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力电综合问题一．选择题1（2019高考大纲模拟14）.如图所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上．现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度v 0向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在此过程中( )A ．在速度为v 0时，两棒的端电压Uab ＝UcdB ．铁棒在中间时刻的加速度是速度为v 0时加速度的一半C ．铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D ．两回路中磁通量的改变量相等【参考答案】C【名师解析】两棒的初速度均为v 0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为E ＝BLv 0，由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I ＝ER ＋r ，而电阻R 两端电压为U ＝IR ＝BLvR R ＋r，由于铁棒和铝棒接入电路的电阻r 不同，故两棒的端电压U ab ≠U cd ，故A 错误；根据牛顿第二定律可知a ＝B 2L 2v m R ＋r ，铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v 02，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v 0时加速度的一半，故B 错误；由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据F 安＝B 2L 2vR ＋r 可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理－F安Δt ＝－mv 0可知，铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故C 正确； 根据动量定理可知－F 安Δt ＝－mv 0， 而F 安Δt ＝B 2L 2v Δt R ＋r ＝B 2L 2x R ＋r ＝BL ΔΦR ＋r， 解得ΔΦ＝mv 0R ＋r BL， 两回路中磁通量的改变量不相等，故D 错误．2．（2019安徽江南十校联考）空间存在水平向右的匀强电场，方向与x 轴平行，一个质量为m ，带负电的小球，电荷量为－q ，从坐标原点以v 0=10m/s 的初速度斜向上抛出，且初速度v 0与x 轴正方向夹角θ=37°，如图所示。
力学实验（2）1.（6分）（2019高考全国考试大纲调研卷13）如图甲所示，是“探究力对物体做的功与物体速度的关系”部分实验装置图。
则：(1)先使小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑，那么，在橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功__________(选填“大于”、“小于”或“等于”)橡皮筋弹力对小车所做的功图乙是在实验中得到的一条纸带，那么，在A 、B 、C 三个计数点中应该选用__________点的速度才符合实验要求。
(2)橡皮筋对小车做的功和小车获得速度可以由纸带和打点计时器测出改变橡皮筋的条数，可以得到多组功和速度的数据。
若以橡皮筋对小车做的功W 为纵坐标，小车获得速度v 2为横坐标，那么，作出的图像应该是__________【参考答案】 (1). 大于 C （4分）（2）A （2分）【名师解析】（1）由于小车不连接橡皮筋时，小车在木板上加速下滑，此时小车所受合力沿斜面向下。
在橡皮筋弹力的作用下，合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力对小车所做的功；由图可知，C 点达到了最大速度，计数点中应该选用C 点的速度才符合实验要求；(2)由动能定理可知：W=212mv ，W 与v 是二次函数关系，由图示图象可知，A 正确，BCD 错误，故选：A.2. （2019全国考试大纲调研卷3）某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a－F图象．(1)图线不过坐标原点的原因是__________．(2)本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量．__________(填“是”或“否”)．(3)由图象求出小车和传感器的总质量为__________kg.【参考答案】没有平衡摩擦力，或平衡的不够否 13.（2019湖北恩施州2月检测）如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图。
2019届全国高考高三模拟考试卷物理试题（三）（解析版）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。
第19～21题有多选项符合题目要求。
全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．分别用频率为ν和2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1 : 3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e。
下列说法正确的是( )A．用频率为2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多B．用频率为14ν的单色光照射该金属不能发生光电效应C．甲、乙两种单色光照射该金属，只要光的强弱相同，对应的光电流的遏止电压就相同D．该金属的逸出功为14hν15．一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。
则物块( )A．第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移B．第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度C．第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量D．第一个t0时间内合外力的功大于第二个t0时间内合外力的功16．如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°。
质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。
小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A ．物块a 运动的时间长B ．两物块所受重力做功的平均功率相同C ．地面对两斜面的摩擦力均向左D ．两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g17．如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN 、PQ 相距为L ，置于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨电阻不计。
专题22二．计算题1 (10分) （2019广东广州天河区二模）如图所示，A 气缸截面积为500cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为104cm 3、压强均为10P 5a 、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接.细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计.现给左面的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动。
