2022屆重慶市縉云教育聯(lián)盟高三第三次診斷性檢測(cè)物理試題

重慶市2022年高考高三第三次診斷性檢測(cè)

物理試卷

注意事項(xiàng):

1.答題前，考生務(wù)必用黑色簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、座位號(hào)在答題卡上填寫(xiě)清楚;

2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，在試卷上作答無(wú)效;

3.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回;

4.全卷共7頁(yè)，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。

1.核電站中核反應(yīng)堆的核反應(yīng)方程式取5〃+乩t舞Ba+器Kr+3jn+201MeU（201MEu為本核式反應(yīng)

釋放的核能），以下說(shuō)法正確的是（）

A.這個(gè)反應(yīng)屬于輕核聚變

B.反應(yīng)條件是U核要達(dá)到臨界體積

C.由這個(gè)反應(yīng)可知比結(jié)合能為201MeV

D.這個(gè)方程式可寫(xiě)為型U-續(xù)Ba+^Kr+2jn

2.如圖所示，質(zhì)量為小的空心球體置于上表面光滑的曲面體4和斜面體8

上，A、8靜止在水平地面上，此時(shí)球心與兩接觸點(diǎn)連線與豎直方向的夾

角分別為a=37。和0=53°,4B的質(zhì)量均為m。下列說(shuō)法正確的是（）

A.A、B對(duì)地面的摩擦力之比為3：4

B.地面對(duì)4、B的支持力之比為9：8

C.若往球內(nèi)注入質(zhì)量為m的水，4、B仍不滑動(dòng)，則4、B對(duì)地面壓力的增量之比為16：9

D.若適當(dāng)減小4、B間距離，4、B仍不滑動(dòng)，則球?qū)?的壓力增大、球?qū)的壓力減小

3.Pi和P2是材料相同、上下表面為正方形的長(zhǎng)方體導(dǎo)體，Pi的上、下表面

積大于P2的上、下表面積，將Pi和「2按圖所示方式接到電源上，閉合開(kāi)

關(guān)后，下列說(shuō)法正確的是（）

A.若Pi和P2的體積相同，則通過(guò)匕的電流大于通過(guò)的電流

B.若B和P2的體積相同，則R的電功率大于P2的電功率

C.若Pi和P2的厚度相同，則P1和內(nèi)自由電荷定向移動(dòng)的速率相等

D.若Pi和P2的厚度相同，則匕兩端的電壓大于P2兩端的電壓

4.宇宙中半徑均為扁的兩顆恒星S1、S2,相距無(wú)限遠(yuǎn).若干行星分別環(huán)繞恒星S1、/S；

S2運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期平方72與公轉(zhuǎn)半徑立方「3的規(guī)律如圖所示。不考慮兩恒星

的自轉(zhuǎn)。則（

A.S1的質(zhì)量小于52的質(zhì)量

B.S1的密度等于S2的密度

C.S1表面的環(huán)繞速度大于S2表面的環(huán)繞速度

D.S1表面的重力加速度小于S2表面的重力加速度

5.如圖所示，有一平行板電容器的電容為C,4板接地，中間開(kāi)有一小孔，通過(guò)這

一小孔連續(xù)地向電容器射入電子，電子射入小孔時(shí)的速度為。0,單位時(shí)間內(nèi)射

入的電子數(shù)為幾，電子質(zhì)量為機(jī)，電量為e,電容器原來(lái)不帶電。隨著電子不斷

射到B板并均留在B板上，電容器兩極板間的電勢(shì)差將不斷增大，則從開(kāi)始射入

電子到電容器極板間電勢(shì)差達(dá)到最大所需要的時(shí)間為（）

詔

A.Cm

2ne2

6.如圖所示，小球自a點(diǎn)由靜止自由下落，至必點(diǎn)時(shí)與彈簧接觸，至k點(diǎn)時(shí)彈簧被壓縮到最短。

若不計(jì)彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在小球由aibrc的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）

A.b點(diǎn)到c點(diǎn)先加速后減速

B.b點(diǎn)到c點(diǎn)一直減速

C.b點(diǎn)的加速度小于重力加速度g

D.c點(diǎn)的加速度方向豎直向下

7.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板組成。電

子偏轉(zhuǎn)器的簡(jiǎn)化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，48表示兩個(gè)同心半圓金屬板，兩

板間存在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，板4B的電勢(shì)分別為樞4、外。電子從偏轉(zhuǎn)器左端/'（\

的中央M進(jìn)入，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后到達(dá)右端的探測(cè)板N。動(dòng)能不同的電子O~

在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的作用下到達(dá)板N的不同位置，初動(dòng)能為反。的電子沿電勢(shì)為0c的等勢(shì)面C（圖中虛線）做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)板N的正中間。動(dòng)能為后心、EH的電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)作用下分別到達(dá)板N的左邊緣和右邊

