天津市和平区2021届新高考物理最后模拟卷含解析 18页

天津市和平区 2021 届新高考物理最后模拟卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹， a、b、 c 为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ） A．粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大 B．粒子在 a 点的动能比在 b 点的动能大 C．粒子在 a 点和在 c 点时速度相同 D．粒子在 b 点的电势能比在 c 点时的电势能大 【答案】 A 【解析】 【分析】 由等势面的疏密可知电场强度的大小， 由 F Eq 可知电场力的大小关系； 根据曲线的弯曲方向可知粒子的 受力方向， 进而判断出电场力做功的特点。 根据能量守恒定律分析粒子在 a 点动能与粒子在 b 点动能之间 的关系。由动能定理可知 BC 两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断， 应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。 【详解】 A．因 a 点处的等势面密集，故 a 点的电场强度大，故电荷在 a 点受到的电场力大于 b 点受到的电场力， 结合牛顿第二定律可知，粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大，故 A 正确； B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从 a 到 b 电场力做正功，粒子动 能增大，故 B 错误； C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在 a 点和在 c 点时速度方向不相同，故 C 错误； D．粒子受到的电场力指向右侧，则从 b 到 c 电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在 b 点的电势 能比在 c 点时的电势能小，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】 本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。 2．如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘 的一部分处在蹄形磁体中实验时用导线连接铜盘的中心 C。用导线通过滑片与钢盘的边线 D 连接且按触良 好，如图乙所示，若用外力转动手柄使圆盘转动起来，在 CD 两端会产生感应电动势（ ） A．如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以 C 为圆心的同心圆环中的磁通量发生了变 化 B．如图甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势 C．如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过 R 的电流自下而上 D．如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过 R 的电流自上而下 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的铜棒在切割磁感 线而产生的，故 AB 错误； CD ．若用外力顺时针 (从左边看 )转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为 C 到 D(电源内部 )，D 端 是感应电动势的正极，所以通过 R 的电流自下而上，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 3．如图所示，三段长度相等的直导线 a、 b、c 相互平行处在同一竖直面内， a、b 间的距离等于 b、c 间 的距离，通电电流 I a＜I b＜I c，方向如图所示，则下列判断正确的是（ ） A．导线 b 受到的安培力可能为 0 B．导线 a 受到的安培力可能为 0 C．导线 c 受到的安培力的方向一定向左 D．导线 a、b 受到的安培力的方向一定相同 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线 b 受到的安培力不可能为 0，故 A 错误； BD．导线 a 受到导线 b 给的向右的安培力和导线 c 给的向左的安培力，又因为通电电流 I a＜I b＜I c，ac 之 前的距离大于 ab 之间的距离， 所以导线 a 受到的安培力可能为 0，而导线 b 受到的安培力不可能为 0，所 以导线 a、b 受到的安培力的方向不一定相同，故 B 正确， D 错误； C．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线 c 受到的安培力的方向一定向右，故 C 错误。 故选 B。 4．如图所示， A B、 两金属板平行放置， 在 0t 时刻将电子从 A板附近由静止释放 （电子的重力忽略不计） 。 分别在 A B、 两板间加上下列哪一种电压时，有可能使电子到不了 B 板（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【详解】 加 A 图电压，电子从 A板开始向 B 板做匀加速直线运动；加 B 图电压，电子开始向 B 板做匀加速运动， 再做加速度大小相同的匀减速运动， 速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动， 由电压变化的对称性 可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了 B 板；加 C 图电压，电子先匀加速，再匀减速 到静止，完成一个周期，电子一直向 B 板运动，即电子一定能到达 B 板；加 D 图电压，电子的运动与 C 图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向 B 板运动，即电子一定能到达 B 板，综上所述可知 选项 B 正确。 