不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105Pa ，当推力F=35×103N 时，求： ①活塞N 向右移动的距离是多少? ②B 气缸中的气体升温到多少?【名师解析】（10分）解：①当活塞N 停下后，A 中气体压强 （1分）对A 中气体：由玻意耳定律有 A A A A VP V P ''=（3分）得活塞N 运动前后A 的长度分别为（1分）故活塞N 移动的距离（1分）②对B 中气体： （1分） 由查理定律B B B B T P T P ''=（2分）t =127℃（1分）2.（2019南昌模拟）两个底面积均为S 的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。
左容器上端敞开，右容器上端封闭。
容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略活塞活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示(h已知)，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。
求：①未漏气时活塞B下方气体的压强；②活塞B的质量。
【命题意图】本题考查平衡条件、玻意耳定律及其相关知识点。
【解题思路】（2）（i）设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为p1，由力的平衡条件有①（2分）解得：（2分）（ii）设平衡时，B上方的气体压强为p2，则②（1分）漏气发生后，设整个封闭气体体积为V'，压强为p'，由力的平衡条件有③（1分）④（1分）由玻意耳定律得⑤（2分）解得：3（2019安徽芜湖期末）如图所示，横截面积为10 cm2的圆柱形气缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把气缸内的气体分为A、B两部分，A部分和B部分气柱的长度都为15cm。
相互作用一．选择题1.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，重为10 N的小球套在与水平面成37°角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20 N的力F拉小球，使小球处于静止状态(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A．小球不一定受摩擦力的作用B．小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6 NC．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8 ND．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12 N【参考答案】B2. (2019山东青岛联考)如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动。
现使钢板以速度v1向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v2(v2的方向与v1的方向垂直，沿y轴正方向)沿导槽匀速运动，下列说法正确的是（）A．若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于μmg B．若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于μmgC．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmgv1v12＋v22D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmgv2v12＋v22【参考答案】BD3.（2019吉林五地六校联考）如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ。
在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。
已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．弹簧可能处于原长状态B．弹簧弹力的大小为m2g/cosθC．地面对m2的摩擦力大小为FD ．地面对m 2的支持力可能为零 【参考答案】C4（2019河南名校联盟尖子生调研）两个质量均为m 的A 、B 小球用轻杆连接，A 球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B 球放在倾角为θ的斜面上，A 、B 均处于静止，B 球没有滑动趋势，则A 球对挡板的压力大小为A ．mgtan θB ．2mgtan θC ．tan mg θ D ．2tan mgθ【参考答案】B【名师解析】由于B 球没有滑动趋势，因此B 球不受斜面的摩擦力，对A 、B 整体研究，可得挡板对A 球的弹力大小为，根据牛顿第三定律可知，A 球对挡板的压力大小也为θtan 2mg ，选项B 正确。
恒定电流一．选择题1．（2019湖南长沙一模）阻值相等的四个电阻、电容为C 的电容器及电动势为E 、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路．开始时，开关S 断开且电流稳定，然后闭合开关S ，电流再次稳定．闭合开关前后电容器所带的电荷量A ．增加5CE B ．增加215CE C ．增加3CE D ．减少215CE 【参考答案】B【名师解析】由已知条件及电容定义式C ＝Q U 可得：Q 1＝U 1C ，Q 2＝U 2C .S 断开时等效电路如图甲所示U 1＝R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R R ＋R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R·E ×12＝15E ；S 闭合时等效电路如图乙所示，U 2＝R ·RR ＋R R ＋R ·R R ＋R·E ＝13E ．∴ Q 1=5CE，Q 2=3CEΔQ =Q 2-Q 1=215CE，故选项B 正确2.（2019浙江杭州模拟）如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V60W ”的灯泡串联后接在电压为220V 的直流电路两端，灯泡正常发光，则（ ）A．电解槽消耗的电功率为120WB．电解槽消耗的电功率为60WC．电解槽的发热功率为60WD．电路消耗的总功率为60W【参考答案】C【名师解析】由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220﹣110＝110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I＝A，所以电解槽的输入功率为：P＝UI＝110×＝60W，所以A错误；电解槽的发热功率为：P热＝I2r＝（）2×4.4＝1.3W，所以B错误；电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：P＝UI＝110×＝60W，所以C正确；电路消耗总功率为为：P总＝220V×A＝120W，所以D错误。