緣，動(dòng)能改變量分別為ZEk左|和月。忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)及電子之間的相互影響。下列判斷正確

的是（）

A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)B.（pA＞（pB

C.D.ldEk左|>IdE1市|

8.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為tn1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)

使mi瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s,以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所

A.在匕、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度lm/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)

B.從匕到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)

C.兩物塊的質(zhì)量之比為瓶1：m2=1：2

D.在t2時(shí)刻4與8的動(dòng)能之比為&i：Ek2=8：1

9.如圖所示，一輛貨車運(yùn)載著若干相同的圓柱形光滑空油桶，在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼,

上一層只有一只桶C擺放在桶4、B之間。此時(shí)汽車向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，桶和汽車保持相對(duì)靜止,

下列說(shuō)法正確的是（）

oo

A.桶4和桶C受到的合力相同

B.桶力和桶C受到的合力不相同

C.桶4對(duì)桶C的支持力等于桶B對(duì)桶C的支持力

D.桶4對(duì)桶C的支持力小于桶B對(duì)桶C的支持力

10.如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de,ab與de平行，be是以。為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be

左側(cè)和扇形。be內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬桿0P的。端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧be接觸良好。

初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上。若桿。P繞。點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，

回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）

A.桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B.桿0P受到的安培力不變

C.桿MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.桿MN中的電流逐漸減小

11.某同學(xué)在“用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)速度”的實(shí)驗(yàn)中，用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄了被小車拖動(dòng)的紙帶的運(yùn)動(dòng)情況，先

后在紙帶上確定出4、B、C、D、E、F、G共7個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)。每?jī)蓚€(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.1s。

-ABCDEFG

3.62cm4.38cm5.20cm5.99cm6.80cm7.62cm

<4------------><-------------?4-----------------?4------------------------?<<---------------------------?<4-------------------------------------?

(1)在實(shí)驗(yàn)中，使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)______(填"先釋放紙帶再接通電源”或“先接通電源再釋放紙

帶”)。

(2)為了計(jì)算打B這個(gè)點(diǎn)時(shí)小車的速度大小，我們需要測(cè)量的物理量是,測(cè)得該物理量為,

計(jì)算得到B點(diǎn)的速度為o

(3)你能根據(jù)圖中的點(diǎn)跡判斷小車的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是,你的判斷依據(jù)是o

(4)求出小車運(yùn)動(dòng)的加速度為m/s2?

12.目前表現(xiàn)比較出色的18650鋰電池具有容量大、壽命長(zhǎng)、安全性能高等優(yōu)點(diǎn)，被廣泛應(yīng)用。

中文名18650鋰電池常見(jiàn)類型鋰離子電池和磷酸鐵鋰電池

電池直徑18mm電壓3.7V?4.2V

電池高度65mm常見(jiàn)容量2000mAh/2600mAh/3000mAh

某活動(dòng)小組利用以下器材測(cè)定一個(gè)新鋰電池的電動(dòng)勢(shì)，實(shí)驗(yàn)電路圖如甲圖所示。

4電流表G：量程2m2、內(nèi)電阻心約為200。

B.電壓表V：量程0?3V、內(nèi)電阻Ry未知

c.固定電阻&；阻值Ro=18000

D電鍵、導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：

(1)閉合電鍵工，將電鍵S2撥至“2”，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為/。=1.85nM；

(2)將電鍵S2撥至“1”，穩(wěn)定后電流表的示數(shù)為。=1.00mA。由乙圖可知電壓表的示數(shù)為

%=V；

(3)由以上數(shù)據(jù)可得：電動(dòng)勢(shì)E=V；(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(4)活動(dòng)小組利用以上數(shù)據(jù)計(jì)算出了電壓表的內(nèi)阻為0,該電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值______其真實(shí)值。

(填“大于”，“小于”或“等于”)

13.近年來(lái)，我國(guó)物流行業(yè)發(fā)展迅速，在機(jī)場(chǎng)經(jīng)常能見(jiàn)到地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上裝卸貨物。如

圖所示，若某次工作人員所用傳送帶與水平面夾角a=37。，傳送帶下行運(yùn)行速率%=0.6m/s,傳送

帶兩端距離L=3.95m；工作人員沿傳送帶方向以初速度％=1.6ni/s從傳送帶頂端推下(推力立即撤去

)一件質(zhì)量為1kg的小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))；小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.8。取重力加速度g=

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)包裹通過(guò)傳送帶所需時(shí)間；

(2)包裹從頂端到底端與傳送帶因摩擦所產(chǎn)生的熱量。

14.以4為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。

(1)設(shè)&=3c=H,在0WxWa范圍內(nèi)有沿+y方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度瓦，在4點(diǎn)沿+z方向射