5．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上滑行，木块与长木板间动摩擦因数为 2 ，长木板 与地面间动摩擦因数为 1 。若长木板处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小为（ ） A． 1 m M g B． 2 m M g C． 2mg D． 2 1mg Mg 【答案】 C 【解析】 【详解】 隔离分析长木块，如图甲，受重力 mg 、支持力 NF 、向左的滑动摩擦力 f 2F mg ① 隔离分析木板，如图乙，受重力 Mg 、木块的压力 mg、向右的滑动摩擦力 fF 、地面的支持力 NF 地 与向左 的静摩擦力 fF 地 。水平方向受力平衡 ffF F地 ② 解①②式得 2fF mg地 竖直方向受力平衡 N ( )F m M g地 达到最大静摩擦力时（临界点） ，为 1 1f N ( )F F m M g地 地 由题可知长木板静止不动，所以 1f ( )F m M g地 所以 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 6．位于贵州的 “中国天眼 ”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜 (FAST) ．通过 FAST 测得水星与太 阳的视角为 (水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角 ),如图所示 ,若最大视角的正弦 C 值为 k ,地球和水 星绕太阳的运动视为匀速圆周运动 ,则水星的公转周期为 A． 3k 年 B． 3 1 k 年 C． 3 2k 年 D． 3 21 k k 年 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得： sin r r 水 地 ，结合题 中已知条件 sin θ=k，由万有引力提供向心力有： 2 2 2 4MmG m r r T ，解得： 3 2 rT GM ，得 3 3 3 3= = sin T r k T r 水 水 地 地 ，得 3=T T k水 地 ，而 T 地 =1 年，故 3T k水 年，故 B，C，D 错误， A 正确 . 故选 A. 【点睛】 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用， 物理问题经常要结合数学几 何关系解决 . 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，两质量相等的卫星 A、 B 绕地球做匀速圆周运动，用 R、T、E k、F 分别表示卫星的轨道半 径、周期、动能、万有引力。下列关系式正确的有（ ） A． A BF F B． kA kBE E C． A BT T D． 3 3 2 2 A B A B R R T T 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据万有引力定律得 2 GMmF R 卫星 A、B 质量相等， RA＞ RB，得 FA ＜FB．故 A 错误； B.卫星 A、B 绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得 2 2 =GMm vm R R 卫星的动能 21 2 2k GMmE mv R 故 kA kBE E ，故 B 正确； CD. 由开普勒第三定律得 3 3 2 2 A B A B R R T T 因 A BR R ， A BT T ，故 C 错误， D 正确。 故选： BD 。 8．如图 a 为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图， 图 b 为媒质中平衡位置在 x=2.5m 处的质点的振动图像， P 是平衡位置为 x=1.5m 的质点。下列说法正确的是 ____。 A．波速为 0.5m/s B．波的传播方向向左 C． 0~2s 时间内， P 运动的路程为 8cm D． t=1s 时， P 正位于正向最大位移处 E.当 t=6s 时， P 恰好回到平衡位置 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．由图 a 可知该简谐横波波长为 2m，由图 b 知周期为 4s，则波速为 0.5m/sv T 故 A 正确； B．根据图 b 的振动图象可知，在 2.5mx 处的质点在 2st 时振动方向向下，所以该波向右传播，故 B 错误； C．由于 2st 时，质点 P 在平衡位置，且有 2s 0.5T 所以在 0 2s～ 时间内，质点 P 的路程为 2 8cmA 故 C 正确； D．由于该波向右传播，由图 a 可知 2st 时，质点 P 在平衡位置向上运动，所以 1st 时， P 正位于负 向最大位移处，故 D 错误； E．波的周期为 4s， P 从 2s到 6s 经历时间 4st T 所以 6st 时， P 点应恰好回到了平衡位置，故 E 正确； 故选 ACE 。 9．2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为 一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从 O 点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过 一段圆心角为 60°的光滑圆弧轨道后从 A 点水平飞出，然后落到斜坡上的 B 点．