山东省淄博实验中学2019届高三物理下学期寒假学习效果检测（开学考试）试卷（含解析）.doc

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1、1山东省淄博实验中学 2019 届高三物理下学期寒假学习效果检测（开学考试）试卷（含解析）二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.关于近代物理，下列说法正确的是_。 （填选项前的字母）A. 射线是高速运动的氦原子B. 核聚变反应方程 ， 表示质子C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D. 玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氦原子光谱的特征【答案】D【解析】试题分析： 射线是高速运

2、动的氦核流，不是氦原子故 A 错误核聚变反应方程12H+13H- 24He+01n 中， 01n 表示中子故 B 错误根据光电效应方程 Ekm= -W0，知最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是成正比，故 C 错误玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征故 D 正确考点：本题考查了光电效应方程、玻尔理论等知识【此处有视频，请去附件查看】2. 将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为 g假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A. mg B. C.

3、 D. 13mg 12mg 110mg2【答案】B【解析】试题分析：设每块砖的厚度是 d，向上运动上运动时：9d-3d=aT 2向下运动时：3d-d=aT 2联立得： aa=31根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma向下运动时：mg-f=ma联立得：f= mg；故选 C12考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=aT 2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解3. 如图所示,有四个等量异种的点电荷，分别放在正方形的四个顶点处。a、b、c、d 分别为正方形四个边的中点，O 为正方形的中点。下列说法正确的是A. a、c 两点的电场强度一定相同

4、B. b、d 两点的电势一定相同C. 将一带正电的试探电荷从 b 点沿直线移动到 d 点，电场力先做正功后做负功D. 将一带正电的试探电荷从 a 点沿直线移动到 c 点，试探电荷的电势能一直减小【答案】ABD【解析】试题分析：设正方向边长为 L，每个电荷电量为 Q，对 a 点研究，两个正电荷在 a 点的合场强为零，根据平行四边形法，两个负电荷在 A 点的合场强 ，方向水平向右Ea=16kQ25L2对 C 点研究，两个负电荷在 C 点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在 c 点的合场强 ，方向水平向右故 A 正确；b、d 两点关于 ac 连线对称，故 b、d 两点的Ec=16kQ25L2

5、电势一定相同，故 B 正确；据对称性，b、d 等电势，所以将一带正电的试探电荷匀速从 b3点沿直线移动到 d 点，电场力做功为零，故 C 错误；根据矢量合成法则，从 a 点沿直线到c 点，各个位置的场强方向向右，所以将一带正电的试探电荷匀速从 a 点沿直线移动到 c点，电场力方向向右，所以电场力一直做正功，所以电荷的电势能一直减小，故 D 正确；故选：ABD考点:场强的叠加；电场力做功与电势能；4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是 501， b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻 R10 ，其余电阻不计。从某时刻开始经 c、 d 两端给原线圈加上如图乙所示的交变

6、电压。则下列说法正确的是( )A. 当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 2.2 VB. 当单刀双掷开关与 a 连接且 t0.01 s 时，电流表的示数为零C. 当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，原线圈的输入功率变大D. 当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频率变为 25 Hz【答案】C【解析】【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，根据输出功率和输入功率相等可明确输入功率的变化，注意变压器不会改变交流电的频率【详解】由图象可知，电压的最大值为 ，交流电的周期为 210-2s，所以交流电的2202V频率为 f=50H

7、z.A、交流电的有效值为 ，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为U1=22022V=220V4.4V；故 A 错误.B、当单刀双掷开关与 a 连接时，副线圈电压为 4.4V，所以副线圈电流为 0.44A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为不为零；故 B 错误.C、当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻 R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大；故 C 正确.4D、变压器只改变电压不会改变交流电的频率；故 D 错误.故选 C.【点睛】本题考查变压器的基本原理应用，要注意掌握住理想变压器的电压、电流之间的关

8、系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题5.如图所示，物体 A 和带负电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B 的质量分别是m 和 2m，劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体 A 相连，倾角为 的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体 B 在一沿斜面向上的外力 F=3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力 F，直到物体 B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( )A. 撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为3gsin2B. B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinkC. 物体 A 的最大速度为 gsi