入質(zhì)量為m,電荷量為-q的粒子，若粒子恰好經(jīng)過(guò)BBi靠近&的三等分點(diǎn)，試求粒子入射的速度和在

磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線的最小距離；

(2)設(shè)a=43b=^L,c=^L,在四邊形A/GB內(nèi)(含邊界)有垂直于平面45GB斜向下的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度殳，在4點(diǎn)沿+%方向射入質(zhì)量為小，電荷量為+q的粒子1，若粒子1恰好經(jīng)過(guò)AG中點(diǎn)，

試求粒子1在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距離；

（3）在（2）的條件下，當(dāng)粒子1距離C點(diǎn)最近時(shí)，與速度為%的不帶電的粒子2發(fā)生彈性正碰，且發(fā)生碰撞

時(shí)粒子1在前，粒子2在后。已知碰撞時(shí)兩粒子發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞后電荷量與質(zhì)量成正比，若發(fā)生

碰撞后粒子1恰不離開(kāi)磁場(chǎng)（不考慮與粒子2再次碰撞的情況），試求粒子2的質(zhì)量M。（忽略粒子重力和

相對(duì)論效應(yīng)）

15.如圖所示，夏天，從湖底形成的氣泡，在緩慢上升到湖面的過(guò)程中沒(méi)有破裂.若越

接近水面，湖內(nèi)水的溫度越高，大氣壓強(qiáng)不變，將泡內(nèi)氣體視為理想氣體.則在氣

泡緩慢上升的過(guò)程中，對(duì)于泡內(nèi)氣體，下列說(shuō)法正確的是（）

A.每一個(gè)氣體分子的熱運(yùn)動(dòng)都變快

B.對(duì)氣泡壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)的沖量變小

C.對(duì)氣泡壁做功，內(nèi)能減少

D.內(nèi)能增大，放熱

16.如圖所示，P、Q是兩個(gè)厚度不計(jì)的活塞，可在豎直固定的兩端開(kāi)口的汽

2

缸內(nèi)無(wú)摩擦地滑動(dòng)，其面積分別為Si=30cm2、s2=10cm,質(zhì)量分別

為Mi=1.5kg、M2=2.5kg,它們之間用一根長(zhǎng)為gd的輕質(zhì)細(xì)桿連接，

靜止時(shí)汽缸中氣體的溫度A=600K,活塞P下方氣柱（較粗的一段氣柱）長(zhǎng)

為d=12cm,已知大氣壓強(qiáng)po=1x105Pa,g=10m/s2,缸內(nèi)氣體可

看作理想氣體，活塞在移動(dòng)過(guò)程中不漏氣.

。）求活塞靜止時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；

（ii）若缸內(nèi)氣體的溫度逐漸降為了72=300K,已知該過(guò)程中缸內(nèi)氣體的內(nèi)能減小100/,求活塞下移的

距離h和氣體放出的熱量Q。

17.一簡(jiǎn)諧波沿式軸傳播，圖(a)為t=0.2s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在匕=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位

置在犯=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)，M是平衡位置在&=8.0m處的質(zhì)點(diǎn)，圖(b)為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法

A.該簡(jiǎn)諧橫波沿著x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

B.在t=0.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的位移為5cm

C.在1=0.2s到"1.25s,質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為(200+10V2)cm

D.質(zhì)點(diǎn)M簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=0.10sinl07rt(ni)

18.如圖所示，某透明柱體模型的右側(cè)為半徑為R的半球形，左側(cè)為半徑和高均為R的圓柱形，水平放置，

。。'為該模型的中軸線，調(diào)整入射單色光線1,使反射光線2和折射光線3之間的夾角恰好為105。，且此

時(shí)出射光線4與水平方向的夾角為15。。光在真空中的波速為c。求：

(1)該透明柱體的折射率n是多大？

(2)由該單色光組成的截面為圓形的平行光束垂直左側(cè)面射向這個(gè)透明柱體，第一次到達(dá)右表面并可以

全部射出，則該光束的截面直徑最大為多少？

★秘密?2022年5月9日10：15前

重慶市2022年高考第三次診斷性檢測(cè)

高三物理答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

【命題單位：重慶縉云教育聯(lián)盟】

1.【答案】B

【解析】解：力、核電站中核反應(yīng)堆的核反應(yīng)為核裂變，故A錯(cuò)誤；

8、核裂變的過(guò)程中放出的中子速度太大，如果反應(yīng)堆中U的體積太小，則中子不能被其他的U核吸收，所

以鏈?zhǔn)椒磻?yīng)條件是。核要達(dá)到臨界體積，故B正確；

C、201ME"為本核式反應(yīng)釋放的核能，不是原子核的結(jié)合能，更不是比結(jié)合能，故C錯(cuò)誤；

D、核反應(yīng)方程式寫(xiě)為昭5U-舞器2+2加是錯(cuò)誤的，因?yàn)榈?(/不能自發(fā)發(fā)生核裂變，也不符合重

核裂變的物理意義，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

核電站中核反應(yīng)堆的核反應(yīng)為核裂變，根據(jù)鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的特點(diǎn)判斷；結(jié)合比結(jié)合能的定義判斷，根據(jù)裂變方

