳子水平拉力和AB杆对小球的作用力，由平衡条
件求出AB杆对小球的作用力的大小和方向。

以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、绳子的拉力F和AB杆对球作用力
T。

由题，G=8N，F=6N.由平衡条件知，T与G、F的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图：
根据平衡条件，有：T=√G2+F2=√82+62N=10N，
T与水平方向夹角的正切值为：tanα=G
F =8
6
=4
3
，所以α=53°。

故说明物体受AB杆力的方向与水平方向成53°角斜向左上方；故ABC错误，D正确。

故选D。

3.答案：C
解析：解：由图可知，0−1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0−1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；
同理可知，1−2s内电路中的电流为顺时针，2−3s内，电路中的电流为顺时针，3−4s内，电路中
的电流为逆时针，由E=n△Φ
△t =△B⋅S
△t
可知，电路中电流大小恒定不变．
故选：C．
由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况．
本题要求学生能正确理解B−t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．
4.答案：A
解析：解：设两导线间的距离是L，则由题意知：ao=bo=L；
由安培定则可知，甲乙两电流在O点产生的磁场方向都垂直于纸面向里，
两导线到O点的距离均为1
2
L，
由于B=k I
r
，O点磁感应强度的大小为B0，
所以：B0=B a+B b=k
I
1
2
L
+I1
2
L
=4k⋅I
L①，
由安培定则可知，甲在a处产生的磁场垂直于纸面向外，
乙在a处产生的磁场垂直于纸面向里，则a处的磁感应强度：
B a=B
甲+B
乙
=k(I1
2
L
−I
L+1
2
L
)=4
3
k⋅I
L②，
由①②可得：B a=1
3B0=1
3
×3=1T；
故选：A。

由安培定则判断出甲乙两导线在O点产生的磁场方向，然后求出各导线在O点产生的磁感应强度大小；由安培定则及磁场的叠加原理求出a点的磁感应强度；求出甲在乙处产生的磁感应强度，最后由F=BIL求出乙受到的安培力．
本题是一道信息给予题，认真审题，知道磁感应强度的计算公式、熟练应用安培定则、磁场的叠加原理即可正确解题．
5.答案：D
解析：
A、根据图象得出x=1m时的动能，从而求出物块的速度。

B、对x=2m到x=4m段运用动能定理，求出水平拉力的大小，根据牛顿第二定律求出物块的加速度。

C、根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功。

D、应用动能定理和运动学相关公式可求在前4m位移过程中物块所经历的时间。

本题考查学生的读图能力，能够从图中获取信息，以及能够灵活运用动能定理和牛顿第二定律。

解：A.根据图象知，x=1m时，动能为2J，即1
2
mv2=2J，解得v=√2m/s。

故A错误。

B.对x=2m到x=4m段运用动能定理，有：Fx−μmgx=△E k，根据牛顿第二定律知a=F−μmg
m
，联立解得a=1.25m/s2，故B错误。

C.对全过程运用动能定理得，W F−μmgs=△E k，解得W F=25J.故C错误。

D.对前2m运用动能定理得，Fx−μmgx=△E k，解得F=6N，物体的加速度a′=F−μmg
m
=
6−0.2×20
2m/s2=1m/s2，末速度v=√2E k
m
=2m/s，根据v=a′t1得，t1=2s；对后2m，末速度为：
v t=√2E k′
m
=3m/s，则根据v t=v+at2，代入数据解得：t2=0.8s，则在前4m位移过程中物块所经历的时间为t=t1+t2=2.8s，故D正确。

故选D。

6.答案：BD
解析：
根据万有引力定律比较探测器在火星表面和在地球表面的引力大小，根据万有引力提供向心力得出
各自周期的表达式，比较即可。

v发=2v，根据v=√GM
r
，求出绕火星和绕地球的运行速度大小关系，从而得到发射速度大小关系，高度越大势能越大。

对于卫星类型，关键是建立模型，向心力是由万有引力提供，向心力根据条件选择合适的公式，注意在天体表面意味着轨道半径等于该天体的半径。

AC.根据万有引力提供向心力，有：GMm
R2=mv2
R
，解得v=√GM
R
与探测器质量无关，脱离星球表面所
需的发射速度v发=2v，，脱离地球所需的发射速度大，故AC错误；
B .探测器绕星球表面做匀速圆周运动的向心力由星球对它的万有引力提供，设星球质量为M ，探测器质量为m ，运行轨道半径为r ，星球半径为R ，根据万有引力定律有：F =GMm r 2
，在星球表面时r =R ，
所以探测器在地球表面和火星表面受到的引力之比为：F 地
F 火
=M 地M
火
R 火2
R 地
2
=5
2，所以探测器在地球表面受
到的引力比在火星表面大，故B 正确；
D .根据机械能守恒，探测器脱离星球的过程中，高度逐渐增大，其势能逐渐增大，故D 正确。