3. （2019江苏苏州期末）恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是（）A．R0上的电压变小B．R2上的电压变大C．R1上的电压变小D．R1上电压变化量大于R0上的电压变化量【参考答案】A【名师解析】当滑动变阻器滑动触头P由图示位置向右移动时，滑动变阻器R0接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，总电流不变，则通过R1电流增大，所以R1的电压变大，则R0上的电压变小，故A正确，BC错误；R1的电压变大，R0上的电压变小，R1和R0的电压之和减小，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，选项D错误。
直线运动一．选择题1.〔2019洛阳名校联考〕一辆汽车从甲地开往乙地，由静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为零时刚好到达乙地。
从汽车启动开始计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度。
如下说法正确的答案是时刻〔s〕 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5速度〔m/s〕 3.0 6.0 9.0 12.0 12.0 9.0 3.0A．汽车匀加速直线运动经历的时间为3.0sB．汽车匀加速直线运动经历的时间为5.0sC．汽车匀减速直线运动经历的时间为4.0sD．汽车匀减速直线运动经历的时间为2.0s【参考答案】.D2.〔2019武汉局部示范性高中联考〕如下列图为甲、乙两个质点在0~t0时间内沿同一直线运动的位移——时间图象，在两个质点在0~t0时间内，A．任一时刻的加速度都不同B．位移大小不相等C．任一时刻的速度都不同D．运动方向不一样【参考答案】A【名师解析】根据位移图像的斜率表示速度可知，两个质点在0~t0时间内，乙做匀速直线运动，其加速度为零，而甲做速度逐渐增大的加速直线运动，，两个质点在0~t0时间内任一时刻的加速度都不同，选项A 正确；两个质点在0~t0时间内，位移大小相等，运动方向都是沿x轴负方向，运动方向一样，选项BD错误；根据位移图像的斜率表示速度可知，两个质点在0~t0时间内，有一时刻速度一样，选项C错误。
【方法归纳】位移---时间图象的斜率表示质点运动的速度，在同一坐标系中两个位移---时间图象的交点表示两质点相遇。
3.〔2019河南1月质检〕某质点由静止开始做加速运动的加速度一时间图象如下列图，如下说法正确的答案是A.2s末，质点的速度大小为3 m/sB.4s末，质点的速度大小为6 m/sC. 0〜4 s内，质点的位移大小为6 mD.0〜4 s内，质点的平均速度大小为3 m/s【参考答案】.B4．〔2019湖南株洲一模〕一辆高铁出站一段时间后，在长度为L的某平直区间提速过程中其速度平方与位移的关系如下列图。
曲线运动一．选择题1. （2019全国考试大纲调研卷3）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在抛出点东侧D．落地点在抛出点西侧【参考答案】D2．（3分）（2019江苏宿迁期末）如图所示，某人在水平地面上的C点射击竖直墙靶，墙靶上标一根水平线MN．射击者两次以初速度v0射出子弹，恰好水平击中关于z轴对称的A、B两点。
忽略空气阻力，则两次子弹（）A．在空中飞行的时间不同B．击中A、B点时速度相同C．射击时的瞄准点分别是A、BD．射出枪筒时，初速度与水平方向夹角相同【参考答案】D3．(2019江苏常州期末)小孩站在岸边向湖面依次抛出三石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。
假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）A．三个石子在最高点时速度相等B．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小C．沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长D．沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大【参考答案】B【名师解析】设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v。
取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，由0﹣v y2＝﹣2gh，得： v y＝，h相同，v y相同，则三个石子初速度的竖直分量相同。
由速度的分解知：v y＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的小球的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速度最小；由运动学公式有：h＝g（）2，则得：t＝2，则知三个石子运动的时间相等，则C错误；根据机械能守恒定律得知，三个石子落水时的速率不等，沿路径1抛出时的小球的初速度最大，沿轨迹3落水的小球速率最小；故B正确；三个石子在最高点时速度等于抛出时水平初速度，v y相同，可知水平初速度不同，则三个石子在最高点时速度不同，故A错误；因三个石子初速度的竖直分量相同，则其落水时的竖直向的分速度相等，则重力的功率相同，则D错误。
万有引力和航天一．选择题1. （ 2019 全国考试纲领调研卷3）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近期点，Q为远日点，、M N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为 T0，若只考虑海王星和太阳之间的互相作用，则海王星在从 P 经过 M、Q到 N的运动过程中()A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能渐渐变大C．从P到Q阶段，速率渐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【参考答案】 CD2（ 2019江苏宿迁期末）2018 年12 月8 日2 时23 分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。
“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近月制动、环月飞翔，最后于 2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分实现人类初次月球反面软着陆。
假定“嫦娥四号” 在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只遇到月球的万有引力，则“嫦娥四号” （）A．在减速着陆过程中，其引力势能减小B．在环月椭圆轨道上运行时，其速率不变C．由地月转移轨道进入环月轨道，应让其加快D．若知其环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可算出月球的密度【参照答案】A【名师分析】嫦娥三号在着陆过程中，万有引力做正功，引力势能减小，故 A 正确。
在椭圆轨道上，由远月点到近月点，万有引力做正功，速度增添，则远点的速度小于近月点的速度，故 B 错误。
嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故 C 错误。
已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，依据万有引力供给向心力能够求出月球的质量，可是月球的半径未知，没法求出月球的体积，则没法得出月球的密度，故D错误。
3．（ 2019广东茂名一模）嫦娥四号于2019年1 月3 日在月球反面着陆，嫦娥五号也计划在今年发射。
如果嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h 的高度处绕月球做匀速圆周运动，而后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器临时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动达成月面样品收集，并从月球腾飞，返回地球。