程的特點(diǎn)判斷。

該題考查核裂變，容易出現(xiàn)錯(cuò)誤的是。選項(xiàng)，不少同學(xué)錯(cuò)誤地認(rèn)為箭頭兩側(cè)的中子可以約掉。

2.【答案】C

【解析】解：空心球?qū)?B的壓力如圖1所示

圖1

則空心球時(shí)4與B的壓力為

FA=mgcosa

FB=mgcosp

AZ、B靜止在水平地面上，則受到的摩擦力分別為

fA=FAsina

fB=FBsinp

則4、B對(duì)地面的摩擦力之比為1：1,故A錯(cuò)誤；

B.A,B靜止在水平地面上，地面對(duì)4B的支持力分別是

NA=mg+FAcosa

NB=mg+FBcosp

代入數(shù)據(jù)解得：=g

NB34

故B錯(cuò)誤；

C若往球內(nèi)注入質(zhì)量為m的水，4、B仍不滑動(dòng)，對(duì)4與B的壓力為

F'A=2mgcosa

F'B—2mgcos/3

地面對(duì)4、8的支持力分別是

N'A—mg+F'Acosa

N'B=mg+F'Bcosp

則

ANA_16

而一~

故c正確；

D如圖2

圖2

適當(dāng)減小4B間距離，貝加增大，則球?qū)?的壓力增大、球?qū)的壓力增大，故。錯(cuò)誤。

故選:Co

將空心球重力按效果分解，再分別對(duì)4B受力分析，根據(jù)平衡條件可解得。

本題考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四

邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。對(duì)于非

直角三角形問(wèn)題，可以根據(jù)三角形相似法研究。

3.【答案】B

【解析】解：4Pl和P2是串聯(lián)在電路中的，所以通過(guò)2的電流總等于通過(guò)P2的電流，故A錯(cuò)誤；

A由電阻定律可得/?=p!=pg

則若Pi和P2的體積相同，上下表面積越大的電阻的阻值越大，由電功率公式P=/2R

由于通過(guò)匕的電流總等于通過(guò)P2的電流，則電阻越大的電功率越大，所以若R和的體積相同，則B的電

功率大于「2的電功率，故8正確；

CD由電阻定律可得R=P/=§

aLa

若Pl和「2的厚度相同，則匕和的電阻的阻值相同，由于R和22是串聯(lián)關(guān)系，所以則P1兩端的電壓等于「2

兩端的電壓，故CO錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)電阻定律可明確兩電阻的大小與體積和厚度的關(guān)系，從而明確電阻大小，再根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)和電

功率公式進(jìn)行分析，明確它們的功率以及電壓關(guān)系。

本題考查電阻的串并聯(lián)以及電阻定律的應(yīng)用，要注意明確形狀相同的導(dǎo)體，如果厚度相同時(shí)，電阻的大小

是相等的，這是電阻微型化的依據(jù)。

4.【答案】C

【解析】解：4由題圖可知，當(dāng)繞恒星運(yùn)動(dòng)的行星的環(huán)繞半徑相等時(shí)，S2的行星運(yùn)動(dòng)的周期比較大，根

智故周期越大則質(zhì)量越小，所以恒星S2的質(zhì)量小于恒星Si的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

8、兩顆恒星的半徑相等，則根據(jù)M=pV,半徑&相等則它們的體積相等，所以房的質(zhì)量大，Si的密度大,

恒星$2的密度小于恒星Si的密度，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則：智:哈得到：“=秒，所以環(huán)繞速度%=居，恒星S2的質(zhì)量

小于恒星Si的質(zhì)量，所以恒星52表面的環(huán)繞速度小于恒星及表面的環(huán)繞速度，故C正確；

。、距兩恒星表面高度相同的行星，它們的軌道半徑相等，S2的行星周期大于恒星Si的行星周期，根據(jù)向

心加速度計(jì)算公式可得：a=普，所以恒星S2的向心加速度較小，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，得出衛(wèi)星的周期與恒星的質(zhì)量、半徑之間的關(guān)系，然后進(jìn)行比較；結(jié)合萬(wàn)有引

力提供向心力，分別寫(xiě)出第一宇宙速度的表達(dá)式，然后比較它們的大小關(guān)系；根據(jù)向心加速度的計(jì)算公式

分析向心加速度的大小。

該題考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，由于兩個(gè)恒星的半徑均為心，又可以根據(jù)圖象，結(jié)合萬(wàn)有引力定律比較半