已知 A 点是斜坡的起点， 光滑圆弧轨道半径为 40 m ，斜坡与水平面的夹角 θ＝30°，运动员的质量 m＝50 kg ，重力加速度 g＝10 m/s 2， 忽略空气阻力．下列说法正确的是 ( ) A．运动员从 O 点运动到 B 点的整个过程中机械能守恒 B．运动员到达 A 点时的速度为 20 m/s C．运动员到达 B 点时的动能为 10 kJ D．运动员从 A 点飞出到落到 B 点所用的时间为 3 s 【答案】 AB 【解析】 运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功， 机械能守恒． 故 A 正确； 运 动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以： 1 2 mv A 2=mgh=mgR （1-cos60 °）所以： 2 (1 60 ) 10 40 20 /Av gR cos gR m s＝ ＝ ，故 B 正确；设运动员做平抛运动的时间为 t，则： x=v At；y= 1 2 gt 2 由几何关系： 330 3 y tan x ＝ ＝ ，联立得： 4 3 3 t s ， 21 4 3 8010 ( ) 2 3 3 y m m＝ 运动员从 A 到 B 的过程中机械能守恒， 所以在 B 点的动能： EkB =mgy+ 1 2 mvA 2，代入数据得： EkB = 1 3 ×105J．故 C D 错误．故选 AB. 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做自由落体运动，难度适中 . 10．根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国民用航空危险品运输管理规 定》 ，严禁携带额定能量超过 160Wh 的充电宝； 严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数， 计算得出额定能量的充电宝。如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。则（ ） A．该充电宝的输入电压为交流 5V B．该充电宝的输出电压为直流 5.1V C．该充电宝可以给手机充电最短时间大约 10h D．乘客可以携带该充电宝登机 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．由图可知，该充电宝的输入电压为直流 5V，故 A 错误； B．由图可知，该充电宝的输出电压为直流 5.1V ，故 B 正确； C．由图可知，该充电宝的输出电流为 2.1A，则该充电宝可以给手机充电最短时间 310400 10 h 4.95h 2.1 t 故 C 错误； D．由图可知，该充电宝额定能量为 37.44Wh ，则乘客可以携带该充电宝登机，故 D 正确。 故选 BD 。 11．某机车发动机的额定功率为 P=3.6 ×106W ，该机车在水平轨道上行驶时所受的阻力为 f=kv（k 为常数） ， 已知机车的质量为 M=2.0×105kg ，机车能达到的最大速度为 vm=40m/s ，重力加速度 g=10m/s 2。则下列说 法正确的是（ ） A．机车的速度达到最大时所受的阻力大小为 9×104N B．常数 k=1.0 ×103kg/s C．当机车以速度 v=20m/s 匀速行驶时，机车所受的阻力大小为 1.6 ×104N D．当机车以速 v=20m/s 匀速行驶时，机车发动机的输出功率为 9×105W 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A．机车的速度达到最大时所受的阻力 4 m 9 10 NPf F v 故 A 项正确； B．据阻力为 f=kv 可得 49 10 kg/s 2250kg/s 40 fk v 故 B 项错误； CD ．机车以速度 20m/s 匀速行驶时，则有 4 2 2 2250 20N 4.5 10 Nf kv 机车以速度 20m/s 匀速行驶时，机车发动机的输出功率 4 5 2 2 2 2 2 4.5 10 20W 9 10 WP F v f v 故 C 项错误， D 项正确。 12．如图所示直角坐标 xOy 平面，在 0≤ x≤a区域Ⅰ内有沿 x 轴正向的匀强电场，电场强度大小为 E；在 x>a 的区域Ⅱ中有垂直于 xOy 平面的匀强磁场 (图中未画出 )，一质量为 m、电荷量为 q 的正粒子，从坐标 原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为 (a，b)的 P 点，则下列说法正确的是 ( ) A．磁场方向垂直于 xOy 平面向里 B．粒子通过 P 点时动能为 qEa C．磁感应强度 B 的大小可能为 2 2mEa qb D．磁感应强度 B 的大小可能为 6 2 2mEa qb 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 根据题意可得，粒子能够通过（ a， b）的 P 点，轨迹可能的情况如图所示， A．根据左手定则可得，磁场方向垂直于 xOy 平面向里， A 正确； B．洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过 P 点时动能为 kE qEa 故 B 正确； CD ．粒子在磁场中运动的速度大小为 v，则 21 2kE qEa mv 解得 2qEav m 粒子在磁场中运动的半径为 2 br n 其中 n=1 、2、3⋯， 根据 mvr qB 可得 2 22 mEaB n qb 磁感应强度不可能为 2 2mEa qb ，当 n=3 时， 2 26 mEaB qb ，故 C 错误， D 正确。