故选BD 。

7.答案：BD
解析：解：AB 、由题图可知，原线圈中电流I 1=I ，副线圈中3个灯并联，副线圈中电流I 2=3I ， 则可知，I 1：I 2=1：3；
根据理想变压器的基本规律得n 1：n 2=I 2：I 1=3：1；故A 错误、B 正确；
CD 、根据欧姆定律可得副线圈两端电压U 2=IR ，则原线圈两端电压U 1=n
1
n 2
U 2=3IR ，根据闭合电
路的欧姆定律可得U =U 1+2IR =5IR ，故C 错误、D 正确。

故选：BD 。

根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系，从而得到n 1：n 2.再由变压比求解U 1，根据闭合电路的欧姆定律求解U 。

本题的切入口是灯泡正常发光，从而间接告诉我们原副线圈中电流的比例关系。

再由电流和匝数关系即可明确匝数之比。

能够根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律求解U 。

8.答案：AC
解析：
根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出AB 的电性及电量的大小； 沿着电场线方向电势降低； 先比较电势的高低，再根据E p =qU ，比较电势能；
只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合。

解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断。

电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，二根据电势能的公式判断。

AC.根据电场线的流向，知A带正电，B带负电；D点的场强可看成AB两电荷在该点产生场强的合场强，电荷A在D点电场方向沿AD向上，电荷B在ND点产生的场强沿DB向下，合场强水平向右，可知A电荷在D点产生的场强大于B电荷在D点产生的场强，而AD>BD，所以Q1>Q2。

故A 正确，C正确；
B.根据电场线与等势面的关系，O点电势高于D点电势，故D错误。

D.沿电场线方向电势逐渐降低，U C>U D，再根据E p=qU，q为负电荷，知E pC<E pD，故C错误；故选AC。

9.答案：AB
解析：
根据热力学第一定律判断A；一定量的某种理想气体的内能只与温度有关；内能是分子的动能与分子势能之和；气体的内能由物质的量、温度决定。

本题主要考查热力学第一定律、一定量的某种理想气体的内能的有关因素、内能的概念。

A.气体被压缩，外界对气体做功，如果气体对外界放热，内能可能不变，故A正确；
B.理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，故B正确；
C.内能是分子的动能与分子势能之和，故C错误；
D.气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，故D错误。

故选AB。

10.答案：ACE
解析：解：A、光线a的偏折程度大，根据折射定律公式1
n =sinθ
sinr
，θ是入射角，r是折射角，可知a
光的折射率大；再根据公式v=c
n
，知a光在玻璃中的传播速度小，故AC正确；
B、a光的折射率大，说明a光的频率高，根据c=λf，a光在真空中的波长较短，故B错误；
D、若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故a光先发生全反射，折射光线先消失，故D错误；
E、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式△x=L
d
λ，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E正确；
故选：ACE．
根据折射定律公式n=sini
sinr 判断折射率大小，从而得出频率和波长的大小．根据v=c
n
判断在玻璃中
的光速大小；根据折射角的关系分析哪条光线先发生全反射．根据公式△x=L
d
λ判断双缝干涉条纹间距大小
本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射率定义公式n=sini
sinr
、光速公
式v=c
n 、双缝干涉条纹间距公式△x=L
d
λ.要注意公式n=sini
sinr
的条件条件是光从真空射入介质折射．
11.答案：靠近；先接通电源后释放纸带；ℎ3−ℎ1
2T ；ℎ3+ℎ1−2ℎ2
T2
；运动过程中存在阻力
解析：解：(1)为了有效地使用纸带，重物应靠近打点计时器，实验时先接通电源后释放纸带．(2)B点的速度等于AC段的平均速度，则v B=ℎ3−ℎ1
2T
．
根据(ℎ3−ℎ2)−(ℎ2−ℎ1)=gT2得，g=ℎ3+ℎ1−2ℎ2
T2
．
通常情况下测量值均小于当地的实际重力加速度的值，其原因是运动过程中存在阻力．
故答案为：(1)靠近，先接通电源后释放纸带．(2)ℎ3−ℎ1
2T ，ℎ3+ℎ1−2ℎ2
T2
，运动过程中存在阻力．
实验时，应先接通电源再释放纸带，重物靠近打点计时器．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小．解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．
12.答案：(1)；
(2)1
a ；1
b
−R0；偏小；(3)U
R。

解析：
本题考查测量电池组的电动势和内阻的实验，关键是根据电路图列出数学公式和图像的关系。

(1)根据电路图将图中器材连接成电路，注意表的正负极；
(2)根据闭合电路欧姆定律，写出1
U −1
R
的关系式；
(3)根据闭合电路欧姆定律，写出U的关系式。