徑和周期之間的關(guān)系。當(dāng)然也可以結(jié)合開(kāi)普勒第三定律分析半徑與周期之間的關(guān)系。

5.【答案】A

【解析】解：當(dāng)電子到達(dá)B板的速度為零時(shí)，4、B板間的電壓達(dá)到最大值，設(shè)為｛/加。

根據(jù)動(dòng)能定理得：一四6=0-mvg

解得：4=強(qiáng)

m2e

設(shè)從電子進(jìn)入4、B板間，直到板間電壓達(dá)到最大值（/小，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為3則B板吸收的總電荷為Q=net,

最大電量Q=CUm

解得：”駕，故A正確，88錯(cuò)誤。

2Tle2

故選：Ao

電子（第一個(gè)電子除外）進(jìn)入人B板間電場(chǎng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，隨著B(niǎo)板電荷量增加，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，電子在

4B間的加速度越來(lái)越大，直至電子到達(dá)B板的速度為零，此時(shí)4、B板間的電壓達(dá)到最大值，電子在電

容器極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。B板吸收的總電荷為Q=net,而最大電量Q=CUm，根據(jù)動(dòng)能定理求解電容

器兩板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差分,再求從開(kāi)始射入電子到電容器極板間電勢(shì)差達(dá)到最大所需要的時(shí)間。

本題是帶電粒子在電場(chǎng)中直線減速與電容器有關(guān)知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要掌握電容的定義式C=2并運(yùn)用動(dòng)

能定理解答。

6.【答案】A

【解析】解：4B0.從b點(diǎn)到c點(diǎn)，小球受到重力和向上的彈力，彈力逐漸增大，在匕點(diǎn)彈力為0,往下到c點(diǎn)

的過(guò)程中分兩段，第一段，彈力小于重力，合力向下，加速度向下，小球做加速運(yùn)動(dòng)，第二段彈力大于重

力，合力向上，加速度向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，所以b點(diǎn)到c點(diǎn)小球先加速后減速，b、c間某位置彈力等于

重力，小球的合力為零時(shí)速度最大，故A正確，8。錯(cuò)誤；

C.在b點(diǎn)彈簧的彈力為零，合力為重力，小球的加速度等于重力加速度g,故C錯(cuò)誤；

故選：4。

結(jié)合受力分析，判斷加速度方向及大小，進(jìn)一步分析運(yùn)動(dòng)情況。

本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律，動(dòng)態(tài)過(guò)程的受力分析需要找到關(guān)鍵點(diǎn)，分析會(huì)相對(duì)輕松，一般是受力平衡點(diǎn)，速

度為0,速度最大或最小。

7.【答案】D

【解析】解：AB,電子（帶負(fù)電）做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向指向球心，電場(chǎng)方向從B指向4則電場(chǎng)不是勻

強(qiáng)電場(chǎng)且8板電勢(shì)高于4板電勢(shì)，故AB錯(cuò)誤；

C、相較于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的電子，動(dòng)能為的電子在做近心運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能為a2電子在做離心運(yùn)動(dòng)，可知

Eg<EQ故C錯(cuò)誤

。、根據(jù)電場(chǎng)線特點(diǎn)，等勢(shì)面B與C之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C與4之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，考慮到等勢(shì)面間距相等，

有仇-0cl>184-0cl，根據(jù)動(dòng)能定理，有AEk=qU

即1爪欠左|>|4Ek右I,故。正確：

故選：D。

電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，電子受力的方向與電場(chǎng)的方向相反；由粒子運(yùn)動(dòng)情況分析動(dòng)能

大小；電子動(dòng)能的改變量等于電場(chǎng)力做功，使用動(dòng)能定理即可解答。

該題考查帶電粒子在放射狀電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與電場(chǎng)力做功，解題的關(guān)鍵是電場(chǎng)力提供向心力，寫(xiě)出相應(yīng)的表

達(dá)式，即可正確解答。

8.【答案】CD

【解析】解：結(jié)合圖象分析兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程：

。?h時(shí)間內(nèi)，mi逐漸減速，加2逐漸加速，彈簧被壓縮，匕時(shí)刻二者速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈性勢(shì)能

最大，彈簧的被壓縮量最大；

tl?13時(shí)間內(nèi)，彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，依然加速，加1先減速到零，然后反向加速，t2時(shí)刻兩物塊加速度均

為零，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將繼續(xù)逐漸增大，兩木塊均

減速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈性勢(shì)能最大，彈簧最長(zhǎng)；

t3?Q時(shí)間內(nèi)，彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，以后重復(fù)這個(gè)過(guò)程，

A、由上述分析可知，在。時(shí)刻彈簧是處于壓縮狀態(tài)，而在打時(shí)刻彈簧是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、由上述分析可知，從匕到t4時(shí)刻彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，故3錯(cuò)誤；