9、n6mkD. 物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体 B 电势能的减少量【答案】BD【解析】试题分析：在外力撤去前，绳子刚好伸直，拉力为零，对 B 受力分析可得 ，F=mgsin+F电即 ，所以撤去外力的瞬间 B 在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力，F电 =2mgsin沿斜面向下的电场力，故有 ，所以撤去外力瞬间的加速度 ，AF合 =F电 +mgsin a=3gsin错误；随着 B 沿着斜面下滑，绳子的拉力逐渐增大，当 时，即合力为零F绳 =F电 +mgsin时，B 的速度最大，此时 ，解得 ，B 正确；对 AB 整体有动能定理可得F绳 =kx x=3mgsink，解得 ，

10、故 C 错误；由于过程中只有重力和电场kx2+3mgsinx 123mv20 v=12gsin3mk力，弹力做功，所以根据能量守恒看得物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体 B 电势能的减少量和 B 物体机械能的减小量，故 D 正确；考点：考查了牛顿第二定律，动能定理，能量守恒定律6.如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为 m 的小球 A、B 与轻5杆连接，置于圆轨道上，A 与圆心 O 等高，B 位于 O 的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是（ ）A. 下滑过程中 A 的机械能守恒B. 当 A 滑到圆轨道最低点时，轨道对 A 的

11、支持力大小为 2mgC. 下滑过程中重力对 A 做功的功率一直增加D. 整个过程中轻杆对 B 做的功为12mgR【答案】BD【解析】A、下滑过程中杆对 A 有力的作用，并且这个力对 A 做负功，所以 A 的机械能不守恒，故 A项错误；B、对 AB 为整体机械能守恒，当 A 滑到圆轨道最低点的过程中，由机械能守恒得，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有 ，所以轨道122mv2=mgR FNmg=mv2R对 A 的支持力大小为 2mg，故 B 项正确；C、开始时重力做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力做功的功率先增大后减小，故 C 项错误；D、A 运动到底

12、端的过程中，由机械能守恒得 ，所以得 B 的动能增加量即轻杆122mv2=mgR对 B 做的功为 ，故 D 项正确；12mgR故选 BD。7.如图所示，在 、 的长方形区域有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，磁0x3a 0ya感应强度大小为 B，坐标原点 O 处有一粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子重力不计，其速度方向均在 xOy 平面内的第一象限，且与 y 轴正方向的夹角分布在 范围内，速度大小不同，且满足 ，若粒子在磁场中做圆周运动的0 902Bqamv3Bqam周期为 T，最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为 ，最后从磁场中飞出的粒子经历的t16时间为 ，

13、则下列判断正确的是（ ）t2A. B. t1=T12 t1T12C. D. t2=T6 t2T6【答案】BC【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力： ，可得qvB=mv2R半径： ，又因为 ，可得粒子半径满足： ，而带电粒子做匀速R=mvqB 2Bqamv3Bqam 2aR3a圆周运动的周期为： 。分析可知最先从磁场上边界飞出的粒子运动轨迹如图所T=2Rv=2mqB示：此时粒子半径 ， 为圆心，此时粒子转过圆心角 ，根据几何关系可知，R1=3a O 1，所以可知 ，故最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为：sin1=13sin30=12 130，故 A 错误，B

14、 正确；设磁场区域为 OACB，根据周期公式 可知t1=1360T30360T=T12 T=2mqB粒子在磁场中运动的周期相同，分析可知最后从磁场中飞出的粒子轨迹如图所示：7此时粒子半径 ，恰好在 C 点离开磁场，延长 CB 至 使 ， 即为圆心，连接R2=2a O CO=2a O，根据几何关系可知，此时粒子转过圆心角 最大为 ，所以最后从磁场中飞出的粒OO 2 60子经历的时间为： ，故 C 正确，D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。t2=2360T=60360T=T68.如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻 R，Ox 轴平行于金属导轨，在 0x4m 的空间区