电磁感应一．选择题1. （2019高三考试大纲调研卷10）如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L。
一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。
t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合 (图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0。
经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零。
此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则A. 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B. 上升过程中线框产生的热量与下降过程中线框产生的热量相等C. 上升过程中，导线框的加速度逐渐增大D. 上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率【答案】D【解析】线框运动过程中要产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故A错误；线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故B错误；上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。
设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：，，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故C错误；下降过程中，线框做加速运动，则有：，，，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，D正确；故选：D。
2.（2019广东惠州第三次调研）两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环. 当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流. 则A. A可能带正电且转速增大B. A可能带正电且转速减小C. A可能带负电且转速减小D. A可能带负电且转速增大【答案】AC3.（2019高三考试大纲调研卷9）如图所示，在0≤x≤2L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y 轴重合，线框的边长为L，总电阻为R。
专题一．选择题.(分) （南昌模拟）下列说法正确的是(选对个给分，选对个给分，选对个给分，每选错个扣分，最低得分为).对理想气体做功，内能不一定增加.水由液态变为气态，分子势能增加液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大.已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大【参考答案】（）【命题意图】本题考查热力学第一定律、物态变化、饱和气压、阿伏伽德罗常数、分子力和分子势能等热学及其相关知识点。
【解题思路】根据热力学第一定律，对理想气体做功，内能不一定增加，选项正确；水由液态变为气态，吸收热量，分子势能增加，选项正确；液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，所以低温时液体的饱和汽压不一定比高温时未饱和汽压大，选项错误；已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数，选项正确；当分子力表现为引力时，分子势能都是随分子间距离的增大而增大，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，选项错误。
.（福建厦门一模）下列说法中正确的是。
（填正确答案标号，选对个得分，选对个得分，选对个得分。
每选错个扣分，最低得分为分）．内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同．外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能一定改变．气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性. 已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数【参考答案】【名师解析】内能不同的物体，只要它们的温度相同，根据温度是分子平均动能的标志可知，它们的分子平均动能可能相同，选项正确；外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，若对物体做功的数值等于物体向外界放出热量的数值，则物体的内能不变，选项错误；气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，体积减小，若等温压缩，则温度不变，则气体分子运动剧烈程度不变，选项错误；液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，选项正确；已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数，选项正确。
直线运动一．选择题1.（2019山东济南二模）质量1kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图所示重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是A ．2s 末物体所受阻力的大小为10NB ．在0~2s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0~2s 内，物体的动能增大了100JD ．在0~1s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s 【参考答案】D【名师解析】2s 末物体的加速度为零，由f=mg 可得所受阻力的大小为10N ，选项A 正确；在0~2s 内，物体的加速度均匀减小，由mg-f=ma 可知，f=mg-ma ，即物体所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据加速度图象的面积表示速度变化可知，2s 末物体速度为10m/s ，在0~2s 内，物体的动能增大了12mv 2=50J ，选项C 错误；根据加速度图象的面积表示速度变化可知，1s 末物体速度为7.5m/s ，由动量定理，mgt-I f =mv ，解得在0~1s 内，物体所受阻力的冲量大小为I f =2.5N·s，选项D 正确。
2．（2019浙江模拟）一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A ．质点可能做匀减速直线运动 B ．5 s 内质点的位移为35 m C ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点第3 s 末的速度为5 m/s 【参考答案】B【名师解析】根据平均速度v ＝x t 知，x ＝vt ＝2t ＋t 2，对比x ＝v 0t ＋12at 2知，质点的初速度v 0＝2 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误.5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5 m＋12×2×25 m＝35 m ，故B 正确．质点第3 s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋2×3 m/s＝8 m/s ，故D 错误．3.（2019陕西西安市蓝田县模拟）节能减排可体现在我们日常生活中。