C、以Hi1的初速度方向?yàn)檎较颍瑢?duì)0?ti時(shí)間內(nèi)的過(guò)程，由動(dòng)量守恒得：

m1v1=(mi+m2')v2<

將％=3zn/s,%=1M/S代入解得：巾1：m2=1：2,故C正確；

D、在12時(shí)刻叫的速度大小為：v3=lm/s,g的速度大小為：v4=2m/s,又有m1：m2=1：2

根據(jù)a-jmv2

解得：E%：Ek2=1：8,故。正確。

故選:CDc

兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)圖象中兩物塊

速度的變化與大小關(guān)系判斷彈簧長(zhǎng)度的變化。

對(duì)于這類彈簧問(wèn)題注意用動(dòng)態(tài)思想認(rèn)真分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，注意過(guò)程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系；應(yīng)用動(dòng)量守恒

和機(jī)械能守恒定律解答，同時(shí)根據(jù)圖象，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況。

9.【答案】AD

【解析】解：48.汽車向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，桶和汽車保持相對(duì)靜止，設(shè)加速度為a,則桶4、桶C受到

的合力均為尸=ma

二者受到的合力相同，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)桶4對(duì)桶C的作用力為巳，桶B對(duì)桶C的作用力為尸8，則豎直方向上滿足FBCOS30。+FAcos30°=mg

水平方向上有FBSM30°—FAsin300=ma

聯(lián)立有FB=4加9+血。，F(xiàn)A—~tTT-9~

故有

FB>FA

故C錯(cuò)誤，。正確。

故選:ADo

以C為研究對(duì)象，根據(jù)受力情況分析靜止時(shí)與加速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)4與C之間作用力的大小。

本題主要是考查了牛頓第二定律的知識(shí)；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受

力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答。

10.【答案】AD

【解析】解：4、設(shè)OP轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3,圓弧導(dǎo)軌半徑為r,則OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：

E=Brv=^Br2a）,所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故A正確；

B、根據(jù)右手定則可知0P棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由。到P,則通過(guò)MN的電流方向由M到N,根據(jù)左手定

則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運(yùn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線，由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)

電流方向由N到M,從而使得桿。P中的電流大小發(fā)生改變，根據(jù)尸安=引「可知，0P受到的安培力減小，

故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)B選項(xiàng)分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的加速度大小a=處發(fā)

771

生改變，桿MN不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)B選項(xiàng)分析可知，桿MN中的電流逐漸減小，故O正確。

故選：AD.

求出0P轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是否變化；由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生

的感應(yīng)電流，從而使得桿0P中的電流大小發(fā)生改變，由此分析安培力的變化、加速度的變化。

本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=83來(lái)計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)

切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=來(lái)計(jì)算。

11.【答案】先接通電源再釋放紙帶AC之間的距離8.00cmOAm/s勻加速直線運(yùn)動(dòng)小車在連續(xù)相等

時(shí)間內(nèi)的位移越來(lái)越大，且連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差幾乎相等0.80

【解析】解：（1）在實(shí)驗(yàn)中，使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接通電源再釋放紙帶;

(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程的平均速度，則要測(cè)量B點(diǎn)的瞬時(shí)速

度,需要測(cè)量的是4c之間的距離，測(cè)得該物理量為芍1c=3.62cm+4.38cm=8.00cm,則8點(diǎn)的速度為為=

X8.00X10-2.八彳,

寸AC17-的5=0.4奶；

(3)小車的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，判斷的依據(jù)是小車在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移越來(lái)越大，且連續(xù)相

等時(shí)間內(nèi)的位移差幾乎相等；

(4)根據(jù)逐差法可知，小車的加速度大小為：a=沏：；了°=S99+6.80+7：2］：2-4.38f2。*外菖人力？=

jiyxu.

0.80m/s2,,

故答案為：(1)先接通電源再釋放紙帶；(2)AC之間的距離；8.00cm；0.4m/s；(3)勻加速直線運(yùn)動(dòng)；小車

在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移越來(lái)越大，且連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差幾乎相等；(4)0.80

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作；

(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律計(jì)算出B點(diǎn)的瞬時(shí)速度；

(3)根據(jù)位移差的大小關(guān)系判斷小車的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

(4)根據(jù)逐差法計(jì)算出小車的加速度。

本題主要考查了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量速度和加速度的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合勻變速直

線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)計(jì)算出瞬時(shí)速度和加速度，在計(jì)算過(guò)程中要注意單位的換算.

12.【答案】1.703.71700等于

【解析】解：(2)由乙圖可知電壓表量程選擇為0?3匕1格對(duì)應(yīng)的電壓數(shù)值為5U=0.1乙故需要估讀到

精確值的下一位，則乙圖可知電壓表的示數(shù)為/=1.70V

(3)將電鍵S2撥至“2”，由閉合電路歐姆定律可得:E=/0(r+RG+?0)

將電鍵S2撥至“1”，由閉合電路歐姆定律可得：E=U1+I1(r+RG+R0)

