广东省惠州市2016届高三(上)第二次调研物理试卷【解析版】

1、2015-2016学年广东省惠州市高三（上）第二次调研物理试卷二、选择题1汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始，经5S，汽车通过的位移是（）A0mB100mC12.5mD37.5m2如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角可以改变讨论物块M与斜面的摩擦力大小的讨论，下列观点正确的是（）A若物块M保持静止，则越大，摩擦力一定越大B若物块M保持静止，则越大，摩擦力一定越小C若物块M沿斜面下滑，则越大，摩擦力越小D若物块M沿斜面下滑，则越大，摩擦力越大3如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一质量为m的物体（物体与弹簧不连接）

2、，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，则下列正确的结论是（）A当Fmg时，物体仍然处于静止状态B当F=mg时，物体开始向上做匀速运动C当Fmg时，物体开始向上做匀速运动D物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功4“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则（）A大人抛出的圆环运动时间较短B大人应以较小的速度抛出圆环C小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小5在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低如

3、图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L已知重力加速度为g要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）ABCD6一辆汽车从甲地出发开往乙地，先匀加速运动后做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度时间图象如图所示，设汽车在整个运动过程中所受的阻力不变，那么0t0和t03t0两段时间内（）A平均速度大小之比为1：1B加速度大小之比为3：1C位移大小之比为1：2D牵引力的平均功率之比为1：17“天宫一号”空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，

4、其轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，且运行方向与地球自转的方向一致下列说法中正确的是（）A“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度B“天宫一号”运行的速度等于同步卫星运行速度的2倍C站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动D在“天宫一号”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止8如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（）AV0VtBt1t2C物体上升过程出现超重现象D选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化

5、图象是一条直线三、非选择题9某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示打点计时器电源的频率为50Hz通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点和之间某时刻开始减速计数点5对应的速度大小为m/s，计数点6对应的速度大小为m/s（保留三位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a=m/s210某同学在做测定木块与木板间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案方案a：木板固定，用弹簧测力计拉动木块，如图a所示方案b：木块水

6、平固定，通过细线水平拉动木板，如图b所示上述两种方案中，你认为更合理的方案是（选择题a或b），原因是除了实验必需的器材之外，该同学还准备了质量为100g的砝码若干个，该同学在木块上加放砝码，改变木块对木板的正压力FN，并记录若干组弹簧力F弹与FN的数据，而且以F弹为纵坐标，FN为横坐标，做出图象，那么作出来的画像应该是如图c哪个图11在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：（取g=10m/s2）（1）伞兵展伞时，离地面的

7、高度至少为多少？（2）伞兵在空中的最短时间为多少？12如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平BC所对的圆心角=37°，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数=0.2，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0

8、.8求：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q【物理-选修3-3】13一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中正确的是 （）Abc过程中，气体压强不变，体积增大Bab过程中，气体体积增大，压强减小Cca过程中，气体压强增大，体积变小Dca过程中，气体内能增大，体积变小Eca过程中，气体从外界吸热，内能增加14如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面

9、h=10cm（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？【物理-选修3-5】15下列说法正确的是 （）A卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核式结构模型B衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的C对于任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率必须小于这个频率，才能产生光电效应D入射光的强度增大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能也会增大E处于基态氢原子最稳定16如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长且刚好被

10、拉直）有一颗质量为m=0.01kg的子弹以水平速度V0射入木块并留在其中（作用时间极短），g取10m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度2015-2016学年广东省惠州市高三（上）第二次调研物理试卷参考答案与试题解析二、选择题1汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始，经5S，汽车通过的位移是（）A0mB100mC12.5mD37.5m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】已知汽车的初速度，加速度的大小求刹车开始5s内的位移，据x=可得，但本题要注意汽车刹车停车的时间，不能直接套公式【解答】