(1)根据电路图将图中器材连接成电路，注意表的正负极；
(2)根据闭合电路欧姆定律，E=U+U
R (R0+r)，整理得1
U
=1
E
+R0+r
E
·1
R
，则该电池组的电动势为E=1
a。

图像斜率a
b =R0+r
E
，解得r=1
b
−R0。

计算时用的电流偏小，故测得的电动势与真实值相比偏小；
(3)根据闭合电路欧姆定律，E=U+U
R (R0+r)整理得U=E−U
R
(R0+r)，故图象的横坐标表示的
物理量应该是U
R。

故答案为：
(1)；
(2)1
a ；1
b
−R0；偏小；(3)U
R。

13.答案：解：(1)根据振动图象可知，横波的周期T=1.2s，
表明P点先于Q点振动．由图可知，P点的振动状态传到Q点需要时间：△t=(n+3
4
)T=(0.4n+ 0.3)s，
则波速v=x
t
=24
(n+3
4
)T
=80
4n+3
(n=0、1、2…)
(2)波长λ=vT=80×1.2
4n+3=96
4n+3
(n=0、1、2…)，
若PQ<λ，则n=0，此时波长λ=32m，
t=4.2s=31
2
T，
根据振动图象可知，t=0时，P在波峰处，Q在平衡位置处且向下振动，则经过31
2
T，P在波谷处，Q在平衡位置处且向上振动，
PQ之间的波形曲线，如图所示：
答：(1)波速为96
4n+3
(n=0、1、2…)；
(2)PQ之间的波形曲线如图所示．
解析：(1)先根据振动图象得出周期，P点距波源近，P点与Q点振动早，根据振动图象，P与Q振动时间相隔至少，得出时间与周期的关系式，求出波速．
(2)根据PQ<λ求出波长，根据振动图象得出t=0时，P、Q的位置及振动情况，再结合t=4.2s与周期的关系判断t=4.2s时，P、Q的位置及振动情况，进而画出图象．
本题通过振动图象表示两个质点的状态，根据同一时刻两质点的状态，分析波传播时间与周期关系，也可以分析两质点间距离与波长的关系．
14.答案：解：(1)在AB段，受力分析如图
由牛顿第二定律得：Fcosθ−μN=ma
又Fsinθ+N=mg
代入相应数据得：a=6m/s2
(2在BC段由牛顿第二定律得：μmg=ma′解得：a′=5m/s2
根据速度和位移关系得：L=v m2
2a +v m2
2a′
解得：v m=30m/s
答：(1)物体在AB段的加速度大小是6m/s2。

(2)物体运动的最大速度大小是30m/s。

解析：(1)对AB段分析，根据牛顿第二定律可求得加速度大小；
(2)对BC过程分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再分别对AB和BC过程根据位移与速度关系列式，注意AB段的末速度等于BC段的初速度。

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要注意明确两段位移中具有相同的初末速度，故可以利用最大速度来表示位移，在解题时要注意运动学公式的灵活选择。

15.答案：解：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=1
2
mv2，
粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=m v2
R
，
解得R=1
B √2mU
q
；
(2)粒子射入到坐标原点的时间t1=L
v
，
粒子在磁场中运动的时间为t2=3
4T=3
4
⋅2πm
qB
，
离开磁场到达荧光屏的时间为t3=R+L
v
，
所以粒子运动的总时间为t=t1+t2+t3=L√2m
qU +(2+3π)m
2qB
；
答：(l)粒子在磁场中运动半径的大小为1
B √2mU
q
；
(2)粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间为L√2m
qU +(2+3π)m
2qB
；
解析：(1)根据动能定理求解粒子在电场中加速获得的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解运动半径； (2)根据运动学知识分别求解粒子射入到坐标原点、粒子在磁场中运动以及离开磁场到达荧光屏的时间，相加即可；
解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在磁场中的运动情况，能根据题意求解粒子做圆周运动的最大和最小半径。

16.答案：解：(1)气球体积增大，球内气体对外做功
(2)由图得：在地面球内压强：p 1=76cmHg 1600m 处球内气体压强：p 2=70cmHg 由气态方程得：
P 1V 1T 1
=
P 2V 2T 2
带入数据解得：T 2=P 2V
2
P 1V 1
T 1=
70×8.476×8
×300K =290K
t 2=290−273℃=17℃
答：(1)气球升空的过程中球内气体对外做功； (2)高度为1600m 处大气的摄氏温度为17℃．
解析：(1)气球体积增大，气体对外界做功；
(2)以气球内气体为研究对象，根据理想气体状态方程列式求解．
本题考察理想气体状态状态方程，关键从图象中读出初末状态的压强，然后根据理想气体状态方程
PV T
=C 列式求解即可．判断做功看体积变化即可．。