聯(lián)立解得電動(dòng)勢(shì)為：5=盧牛=需篝1/=3.7廠

/。一/11.00—1.UU

(4)根據(jù)歐姆定律可得電壓表的內(nèi)阻為：RV=T=，黑7。=1700。

由于將電鍵S2撥至“1”，電流表與電壓表為串聯(lián)關(guān)系，故電流表示數(shù)就是通過(guò)電壓表的電流，所以電壓

表內(nèi)阻測(cè)量值等于真實(shí)值。

故答案為:(2)1.70；(3)3.7；(4)1700,等于。

(2)根據(jù)電壓表的讀數(shù)規(guī)則進(jìn)行讀數(shù)；

(3)由閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解；

(4)根據(jù)歐姆定律求得電壓表的內(nèi)阻，電流表示數(shù)等于通過(guò)電壓表的電流，電壓表內(nèi)阻測(cè)量值等于真實(shí)值。

本題以18650鋰電池具有容量大、壽命長(zhǎng)、安全性能高等優(yōu)點(diǎn)為背景，考查了測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)的實(shí)驗(yàn)，要

明確實(shí)驗(yàn)原理為閉合電路歐姆定律，同時(shí)會(huì)分析實(shí)驗(yàn)誤差。

13.【答案】解：(1)開(kāi)始時(shí)，因"2=l-6m/s>%=0.6m/s,小包裹相對(duì)于傳送帶向下滑動(dòng)，所以小包裹

受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，

根據(jù)牛頓第二定律有：mgsina—[imgcosa=ma

代入數(shù)據(jù)后解得：a=-0.4m/s2,加速度大小為0.4m/s2,負(fù)號(hào)表示加速度方向沿傳送帶向上。

設(shè)小包裹經(jīng)過(guò)時(shí)間”與傳送帶共速，則有：%=“2+磯1

代入數(shù)據(jù)后得：±i=2.5s

此段時(shí)間內(nèi)小包裹的位移為%1=△券"=°6：6x2.5m=2.75m<L

小包裹與傳速帶共速后由于mgsina<卬ngcosa,小包裹相對(duì)于傳送帶靜止，兩者一起向下勻速運(yùn)動(dòng)，

則勻速運(yùn)動(dòng)的位移為不=L一4=3.95m-2.75m=1.2m

勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=§=第S=2s

VjU.o

小包裹通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間為：t=匕+12=2.5s+2s=4.5s

(2)包裹相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)的距離為Ax,則dx=一%

代入數(shù)據(jù)解得：Ax=1.25m

因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q=fimgcosaxAx

代入數(shù)據(jù)解得：Q=8J

答：(1)包裹通過(guò)傳送帶所需時(shí)間是4.5s；

(2)包裹從頂端到底端與傳送帶因摩擦所產(chǎn)生的熱量是8人

【解析】(1)分析小包裹剛滑上傳送帶時(shí)受到的摩擦力方向，再根據(jù)牛頓第二定律求剛滑上時(shí)的加速度大

??；先根據(jù)速度一時(shí)間公式求出小包裹減速至與傳送帶共速時(shí)所用時(shí)間，并求出此過(guò)程的位移。再判斷知

道包裹與傳送帶速度相等后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出總時(shí)間t。

(2)求出小包裹相對(duì)于傳送帶的位移大小，然后求出因摩擦產(chǎn)生的熱量。

本題的關(guān)鍵是要弄清小包裹的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，而弄清運(yùn)動(dòng)過(guò)程的關(guān)鍵是判斷滑動(dòng)摩擦力的方向，要知道滑動(dòng)摩

擦力的方向是物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反，再分段運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行處理；應(yīng)用功能關(guān)

系可以求出因摩擦產(chǎn)生的熱量。

14.【答案】解：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿+z方

向射入磁場(chǎng)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，設(shè)粒子入射的速

度為“，運(yùn)動(dòng)半徑為R,

BBi邊靠近當(dāng)?shù)娜确贮c(diǎn)為F,根據(jù)幾何關(guān)系可得：

2

BF=-H

3

(L-R)2+(|H)2=R2

解得：R=型生

18L

由洛倫茲力提供向心力得：

DV

qvB0=m-

解得：”=出=竺!吧也

m18mL

粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線必當(dāng)?shù)淖钚【嚯x為：smin=H-R=H-空爐；

(2)粒子1在四邊形內(nèi)做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，設(shè)粒子1人

射的速度為孫，運(yùn)動(dòng)半徑為r,01cl邊的

中點(diǎn)為M。

由勾股定理可得：b2+c2=ADl

已知：b=^L,c=叵L,

22

解得：ADr=3L

又有：MD,=^=2L

根據(jù)幾何關(guān)系可得：

(3L-r)2+(2L)2=r2

解得：r=o

。。1=3L-r=-L

6

將C點(diǎn)投影到四邊形4D1GB上，如圖3所示，在GB上的C'點(diǎn)為C的投影，則有.CC'J.C】B。

由圖中幾何關(guān)系可得：C'CX=1L

在圖2中，由于C'G=。。1=：L,可知0C7/D1G

6

故N到C'的距離是運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C'點(diǎn)的最小距離，可知N到C的距離是運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距