11、解：由题意知取汽车初速度方向为正方向，则有：v0=36km/h=10m/s，a=4m/s2，t=5s因为汽车刹车停止后将停止运动，故据v=v0+at得停车时间tt停汽车刹车后5s内的位移即为刹车后2.5s内的位移所以刹车后5s内的位移x=12.5m答：刹车后经5s，汽车通过的位移是12.5m【点评】求匀变速运动的位移，注意比较停车时间，不能直接套用公式，即明白公式适用条件匀变速直线运动，汽车停止即静止，不是匀变速直线运动故不能直接套用公式2如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角可以改变讨论物块M与斜面的摩擦力大小的讨论，下列观点正确的是（）A若物块M保持静止，则越大，摩

12、擦力一定越大B若物块M保持静止，则越大，摩擦力一定越小C若物块M沿斜面下滑，则越大，摩擦力越小D若物块M沿斜面下滑，则越大，摩擦力越大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对滑块M受力分析，将力按效果沿着与斜面平行和与斜面垂直方向正交分解，根据平衡条件列式分析各个力【解答】解：A、B、物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有：T=mg对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的下滑分量的大小，若mgMgsin，如图1；若mgMgsin，如图2根据平衡条件，对于图1，有T+f=Mgsin故

13、越大，f越大；根据平衡条件，对于图2，有T=f+Mgsin故越大，f越小；故A、B均错误；C、D、由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有f=N又由于是在斜面上，所以f=mgcos当增大时cos减少（090度），所以f减少，故C正确，D错误；故选：C【点评】本题关键是对滑块M受力分析，对于摩擦力，要分为静摩擦力和滑动摩擦力两种情况，根据平衡条件得到摩擦力的表达式再进行分析讨论3如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一质量为m的物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，则下列正确的结论是（）A当Fmg时，物体仍然处于静止状态B当F=mg时

14、，物体开始向上做匀速运动C当Fmg时，物体开始向上做匀速运动D物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功【考点】功能关系；物体的弹性和弹力【分析】当Fmg时，物体向上运动，但不是匀速运动当Fmg时，物体向上做变加速运动由功能关系分析系统的机械能增加量与拉力做功的关系【解答】解：A、当Fmg时，物体要向上运动，故A错误B、当F=mg时，物体向上，弹簧的弹力减小，物体做加速运动，故B错误C、当Fmg时，物体先向上做变加速运动，离开弹簧后做匀加速运动，故C错误D、根据功能原理可知，物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功，故D正确故选：D【点评】根据

15、F与mg的大小可分析物体能否离开弹簧，要注意静止开始，物体不可能做匀速运动4“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则（）A大人抛出的圆环运动时间较短B大人应以较小的速度抛出圆环C小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同【解答】解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为

16、h，则下落的时间为：t=，水平方向位移x=vt=v，A、大人站在小孩同样的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度h比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长，故A错误；B、大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈故B正确；C、大人和小孩的水平位移相同，但竖直位移大于小孩的竖直位移，根据s=可知，大人的位移大故C错误；D、环做平抛运动，则单位时间内速度变化量v=gt=g，所以大人、小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量相等，故D错误故选：B【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解

17、5在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L已知重力加速度为g要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）ABCD【考点】向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】由题意知汽车拐弯时所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，根据受力分析求解即可【解答】解：设路面的斜角为，作出汽车的受力图如上图，由牛顿第二定律得：又由数学知识得所以有即故选：D【点评】类似于火车拐弯问题，知道按题设条件拐弯时，向心力由重力

18、和支持力的合力提供6一辆汽车从甲地出发开往乙地，先匀加速运动后做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度时间图象如图所示，设汽车在整个运动过程中所受的阻力不变，那么0t0和t03t0两段时间内（）A平均速度大小之比为1：1B加速度大小之比为3：1C位移大小之比为1：2D牵引力的平均功率之比为1：1【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像【专题】功率的计算专题【分析】根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比根据匀变速直线运动的平均速度公式=求解平均速度之比【解答】解：A、平均速度大小之比为： =： =1：1故A正确；