15、域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度 B 随坐标 x（以 m 为单位）的分布规律为 B=0.8-0.2x（T） ，金属棒 ab 在外力作用下从 x=0 处沿导轨运动，ab 始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=lm 经 x2=2m 到 x3=3m 的过程中，R 的电功率保持不变，则金属棒（ ）A. 在 x1与 x3处的电动势之比为 1：3B. 在 x1与 x2处受到磁场 B 的作用力大小之比为 2：1C. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 的电量之比为 5：3D. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 产生的焦耳热之比为 5

16、：3【答案】BCD【解析】由功率的计算式 ，知道由于金属棒从 x1=1m 经 x2=2m 到 x3=3m 的过电功率保持不P=U2R=E2R变，所以 E 不变，I 不变；由安培力公式 F=BIL，可知 x1与 x2处受到磁场 B 的作用力大小之比 ；由安培力公式 F=BIL，F-x 图象如图所示，图象的面积就是F1F2=B1ILB2IL=B1B2=0.80.210.80.23=31克服安培力做的功，即 R 产生的热量，从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 产生的焦耳8热之比为 ，根据热量 Q=I2Rt，热量之比为 5：3，电流相同，说明时间之Q1Q2=S1S2=0.6+0.40.

17、4+0.2=53比为 5：3，因此电量之比 。综上分析，CD 正确。q1q2=It1It2=t1t2=53【点睛】导体棒 ab 在随 x 的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，解题关键在于R 上的电功率相同，表明电路的电流和 R 上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，F-x 图象与坐标轴围成的面积就是功三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题32 题为必考题。每个试题考生都必须做答。第 33 题第 38 题为选考题，考生根据要求做答。9.“探究加速度与力的关系”装置如图所示带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和砂桶连接，细

18、线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向砂桶中添加细砂，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数 F，通过纸带求出木块运动的加速度 a.将木块放回原处，再向砂桶中添加适量细砂，释放木块获取多组a、 F 数据(1)关于该实验的操作，以下说法正确的是（ ）A实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B通过缓慢添加细砂，可以方便地获取多组实验数据C每次添加细砂后，必须测出砂及砂桶的质量D实验过程要确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量(2)某同学根据实验数据做出了两个 a F 图象如图所示，正确的是_；该同学发现9图线没有过原点，应该是由于有摩擦力的原因，于是想要作出木块的加速度与合力

19、的关系图象，需要对图象进行修正修正后的横坐标 F 合 应该等于_(用 F、 F0表示) 【答案】 (1). AB (2). B (3). 2 F2 F0【解析】【分析】(1)该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块(2)根据牛顿第二定律得出 a 与 F 的关系式，结合关系式得出正确的图线根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标【详解】(1)A、纸带长度有限，若先释放小车，再闭合开关时，重物已落一段距离，纸带的打点长度可能就很短，不利于测量，而先闭合开关，再释放

20、小车，保证纸带充分利用，A 正确；B、缓慢添加细砂，改变小车受到的拉力，可以获取多组实验数据，B 正确；C、小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，因而不用测量砂及砂桶的质量，C 错误；D、小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，不用砂及砂桶的重力代替，故可以不用考虑“确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量”这一条件，D 错误故选 AB.(2)根据牛顿第二定律 F 合 2 F f ma，得 ，可知随着拉力的增大，加速度恰好为零a=2Ffm时，应满足摩擦力 f2 F0，修正后应让图线过坐标系的原点，图线向左平移 2F0， F 合2 F-2F0.【点睛】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理

21、，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：（1）在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“1mA”挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为_；10（2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电池的电动势为 E、R 0为调零电阻，某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流 I 与电阻箱的阻值 Rx 关系如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_，该电源的电动势 E=_V.（3）下列判断正确的是_。A在图（b）中，电表的左、右插孔处分别标注着“” 、 “”B因为图（c）是非线性变化的，所以对应欧姆表的刻度