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻 Rg＝10Ω、满偏电流 I g＝10mA 的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接 “3” 时为量程 250V 的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时 标出。 (1) 其中电阻 R 2=_____ Ω。 (2) 选择开关接 “ 1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为 ________mA 。 (3)兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从 “校 ”到 “测”的实验： ①将选择开关接 “2”，红黑表笔短接，调节 R1 的阻值使电表指针满偏； ②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连， 调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央 C 处，此时电阻箱 如图丙所示，则 C 处刻度线的标注值应为 ____。 ③用待测电阻 R x 代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约 为 R x＝____ Ω。 (保留三位有效数字 ) ④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中 ______表笔 (填“红 ”或 “黑”)接电 压表的正接线柱，该电压表示数为 1.45V ，可以推知该电压表的内阻为 ________Ω 。 【答案】 24990 6.9 150Ω 67.4 黑 4350 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．根据闭合电路欧姆定律得 2 250 0.01 10 24990 0.01 g g g U I R R I＝ (2)[2] ．由图甲所示电路图可知，选择开关接 1 时电表测量电流，其量程为 10mA ，由图示表盘可知，其分 度值为 0.2mA ，示数为 6.9mA ； (3)②[3] ．由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为： 0× 1000 Ω +1× 100Ω +5× 10Ω +0× 1Ω =150Ω，此时指针指 在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即 R Ω=150Ω； ③[4] ．根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时 g EI R ＝ 当电流表示数为 6.9mA x EI R R 联立解得 E=1.5V Rx=67.4 Ω ④[5][6] ．根据电流方向 “黑出红进 ”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压 表的示数 V V EU R R R ＝ 解得电压表内阻 1.45 150 4350 1.5 1.45V URR E U ＝ ＝ ＝ 14．一同学测量某干电池的电动势和内阻． （ 1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操 作上存在的两个不妥之处 __________；____________． （ 2）实验测得的电阻箱阻值 R 和电流表示数 I，以及计算的 1 I 数据见下表 : 根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出 1R I 关系图像 ___________．由图像可计算出该干电池的电动 势为 _________V ；内阻为 __________Ω． R/ Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 1 I /A –1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8 （ 3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为 100 mV 的电压表并联在电 流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为 0.33 A 时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动 势应为 _______V ；内阻应为 _____Ω． 【答案】 （1）①开关未断开 ②电阻箱阻值为零 （2）图像如图所示： 1.4（1.30~1.44 都算对） 1.2（ 1.0~1.4 都算对） （3）1.4 （结果与（ 2）问第一个空格一致） 1.0（结果比（ 2）问第二个空格小 0.2） 【解析】 本题考查测量电源电动势和内电阻实验，意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能力． （ 1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容 易烧坏电流表和电源． （ 2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线．根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+r) 得 1R E r I ，所以图 线的斜率表示电源电动势 8 1.2 6.7 0 E V=1.37V ，截距绝对值表示 r=0.4 × 3.0 Ω =1.20 Ω；用电压表与电流 表并联，可测得电流表的内阻 3 3 66.0 10 0.20 33 10 V A A UR I ，考虑电表内阻对实验的影响，则 E=I(R+R A +r) ，得 1 AR E R r I ，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为 1.37V ，图线 的截距表示（ RA+r ），所以内阻精确值为 r= （1.20-0.20）Ω =1.00 Ω． 