19、B、根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0t0和t03t0两段时间内加速度大小之比为：a1：a2=： =2：1故B错误；C、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为x1：x2=v0t0： v02t0=1：2故C正确；D、0t0时间内有牵引力，t03t0无牵引力，功率为零；故选：AC【点评】本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小7“天宫一号”空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，且运行方向与地球自转的方向一致下列说法中正确的是（）A“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度B“天宫一号”

20、运行的速度等于同步卫星运行速度的2倍C站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动D在“天宫一号”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止【考点】万有引力定律及其应用【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】A、“天宫一号”运行的加速度由万有引力产生，其在地面时的重力加速度由重力产生，在地面重力等于万有引力；B、万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；C、根据得到角速度的表达式分析角速度大小；D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态【解答】解：A、根据=ma，“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度，故A正确；B、空间站和卫星的万有引力提供向心力，故=，

21、有：v=，由于空间站的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，故其速度是同步卫星运行速度的2倍，故B正确；C、根据得，=，故空间站的角速度大与同步卫星的角速度，故也就大于地球的角速度，故站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动，故C正确；D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动，故D错误；故选：ABC【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力=mg和万有引力提供向心力=以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动8如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端

22、，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（）AV0VtBt1t2C物体上升过程出现超重现象D选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象是一条直线【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比较上滑和下滑时间的大小，根据功能关系判断速度大小，根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量写出E关于h的表达式，从而判断物体的机械能E随高度h的变化图象【解答】解：A、上滑过程有：m

23、gsin+f=ma1，下滑过程有：mgsinf=ma2，由此可知a1a2，从斜面底端上滑又回到底端的过程中，摩擦力始终做负功，动能减小，则落回地面的速度vtv0，因此上滑过程的平均速度，大于下滑过程的平均速度，由于上滑过程和下滑过程位移大小相等，因此t1t2，故AB正确；C、上滑过程中，加速度方向沿斜面向下，有竖直向下的分量，则处于失重状态，故C错误；D、除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，则有：E=E0=E0mgcoth，则Eh图象是一条直线，故D正确故选：ABD【点评】本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，注意阻力方向与相对运动方向相反，知道当有向下的加速度时，物体处于失

24、重状态，知道上滑和下滑过程不同，难度适中三、非选择题9某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示打点计时器电源的频率为50Hz通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速计数点5对应的速度大小为1.00m/s，计数点6对应的速度大小为1.20m/s（保留三位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a=2.00m/s2【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题；直线运动规律专题【分析】由纸

25、带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度；【解答】解：从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；v5=1.00m/s，解得：v6=1.20m/s由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：a=2.00m/s2所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2故答案为：6；7；1.00；1.20；2.00【点评】要提高应用匀变速

26、直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10某同学在做测定木块与木板间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案方案a：木板固定，用弹簧测力计拉动木块，如图a所示方案b：木块水平固定，通过细线水平拉动木板，如图b所示上述两种方案中，你认为更合理的方案是b（选择题a或b），原因是不受木板如何运动的限制除了实验必需的器材之外，该同学还准备了质量为100g的砝码若干个，该同学在木块上加放砝码，改变木块对木板的正压力FN，并记录若干组弹簧力F弹与FN的数据，而且以F弹为纵坐标，FN为横坐标，做出图象，那么作出来的画像应该是如图c哪个图B【考点】探究影响摩擦力的大小的因

27、素【专题】实验题【分析】方案a：对摩擦力的测量是采用“间接法”进行的，只有当弹簧秤拉动木块匀速运动时，拉力才与摩擦力成为一对平衡力，它们大小相等方案B：拉动木板时，木块受到向左的摩擦力，由于木块相对地面静止，则摩擦力与弹簧秤的拉力是一对平衡力根据摩擦力公式推导函数关系式，对应图象【解答】解：（1）由图示实验可知，实验b中，弹簧测力计固定不动，不受木板如何运动的限制，使示数更稳定，测量更准确，因此b方案更（2）根据摩擦力公式f=uFN，故f与FN成正比，故B正确故答案为：b，不受木板如何运动的限制（或摩擦力的测量更方便、准确）；B【点评】在本实验中，准确读出弹簧测力计的示数是关键，因此，在方案一