动量和能量1.（2019广东广州天河区二模）如图所示，有一质量为M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块A 和B(均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1=2m/s 向左运动，B 同时以ν2=4m/s 向右运动。
最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。
两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s 2。
求：(1)物块A 开始运动至减速为零所用的时间t 及此减速过程的位移x 1； (2)小车总长L ；(3)从A 、B 开始运动计时，经6s 小车运动的路程x 。
【名师解析】（1）物块A 和B 在小车上滑动，给小车的摩擦力等大反向，故A 运动至小车左端前，小车始终静止。
A mg ma μ= （2分） 11A v a t =（1分） 21112A x a t = （1分）联立可得12t s = 、12x m =（2分）（2）A 到左端后，小车与A 以共同的加速度从静止开始向右加速，最后三者共速，设共同速度为v ，整个系统动量守恒、能量守恒：（2分）（2分）解得：0.5/v m s = 9.5L m = （1分） （3）以B 为研究对象，设从开始到达到共速历时2tB mg ma μ=（1分） 22B v v a t =- （1分）联立可得：2 3.5t s = （1分） 小车在1t 前静止，在1t 至2t 之间以a 向右加速：（1分）小车向右走位移 （1分）三者组成的系统以v 共同匀速运动了S ’=v (6-t 2)（1分）小车在6s 内向右运动总距离（1分）2．（2019安徽芜湖期末）如图所示，长为L 的轻绳竖直悬挂着一质量为m 的小球A ，恰好挨着放置在水平面上质量为m 的物块B 。
现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后从静止释放小球。
小球A 到达最低点时恰好与物块B 发生弹性碰撞，物块向右滑行了L 的距离停下。
机械能一．选择题1. （2019年3月兰州模拟）如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是A.物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B.物体运动至顶端时一定相对传送带静止C.传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D.物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的2倍【参考答案】AD【命题意图】本题以物体在倾斜传送带上加速运动为情景，考查运动和力、功能关系及其相关知识点。
【解题思路】倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，物体始终受到沿传送带向上的摩擦力，使物体加速，物体运动至顶端时其速度可能小于传送带速度，选项A正确B错误；根据功能关系，传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，选项C错误；由于物体运动至顶端时其速度可能小于传送带速度，所以物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的2倍，选项D正确。
2. （2019高三考试大纲调研卷10）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C 处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【参考答案】B【名师解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确。
圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选B.3.（2019高考大纲调研卷8）如图所示,传送带以v=10 m/s速度逆时针转动,两轮中心点AB间水平距离为8m,可视为质点的滑块质量m=1 kg,以v0m/s的速度从光滑平台滑上传送带,滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.6(重力加速度g=10 m/s2).关于滑块的运动,下列说法正确的是( )A. 滑块将从B端滑落B. 滑块将返回光滑平台上,回到平台上的速度大小为m/sC. 滑块在传送带上的整个运动过程中,摩擦力对其做功不为零D. 滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量【参考答案】B【名师解析】设滑块速度减至零时向右滑行的距离为x，根据动能定理得：，解得：x=6m ＜8m，所以滑块不会从B端滑落;故A错误.；滑块速度减至零后向左匀加速运动，由于，根据对称性可知，滑块回到平台时速度与传送带相同，速度大小为为;故B正确.；滑块在传送带上的整个运动过程中，动能的变化量为零，根据动能定理得摩擦力对其做功为零;故C错误,；滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块克服摩擦力做功，而滑块克服摩擦力做功等于摩擦力与滑块对地位移的乘积，滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与两者相对位移的乘积，由于滑块对地位移的乘积小于两者相对位移，所以滑块向右运动过程中其机械能的减少量小于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量;故D错误.故选B.4.（2019高考大纲调研卷2）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．重力加速度g=10m/s2，则有（）A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J【参考答案】.BC【名师解析】球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2×10×0.3=0.6J；故C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误．5．（6分）（2019湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A 连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中（）A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量【点拨分析】根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度相等分析两滑块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化。
创新实验1.（2019南昌模拟）(1)如图所示为小南同学用欧姆挡去测量浴霸里的的白炽灯(220V，275W)不发光时灯丝电阻的表盘照片，但在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去小南同学认为还是能够知道其电阻值，那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是___________Ω。