22、盘上的数字左小右大C欧姆表调零的实质是通过调节 R0，使 R0=0 时电路中的电流达到满偏电流D电阻 Rx的变化量相同时，R x越小，则对应的电流变化量就越大【答案】 (1). 0.46 (2). 1.510 4 (3). 9 (4). CD【解析】(1)选择开关置于“1mA”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为 0.02A，对应刻度示数为 23，故则测量结果为 0.0223=0.46A；(2)根据 ， ，由图可得 ，当 时， ，解得Ig=ER内 I= ER内 +Rx Ig=0.6A I=0.3A Rx=15k；R内 =15k=1.5104,E=9.0V(3) A、根据电流红进黑出，在图（

23、b）中，电表的右、左插孔处分别标注着“” 、 “” ，故 A 错误；B、函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，示数左大右小是由于外电阻增大，电路电流减小造成的，故 B 项错误。C、欧姆表调零通过调节滑动变阻器 R0，调节至待测电阻 Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故 C 正确；D、欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且 I-Rx切线斜率大小随待测电阻值增大减小，即 Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故 D 正确；故选 CD。1111.如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一

24、金属板从光滑斜面底端 A 送往斜面上端，斜面倾角 30，滚轮与金属板的切点 B 到斜面底端 A距离 L6.5 m，当金属板的下端运动到切点 B 处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量 m110 3 kg，滚轮边缘线速度 v4 m/s，滚轮对板的正压力 FN210 4 N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为 0.35， g 取 10 m/s2。求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点 B 处；(3)金属板沿斜面上升的最大距离。【答案】(1) 2 m/s 2 (2) 2.625 s (3) (3)8.1 m【解析】【分析】(1)对金属板受力分析，运用正交

25、分解法，根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度.(2)假设金属板一直匀加速上升，求出位移可知还要匀速上升，所以金属板从 A 到 B 经历加速上升和匀速上升两个过程，分别求出两个过程的时间.(3)金属从 B 点向上做匀减速运动，先根据牛顿第二定律求出匀减速的加速度，求出位移，再加上 L 即为金属板沿斜面上升的最大距离.【详解】(1) 对金属板受力分析如图所示:受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得 F N mgsin ma1解得 a12m/s 2(2)由运动规律得 v a1t112解得 t12s 匀加速上升的位移为 x1=v2t1=4m匀速上升需时间 t2=Lx1v=6.544s=0.625s

26、共经历 t t1 t22.625s(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得 mgsin ma2解得 a25m/s 2 金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离 x2=v22a2=4225m=1.6m金属板沿斜面上升的最大距离为 xm L x26.5m1.6m8.1m【点睛】此题是一道典型的动力学问题，要求能够对金属板进行正确的受力分析，知道轮对金属板的摩擦力 f 是动力，会根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解运动学参量.12.空间三维直角坐标系 o-xyz 如图所示（重力沿 轴负方向） ，同时存在与 xoy 平面平行的y匀强电场和匀强磁场，它们的方向与 x 轴

27、正方向的夹角均为 。 （已知重力加速度为53g，sin530.8，cos530.6）（1）若一电荷量为+q、质量为 m 的带电质点沿平行于 z 轴正方向的速度 v0做匀速直线运动，求电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小；（2）若一电荷量为 、质量为 m 的带电质点沿平行于 z 轴正方向以速度 v0通过 y 轴上的q点 P（0，h，0）时，调整电场使其方向沿 x 轴负方向、大小为 E0。适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标 Q（h，0，0.5h）点，问通过 Q 点时其速度大小；（3）若一电荷量为 、质量为 m 的带电质点沿平行于 z 轴正方向以速度 v0通过 y 轴上的q点 P（0，0.6h，

28、0）时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过 x 轴上的某点 M，问电场强度 和磁感应强度E的大小满足什么条件?并求出带电质点经过 x 轴 M 点的时间。B13【答案】 （1） （2） （3）t=vQ=2(g+qE0m)h+v20。 （n=1、2、3）【解析】试题分析：（1）在 xoy 平面内质点受力如图所示，电场力 F1方向与洛伦兹力 F2方向垂直，根据物体的平衡条件有：（2 分）（2 分）（1 分）（1 分）（2）洛伦兹力不做功（1 分）所以，由 P 点到 Q 点，根据动能定理：（2 分）12mv2Q12mv20=mgh+qE0h（