点睛： 本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验， 本题创新之处在于用一个电压表并联 在电流表的两端测出电流表的电阻，从而提高测量电源内阻的精确度． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图， xOy 坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中， x≤0的空间磁感应强度大小为 B；x>0 的 空间磁感应强度大小为 2B。一个电荷量为 +q、质量为 m 的粒子 a，t=0 时从 O 点以一定的速度沿 x 轴正 方向射出，之后能通过坐标为（ 3 2 h ， 3 2 h ）的 P 点，不计粒子重力。 (1)求粒子速度的大小； (2)在 a 射出 t 后，与 a 相同的粒子 b 也从 O 点以相同的速率沿 y 轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒 子相遇，求 t 。（不考虑粒子间的静电力） 【答案】 (1) 2qBhv m ； (2) 3 m qB 和 m qB 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设粒子速度的大小为 v，a 在 x>0 的空间做匀速圆周运动，设半径为 1r ，则有 2 1 2 vqvB m r 由几何关系有 2 2 2 1 1P Py r x r 解得 1r h 联立以上式子解得 2qBhv m (2)粒子 a 与 b 在 x≤0的空间半径相等，设为 2r ，则 2 2 vqvB m r 解得 2 12 2r r h 两粒子在磁场中运动轨迹如图 只有在 M 、 N、 O、 S 四点两粒子才可能相遇。粒子 a 在 x>0 的空间做匀速圆周运动的周期为 1T ，则 1 1 2 r mT v qB 粒子 a 和 b 在 x≤0的空间作匀速圆周运动的周期为 2T ，则 2 2 2 r mT v qB (i) 粒子 a、b 运动到 M 的时间 1 a 2 6 2 2M Tt T b 2 3 2Mt T a b 3M M M mt t t qB (ii) 同理，粒子 a、b 到 N 的时间 1 a 2 5 6 2 2N Tt T b 2 5 3 2Nt T a b 0 3M N N mt t t qB 粒子不能在 N 点相遇。 (iii) 粒子 a、b 到 O 的时间 2 a 1 2O Tt T ； b 2Ot T a b 0O O Ot t t 粒子不能在 O 点相遇。 (iv) 粒子 a、 b 到 S 的时间 2 a 1 2S Tt T ； b 2 3 4St T a bS S S mt t t qB 所以粒子 b 与 a 射出的时间差为 3 m qB 和 m qB 时，两粒子可以相遇。 16．一组同学设计了如图所示的玩具轨道， 轨道光滑且固定在竖直面内， 由竖直部分 AB 和半径为 R 的圆 弧 BCD 组成， B 与圆心 O 等高， C 为最低点， OD 与 OC 的夹角为 45o 。让质量为 m 的小球（可视为质 点）从 A 点由静止开始运动，运动过程中始终受到大小为 mg 的水平向左的恒力作用。小球经 D 点时对 轨道的压力大小为 2mg。求 （ 1） A、B 间的距离 h； （ 2）小球离开 D 点后再经过多长时间才能再回到轨道上？ 【答案】 （1） 2R（2）2 R g 【解析】 【详解】 (1)小球经过 D 点时，受到水平力 mg 与重力 mg 的合力 2 2 F mg mg ，方向沿 D 点的切线方向。 轨道对小球的支持力提供向心力： 2 2 Dvmg m R 小球从 A 到 D 过程，根据动能定理： 2145( ) 45 2 ( ) Dmg h Rcos mg R Rsin mvo o 解得： h=2R (2)小球离开 D 点后，做匀变速直线运动。根据牛顿第二定律： 2mg ma 根据匀变速直线运动规律，小球再次回到 D 点经历的时间： 2 Dvt a 可得： 2 Rt g 17．如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为 m＝5kg、横截面面积为 S=50cm 2 的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的 温度为 t 1=27℃、压强为 p 1=1.0 ×105Pa。已知大气压强为 p 0=1.0 ×105Pa，重力加速度为 g=10m/s 2。 (1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？ (2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升 H=10cm ，在这上过程中理想气体的内能增加了 18J，则气体 与外界交换的热量为多少？ 【答案】 (1) 57℃； (2)73J 【解析】 【详解】 (1)气体的状态参量 1 27 273K 300KT ， 5 1 1.0 10 Pap 对活塞由平衡条件得 2 0p S p S mg 解得 5 2 1.1 10 Pap 由查理定律得 1 2 1 2 p p T T 解得 2 330KT 则 2 330 273 C 57 Ct (2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功 2 55JW p SH 根据热力学第一定律 U W Q ，可得理想气体从外界吸收的热量 73JQ U W