如果照片所拍摄的是直流电流档(量程为5A)的表盘，则所测电流为___________A。
(2)小南同学想通过实验测量出欧姆表内部电源的电动势和内阻，他在实验室中找到了下列器材：待测欧姆表(选择“欧姆档”) 电流表A(量程为0.6A，内阻不可忽略)电压表V量程为3V，内阻非常大) 滑动变阻器R电键K 导线若干(i)连接好电路，将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线(U、I都用国际单位)；(ⅳ)求出U－Ⅰ图线斜率k和在纵轴上的截距a。
回答下列问题：①请在答卷的实物图上完成电路连线。
②选用k、a、R表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=___________，r=___________，代人数值可得E和r的测量值。
【参考答案】（1）18.0（2分） 3.43-3.47（2分）（2）①如图（2分）②a -k（3分）【解题思路】（1）由白炽灯(220V，275W)和P=U2/R可知，白炽灯工作电阻大约为100多欧姆。
根据金属导体电阻随温度的升高而增大可知测量不发光时电阻，可知为18.0Ω。
如果照片所拍摄的是直流电流档(量程为5A)的表盘，根据读数规则可知，所测电流为3.45A。
（2）采用电流表、滑动变阻器和电压表测量电源电动势和内阻，在答卷的实物图上完成电路连线如图。
由闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，可得U=E-Ir，所以U－Ⅰ图线斜率k=-r，U－Ⅰ图线在纵轴上的截距a=E，电动势E和内阻r的表达式E=a，r=-k。
二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-19题只有一项符合题目要求，第20、21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。
14．某位同学为了研究超重和失重现象，将重为50N 的物体带到电梯中，并将它放在传感器上，电梯由起动到停止的过程中，测得重物的压力—时间变化的图象如图所示，设在t 1=3s 和t 2=8s 是电梯的速度分别为v 3和v 8。
由此他作出判断A ．电梯上升了，v 3＞v 8B ．电梯下降了，v 3＞v 8C ．电梯上升了，v 3＜v 8D ．电梯下降了，v 3＜v 8【解析】电梯的运动情况是：0-4s 内向上做匀加速运动，在4-14s 内向上做匀速直线运动，14-18s内向上做匀减速运动，18s 以后停止，故电梯上升了，第3s 内的速度小于第8s 内的速度，v3＜v8，C 选项正确.【答案】C15．2011年3月11日，日本东北地区发生里氏9.0级大地震，并引发海啸．某网站发布了日本地震前后的卫星图片，据了解该组图片是由两颗卫星拍摄得到的．这两颗卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r ，某时刻两颗卫星分别位于轨道上空的A 、B 两位置，两卫星与地心的连线间的夹角为60°，如图所示．若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．下列判断不正确的是A ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中，它所受的万有引力做功不为零B ．卫星2向后喷气就无法追上卫星1C ．这两颗卫星的加速度大小均为R 2g r 2D ．卫星1由位置A 第一次运动到位置B 所用的时间为πr3R r g【解析】地球对卫星的万有引力提供向心力，故卫星1由位置A运动到位置B的过程中，它所受的万有引力不做功，A选项错误；卫星2向后喷气，速度增大，将做离心运动，轨道半径变大，无法追上卫星1，B选项正确；，根据黄金代换时，联立解得加速度，C选项正确；根据，得卫星运行的角速度，卫星1由位置A第一次运动到位置B所用的时间，D选项正确. 【答案】A16．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，点M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞BO。
磁场一．选择题1．（ 3 分）（ 2019 江苏宿迁期末）空间同时存在匀强电场和匀强磁场。
匀强电场的方向沿y 轴正方向，场强盛小为E；磁场方向垂直纸面向外。
质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止开释，开释后，粒子恰能沿图中的曲线运动。
已知该曲线的最高点P 的纵坐标为h，曲线在P 点邻近的一小部分，能够看做是半径为2h 的圆周上的一小段圆弧。
则（）A．粒子在y 轴方向做匀加快运动B．粒子在最高点P 的速度大小为C．磁场的磁感觉强度大小为D．粒子经过时间π运动到最高点【参照答案】C2.（ 2019 武汉 2 月调研）如下图，在边长为L的正方形 abcd 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度大小为B。
从边 ad 的四平分点 P 处沿与 ad 边成 45°角向磁场地区内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为 m，电荷量为 -q （ q>0）。
不计粒子重力，对于粒子的运动，以下说法正确的选项是A．可能有粒子从 b 点射出B．粒子在磁场中运动的最长时间为3 m 2qBC．速度为 v= qBL的粒子从cd 边射出磁场2mD．从 bc 边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角必定小于135°【参照答案】BCD3.（2019高三考试纲领调研卷9）如下图，圆形地区内有一垂直纸面向里的、磁感觉强度大小为强磁场，磁场界限上的 P 点有一粒子源，能够在纸面内向各个方向以同样的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的互相作用，这些粒子从某一段圆弧射出界限，这段圆弧的弧长是圆形地区周长的；若仅将磁感觉强度的大小变成B2，这段圆弧的弧长变成圆形地区周长的，则等于B1的匀A. B. C. D.【参照答案】C二．计算题1.（ 20 分）（ 2019 高三考试纲领调研卷 10）如下图，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加快电场，一个电荷量为q、质量为 m的带正电粒子 ( 不计重力 ) ，从静止开始经加快电场加快后，垂直x 轴从 A（-4L ，0）点进入第二象限，在第二象限的地区内，存在着指向O点的平均辐射状电场，距O点 4L 处的电场强度大小均为E=，粒子恰巧能垂直y 轴从 C（ 0， 4L）点进入第一象限，如下图，在第一象限中有两个全等的直角三角形地区I 和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向外的匀强磁场，地区I 的磁感觉强度大小为B0，地区Ⅱ的磁感觉强度大小可调， D 点坐标为（ 3L， 4L）， M点为 CP的中点。
物理学史和物理方法一．选择题1．（2019湖南岳阳一中第六次质检）静电场、磁场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，判断以下说法中可能正确的是（ ）A ．电场和磁场的概念分别是奥斯特和楞次建立的B ．如果把地球抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布C ．重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于 重力加速度，其“场强”大小的决定式为g=G/mD ．静电场与磁场相类比，如果在静电场中定义“电通量”这个物理量，则该物理量表示穿过静电场中某一平面或曲面的电场线的多少【参考答案】A【名师解析】场和场线概念,包含电场和磁场概念的第一位提出者是英国物理学家法拉第，选项A 错误；如果把地球抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布，选项B 错误；重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，根据万有引力等于重力，G 2Mm R =mg ，其“场强”大小的决定式为g= G 2M R，而g=G/m 为定义式，选项C 错误；静电场与磁场相类比，如果在静电场中定义“电通量”这个物理量，则该物理量表示穿过静电场中某一平面或曲面的电场线的多少，选项D 正确。