離。

以N、C'、。三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，NC是此三角形的斜邊，則有：

NC=y/NC'2+C'C2

NC=4L-r=—L

6

CC'=Jc2-C'Cl=—L

6

聯(lián)立解得：NC=^L

6

(3)由題意可知兩粒子在圖2中的N點(diǎn)發(fā)生碰撞，設(shè)碰前粒子1的速度為火,碰后粒子1與粒子2的速度分別

為刃、v3,碰后粒子1的電荷量為%,運(yùn)動(dòng)半徑為「1。

碰撞后粒子1恰不離開(kāi)磁場(chǎng)，則其軌跡與邊DiG相切，可知ri=：L。

已知碰撞電荷轉(zhuǎn)移后電荷量與質(zhì)量成正比，可得：%=盤(pán)勺

由洛倫茲力提供向心力得：

qv0B0=qiV2B0=

解得.v-qB°r-v_^15^1-5f?Lg°

nm6m'2m6(m+M)

兩粒子發(fā)生彈性正碰，滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，以碰前粒子1在N點(diǎn)的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

則有:

M%+mv0=mv2+Mv3

+|mvQ=Imvf+

2M,m-M

聯(lián)立解得：v=----ViH------VQ

2m+M1m+Mu

SqLBn2M,m-M13qLB

------=-----ViH-------------0

6(m+M)m+M1m+M6m

8mqLB

解得:0

13qLB0-12mv1

答:(1)粒子入射的速度為竺需也和在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線&&的最小距離為H-*尤;

(2)粒子1在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距離為叵L；

6

8mqLB

(3)粒子2的質(zhì)量M為0

13qLB0-12mv1

【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，由洛倫

茲力提供向心力求解；

(2)做出粒子1的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，利用數(shù)學(xué)立體幾何知識(shí)求解；

(3)由洛倫茲力提供向心力求解碰撞前后粒子1的速度，注意碰撞前后粒子1電荷量的不同；兩粒子發(fā)生彈

性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解。

本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解析粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程。對(duì)于帶電粒子在

勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系

求得運(yùn)動(dòng)半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。

15.【答案】B

【解析】解：兒如果氣體溫度升高，分子的平均動(dòng)能增大，但不是每一個(gè)分子熱運(yùn)動(dòng)的速率都增大，故

A錯(cuò)誤；

BCD、氣泡上升過(guò)程中，溫度升高，與水面的距離減小，根據(jù)公式「=「0+。9/1可知?dú)馀輧?nèi)的壓強(qiáng)減小，

根據(jù)氣體壓強(qiáng)定義及其微觀意義，氣泡內(nèi)壓強(qiáng)減小，氣泡內(nèi)分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)氣泡壁單位面積的撞擊力減

小，根據(jù)/=Ft可知?dú)馀輧?nèi)氣體分子對(duì)氣泡壁單位面積內(nèi)的沖量一定減小。根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)

方程pl/=C7可知，當(dāng)溫度升高，壓強(qiáng)減小時(shí)，氣體的體積變大，結(jié)合熱力學(xué)第一定律Z1U=Q+小可知，

氣泡內(nèi)氣體從外界吸熱，故8正確，錯(cuò)誤；

故選：B。

理解氣體分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)學(xué)規(guī)律；

根據(jù)氣體的壓強(qiáng)表達(dá)式分析出壓強(qiáng)的變化，結(jié)合溫度的變化，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程分析出體

積的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸放熱情況。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，分析過(guò)程中涉及到了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，熟悉

相應(yīng)的公式并完成對(duì)氣體的定性分析即可，難度不大。

16.【答案】解：(i)對(duì)兩個(gè)活塞的整體受力分析可得(Mi+M2)g+p°(Si-52)=p(S]-S2)

解得p=1.2x10sPa

(ii)由以上分析可知逐漸降溫的過(guò)程中活塞始終受力平衡，內(nèi)部氣體為等壓變化，則

V1_V2

其中

匕=Sd+S2x^d

V2=S1(d-/i)+S2x(|d+h)

解得％=10cm<12cm

活塞下降的過(guò)程對(duì)內(nèi)部氣體用熱力學(xué)第一定律得4U=W+Q

其中

W=p^h-S2h)

以上解得Q=-124/

放出熱量為124人

答：(i)求活塞靜止時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為1.2x105pa；

(ii)若缸內(nèi)氣體的溫度逐漸降為了超=300K,已知該過(guò)程中缸內(nèi)氣體的內(nèi)能減小100/,活塞下移的距離h

為10cm,氣體放出的熱量Q為124人

【解析】⑴對(duì)兩個(gè)活塞整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求得壓強(qiáng)；

(ii)在降溫過(guò)程中，氣體做等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律求得下降的高度，根據(jù)W=p