28、中，只有使物体做匀速直线运动，其拉力与摩擦力才是一对平衡力，改进后的方案，速度容易控制，也是为了使读数更准确11在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：（取g=10m/s2）（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？（2）伞兵在空中的最短时间为多少？【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动【专题】直线运动规律专题【分析】（1）整个过程中，伞兵先做自由落体运动，后做匀减速运动，总位移大小等于224m设伞兵展伞

29、时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，先研究匀减速过程，由速度位移关系式，得到v0与h的关系式，再研究自由落体过程，也得到一个v0与h的关系式，联立求解（2）由（1）求出v0，由速度公式求出两个过程的时间，即可得到总时间【解答】解：（1）设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0则有：v2v02=2ah，又v02=2g（224h）联立并代入数据解得：v0=50 m/sh=99 m，（2）设伞兵在空中的最短时间为t，则有：v0=gt1，t1=s=5 s，t2=3.6 s，故所求时间为：t=t1+t2=（5+3.6）s=8.6 s答：（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为99m（2）伞兵

30、在空中的最短时间为8.6s【点评】本题涉及两个过程的运动学问题，既要单独研究两个过程，更要抓住它们之间的联系：比如位移关系、速度关系等等12如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平BC所对的圆心角=37°，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数=0.2，传送带传送速度为V=

31、4m/s，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q【考点】动能定理；平抛运动【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，根据平抛运动的特点求的初速度；（2）从A到C由动能定理求的到达C点的速度，物体在传送带上做减速运动，根据牛顿第二定律求的加速度，通过云学公式判断出物体先减速后匀速运动求的时间，根据Q=mgs求的产生的热量【解答】解：（1）物块做平抛运动：Hh=gt2设到达B点时竖直分速

32、度为vy，vy=gt 在B点 tan=V0=4m/s （2）从A至C点，由动能定理 mgH=由上式可得v2=6m/s 由题意可知小物块m的摩擦力 f=mg=ma 解得a=2m/s2物体做匀减速运动时间t1=1s 位移S1=5m9m 后做匀速运动 t2=1s 所以 t=t1+t2=2s 传送带与物体间的相对位移s=S1vt1=5m4m=1m Q=mgs=2J 答：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小为4m/s；（2）小物块在传送带上运动的时间t为2s，小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q为2J【点评】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的

33、关键【物理-选修3-3】13一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中正确的是 （）Abc过程中，气体压强不变，体积增大Bab过程中，气体体积增大，压强减小Cca过程中，气体压强增大，体积变小Dca过程中，气体内能增大，体积变小Eca过程中，气体从外界吸热，内能增加【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】由图示图象判断气体压强与体积如何变化，然后应用气体状态方程分析气体体积如何变化；理想气体的内能与气体的体积无关，仅与气体的物质的量和温度有关，并且温度越高气体的内能增大【解答】解：A、由图示图象可知，bc过程中，气体压强p不变，温度T降低，由=C可知，气体体积V减小

34、故A错误；B、由图示图象可知，ab过程中，气体的温度T不变而压强p减小，由=C可知，气体体积V增大，故B正确；C、由图示图象可知，ca过程中，p与T成正比，由=C可知，气体体积V不变，气体压强p与温度T都增大，故CD错误；E、由图示图象可知，ca过程中，气体温度T升高，气体内能增大，U0，气体体积不变，外界对气体做功为零，W=0，由热力学第一定律得：U=W+Q，则Q=UW0，气体从外界吸收热量，故E正确；故选：BE【点评】从PT上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口14如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气

35、相通，左端封闭气柱长l=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？【考点】气体的等温变化；理想气体的状态方程【分析】根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强【解答】解：设U型管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：P1=P0，V1=l1S末状态为：P2，V2=（l1+）S有理想气体的等温变化得：P1V1=P2V2代入数据得：P2=60cmHg则低压仓的压强：P=P2h=6010=50cmHg答：稳定后低压舱内的压强是50cmHg【点评】解答关于