2．（2019安徽芜湖期末）下列说法中正确的是A ．伽利略通过“斜面实验”成功测出了自由落体加速度B ．奥斯特首先提出“电场线”的概念用来直观描述电场C ．卡文迪许成功设计扭秤实验测量出万有引力常量D ．“北斗”导航卫星的发射速度大于第二宇宙速度【参考答案】C【名师解析】伽利略通过“斜面实验”推论得出自由落体运动是匀变速直线运动，没有测出自由落体加速度，选项A 错误；法拉第提出“电场线”的概念用来直观描述电场，选项B 错误；卡文迪许成功设计扭秤实验测量出万有引力常量，选项C 正确；“北斗”导航卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，选项D 错误。
带电粒子在电场中的运动一．选择题1.（2019吉林名校联考）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中( )A．先做匀加速运动，后做匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能改变量大于机械能改变量D．电势能先减小后增大【参考答案】D3.（2019浙江杭州模拟）如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。
图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B 两点是轨迹与电场线的交点。
不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法不正确的是（）A．尘埃在B点的加速度大于在A点的加速度B．尘埃在B点电势能大于在A点的电势能C．尘埃在迁移过程中做类平抛运动D．尘埃在迁移过程中电势能先增大后减小【参考答案】ABD【名师解析】由图可知，A点电场线比B点密集，根据电场线疏密表示电场强度大小可知A点的场强大于B 点场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，故A正确；由图可知，作过B的等势线，交A所在电场线于B'，则可知，B'点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势，因为负电荷在电势越高的地方电势能越小，在势越低的地方电势能越大。
尘埃在B点电势能大于在A点的电势能，故B正确；放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故粒子不可能做类平抛运动，故C错误；由图可知，电场力与速度方向的夹角开始为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小，则电势能先增大后减小，故D正确。
4.（2019山东济南莱芜区训练）如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间．粒子1打到B板的中点，粒子2刚好打在B板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则( )A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1<t2＝t3B．三个粒子在电场中运动时间关系为t1＝t2>t3C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1＝v2＝v3D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为ΔE1＝ΔE2>ΔE3【参考答案】BD5.（2019吉林五地六校合作体期末联考）如图甲，质量为m、电荷量为的粒子初速度为零，经加速电压加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。
专题22二．计算题1 (10分) （2019广东广州天河区二模）如图所示，A 气缸截面积为500cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为104cm 3、压强均为10P 5a 、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接.细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计.现给左面的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动。
不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105Pa ，当推力F=35×103N 时，求： ①活塞N 向右移动的距离是多少? ②B 气缸中的气体升温到多少?【名师解析】（10分）解：①当活塞N 停下后，A 中气体压强 （1分）对A 中气体：由玻意耳定律有 A A A A VP V P ''=（3分）得活塞N 运动前后A 的长度分别为（1分）故活塞N 移动的距离（1分）②对B 中气体： （1分） 由查理定律B B B B T P T P ''=（2分）t =127℃（1分）2.（2019南昌模拟）两个底面积均为S 的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。
左容器上端敞开，右容器上端封闭。
容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略活塞活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示(h已知)，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。
求：①未漏气时活塞B下方气体的压强；②活塞B的质量。
【命题意图】本题考查平衡条件、玻意耳定律及其相关知识点。
【解题思路】（2）（i）设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为p1，由力的平衡条件有①（2分）解得：（2分）（ii）设平衡时，B上方的气体压强为p2，则②（1分）漏气发生后，设整个封闭气体体积为V'，压强为p'，由力的平衡条件有③（1分）④（1分）由玻意耳定律得⑤（2分）解得：3（2019安徽芜湖期末）如图所示，横截面积为10 cm2的圆柱形气缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把气缸内的气体分为A、B两部分，A部分和B部分气柱的长度都为15cm。
活塞a可以导热，气缸和活塞b是绝热的。
与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m。
初始状态A、B两部分气体的温度均为27℃，活塞a刚好与气缸口平齐，弹簧为原长。
若在活塞a上放上一个5kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止。