29、1 分）vQ=2(g+qE0m)h+v20（3）当电场力和重力平衡时，带电质点只受洛伦兹力作用，在 v0方向和 F2= qv0方向所B在直线决定平面内做匀速圆周运动，如图所示。14Eq=mg（1 分）（1 分）方向竖直向下（1 分）要使带电质点经过 x 轴，圆周的直径（1 分）根据 （2 分）（1 分）带电质点的运动周期为（1 分）质点经半个周期第一次通过 x 轴，以后每经过整周期又经过 x 轴。所示经过 x 轴的时间为t= 。 （n=1 、2、3 ） （1 分）vQ=2(g+qE0m)h+v20考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】做本题的关键是根据（1）电荷受重力、洛伦兹力和电场

30、力，三力平衡，根据平衡条件列式求解；（2）应用动能定理可以求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间13.下列说法正确的是（ ）A. 两个分子之间的作用力一定随着距离的增大而减小B. 物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关15C. 一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D. 分子 a 从远处趋近固定不动的分子 b，当 a 到达受 b 的作用力为零处时， a 的动能达到最大值E. 物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换【答案】CDE【解析】【分析】分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距

31、大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；物体的内能包括分子热运动动能和分子势能，分子热运动的平均动能与热力学温度成正比，分子势能与分子间距有关；热力学第一定律公式： U=W+Q【详解】A、两个分子之间的引力和斥力都会随着分子间距的增大而减小，但斥力减小的更快；对于分子合力，子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；故 A 错误；B、物体的内能在宏观上与其温度、体积和物质的量有关，故 B 错误；C、一定质量的气体经历等容过程，体积不变，故不对外做功，根据热力学第一

32、定律，如果吸热则其内能一定增加，故 C 正确；D、分子 a 从远处趋近固定不动的分子 b，当 a 到达受 b 的作用力为零处时，即到达平衡位置时，分子势能最小，故 a 的动能一定最大，故 D 正确；E、物质的状态（固、液、气三态）在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换，故 E 正确；故选 CDE.【点睛】本题考查了分子力、分子势能、内能、热力学第一定律、物态变化等，知识点多，对基础知识要加强记忆14.如图所示，某小组在一次实验中，将底面积 S=30cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止

33、在水中，此时水的温度 t1=7，筒内气柱的长度 h1=14cm，若大气压强p0=1.0105Pa，水的密度 =1.010 3kg/m3，重力加速度 g 大小取 10m/s2。(计算结果保留 3 位有效数字)16(i)当水的温度缓慢升高至 27时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为 5J，则气体的内能变化了多少?(ii)若水温升至 27后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离 H。【答案】 （i） （ii）1.96J 72.4cm【解析】（1）设温度升高后圆筒内外液面高度差为 ，圆筒的截面积为 S、质量为 m，分析可知封h

34、2闭气体的初态参量： ， V1=h1S T1=280K封闭气体的末态参量： , V2=(h2+h)S T2=300K由等压变化规律 知： V1T1=V2T2 h=1cm此时筒底露出水面的高度为 1cm外界对气体做功 W=(gh1+P0)Sh代入数据得： W=3.04J对被封闭气体由热力学第一定律 U=W+Q知： U=1.96J即该过程中气体内能增加了 U=1.96J（2）设圆筒悬浮时封闭气体的长度为 h3筒底恰与水面齐平时有： gh1S=mg圆筒后来平衡时有 ，所以 gh3S=mg h1=h3即圆筒恰齐平水面到后来悬浮水中为等容变化筒底恰与水面齐平时的状态参量为： ， P1=gh1+P0 T1=280K悬浮时气体的状态参量为 ， P3=g(h1+H）+P0 T3=300K17由等容变化规律 知： P1T1=P3T3 H=72.4cm即后来圆筒悬浮于水中时筒底距水面高度为 72.4cm点睛：本题考查了理想气体方程，把握不同状态下的气体参量是解本题的关键。18