然后通过B内的电热丝（图中未画出）对B部分气体进行缓慢加热，使活塞a上升到与气缸口再次平齐的位置，则此时B 部分气体的温度为多少？（已知外界大气压强为p 0＝1×105Pa ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计活塞与气缸间的摩擦，不计弹簧及电热丝的体积）【名师解析】对于A 部分气体，初态P A ＝1×105Pa ，V A ＝l 1S 末态根据玻意耳定律P A V A ＝P ′A V ′A解得l ′1＝10cm若使活塞A 返回原处，B 部分气体末状态时气柱长为l ′2＝20cm ， 此时弹簧要伸长5cm对活塞B 有P ′A S +k ·Δl ＝P ′B S 解得P ′B ＝1.55×105Pa ，V ′B ＝l 2S 根据理想气体状态方程 B B B B B B P V P V T T ''='解得T ′B ＝620K4．（10分）（2019河南南阳一中第10次目标考试）如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞AB 被长度为0.9m 的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A 、B 的质量分别为m A ＝12kg 、m B ＝8.0kg ，横截面积分别为S A ＝4.0×10﹣2m 2、S B ＝2.0×10﹣2m 2．一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强P 0＝1.0×105Pa ．取重力加速度g ＝10m/s 2。
1．图甲所示是汽缸水平放置达到的平衡状态，活塞A 与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强。
2．保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置，求活塞A 沿圆筒发生的位移大小。
【名师解析】①气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为P 1，对于活塞和杆，力的平衡条件为：P 0S A +P 1SB＝P1S A+P0S B解得：P1＝P0＝1.0×105Pa②气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，力的平衡条件为：P0S A+P2S B＝P2S A+P0S B+（m A+m B）g代入数据可得：P2＝0.9×105Pa由玻意耳定律可得：P1lS B＝P2[ l S B+x（S A﹣S B）]由以上各式并代入数据得：x＝0.1m5．(10分) （2019河北唐山期末）绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S=10cm2，重物的质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大气压强P0=10×105Pa，滑轮摩擦不计。
稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1=12cm，气缸内温度T1=300K。
(i)通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到T2=400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d；(ii)停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3。
【名师解析】（i）加热前（1分）Tmg加热过程为等压变化（2分）可得d=4cm （2分）（ii）加挂重物后（1分）（1分）由理想气体状态方程（2分）可得T3=375K （1分）（其它方法正确同样得分）6．（10分）（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，一根上粗下细，粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭，下端开口，横截面积S1=4S2，下端与大气连通。
粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4 cm。
现在细管口连接一抽气机(图中未画出)，对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管。
已知大气压强为P0=76 cmH g。
①求抽气结束后细管内气体的压强；②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因。
【参考答案】（1）D（2）①求抽气结束后细管内气体的压强P2=58cmH g；②抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，△U=W+Q=0，气体体积增大，对外做功，W＜0则Q＞0，故气体需要吸热．【名师解析】（1）固体液体的分子间距离较小，但气体分子间距离较大，故知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不可计算出阿伏加德罗常数，故A错误．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，但分子势能的变化不好确定，要具体分析看分子力做功的正负来确定，故B错误．无论单晶体还是多晶体都有固定的熔点，故C错误．轻小物体浮于液面上，没有浸在液体中，是由于表面张力的缘故，故D正确．（2）①缓慢抽气过程，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为P3，细管内压强为P2，由玻意耳定律知（P0﹣h）=P1（h+h）；P2=P1+（）；解得P2=58cmH g；②抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，△U=W+Q=0，气体体积增大，对外做功，W＜0则Q＞0，故气体需要吸热．7.（2019冲刺模拟）(2)(10分)如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)。
两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦。
活塞的下方为理想气体，上方为真空。
当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。
(已知m1＝3m，m2＝2m)(i)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假设环境的温度始终保持为T0)。
(ii)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)【名师解析】(1)设左、右活塞的横截面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：32 mg mg S S='由此得32 S S '=在两个活塞上各加一质量为m的物块后，因43mg mgS S<'，所以右活塞降至汽缸底部，所有气体都在左汽缸中在初态，气体的压强为2mgS，体积为在末态，气体的压强为483mg mgS S='，体积为32S h Sh'''=(hʹ为左活塞的高度)由玻意耳定律得：由上式解得54 h h '=即两活塞的高度差为54h。
(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为83mgS。
设h′ʹ是温度达到T时左活塞的高度，由盖—吕萨克定律得气体对活塞做的功在此过程中气体吸收热量。
8.（2019年3月安徽江南十校检测）(10分)内径相同、导热良好的“T”形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，此时外界温度t1=27°C，各部分长度如图所示。
外界大气压P0=76 cmHg。
求：(i)若外界温度保持不变，缓慢从管口注入水银，直到水平管中右侧气柱长度减小到28cm时注入的水银柱长度；(ii)在(i)的状态下，水平管中右侧气柱再次恢复为30cm时的环境温度(用摄氏温度表示)。
【名师解析】。
