2022年河北省邯郸市高三（下）高考二模物理试题（解析版）

邯郸市2022届高三年级二模考试

物理

考生注意：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴

在答题卡上

的指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.吸烟过程是一个香烟不完全燃烧的过程，过程中能产生的有害成分达3000余种。其过程中会释放一种

危险的放射性元素”钵（；：°PO）”,；「PO连续发生〃?次a衰变和“次夕衰变后产生了新核钿

（瞿Bi）,下列说法正确的是（）

A.a衰变就是化学中分解反应n=\

C.新核锡（^6Bi）的中子数比质子数多43个D.；：°PO衰变产生的夕粒子可以穿透1cm厚的钢板

【答案】B

【解析】

【详解】A.。衰变是原子核衰变的一种形式，是核反应，不是化学中分解反应，A错误。

B.2；；Po比2MBi多1个质子，多3个中子，发生a衰变是放出；He,发生夕衰变是放出：e,根据质量

数守恒和电荷数守恒有

2加一〃+83=84

4m+206=210

解得

m-\,〃=1

B正确；

C.新核地（著Bi）的质子数为83个，中子数有

206-83=123

中子数比质子数多

123-83=4()

C错误；

D.a粒子的穿透能力较弱，不能穿透1cm厚的钢板，D错误。

故选B。

2.某小组设计了一个温控装置如图所示，一理想自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连

接，副线圈上接有1个指示灯泡L和热敏电阻已知温度升高热敏电阻与减小，灯泡L的额定电压大

于交流电压的有效值。下列分析判断正确的是（）

A.当滑动触头P向下移动时，灯泡L变亮

B.当滑动触头P向下移动时，输入电流增大

C.当滑动触头P不动时，若热敏电阻用所处的环境温度升高，则指示灯变亮

D.当滑动触头尸不动时，若热敏电阻用所处的环境温度升高，则指示灯亮度不变

【答案】C

【解析】

【详解】AB.当滑动触头P向下移动时，自耦变压器的副线圈两端电压减小，灯泡的变暗，副线圈功率

变小，故输入电流减小，AB错误；

CD.当滑动触头P不动时，自耦变压器的副线圈两端电压不变，若热敏电阻R,所处的环境温度升高，热

敏电阻与减小，灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，C正确，D错误。

故选C。

3.速度选择器装置如图所示，a粒子He）以速度均自。点沿中轴线OO'射入，恰沿做匀速直线

运动。所有粒子均不考虑重力的影响，下列说法正确的是（)

A.a粒子（：He）以速度%自O'点沿中轴线从右边射入也能做匀速直线运动

B.电子（＞）以速度%自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线OO'做匀速直线运动

C.筑核H）以速度自。点沿中轴线。。射入，动能将减小

D.晁核（：H）以速度2%自。点沿中轴线射入，动能将增大

【答案】B

【解析】

【详解】a粒子（；He）以速度%自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛

伦兹力和向下的电场力，满足

qv°B=qE

解得

E

%二万

即a粒子的速度满足速度选择器的条件；

A.a粒子（：He）以速度%自O'点沿中轴线从右边射入时，受到电场力向下，洛伦兹力也向下，故会

向下偏转不会做匀速直线运动，A错误；

B.电子（：e）以速度?自。点沿中轴线射入，受到电场力向上，洛伦兹力向下，依然满足电场力等于

洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，B正确；

C.笊核（；H）以速度;％自。点沿中轴线。0'射入，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，电场力做

正功，动能将增大，C错误；

D.瓶核（：H）以速度2%自0点沿中轴线。。射入，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，电场力做

负功，动能将减小，D错误。

故选Bo

4.如图所示。在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距

为儿A、B两点间的高度差为一，现有带光滑钩子、质量为，〃的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加

2

A.开始平衡时轻绳的张力大小为mg

B.开始平衡时轻绳的张力大小为避整

3

C.若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大

D.若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB.令结点左侧绳长心结点右侧绳长4,有

4cos4+Z2cos02=d

由水平方向受力平衡

Tcos0]=Tcos02

有

cosa=cosa=—=—

12Id2

竖直方向受力平衡有

2Tsinq=mg

带入数据可解得

T1=------

3

A错误，B正确；

CD.将绳子的A端沿竖直杆上移，或将木板绕水平轴CO缓慢向纸面外旋转，由AB中分析可知由于A、

B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，CD错误。

故选Bo

5.如图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，f=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力凡外力大

小随时间的变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图3所示，己知滑块与地面间的滑动

摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。则下列说法正确的是（）

a/(m-s-2)

0\123t/so\1234t/s

图1图2图3

A.滑块的质量为m=2kgB.4s末滑块速度的大小为12m/s

C.在0~ls的时间内，摩擦力的冲量大小为0D.在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N-s

【答案】D

【解析】

【详解】根据图2可知，外力F随时间的关系的表达式为

尸=2+4,

由图3可知，在片1s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有

/=6=6N

A.由图3可知，在/=4s时，滑块的加速度为4m/s2,根据牛顿第二定律有

F4-f=ma

解得

^^=3kg

m=

a

A错误；

B.由“1图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内“Y图像的面积即表示为4s

末滑块速度的大小

0+4

匕-------x(4-l)m/s=6m/s

2

B错误；

C.在0~ls的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0,其大小等于下的冲量大小

2+6

/fi=------xlN-s=4N-s

2

C错误;

D.在1~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

/n4=.%4=6x3N，s=18N・s

故在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

/=%+IM=22N-s

D正确。

故选D。

6.空间存在沿x轴方向的电场，x轴上各点电势°随坐标x变化的关系如图所示，则下列判断正确的是

A.在七处电场强度最大

B.在0~玉间只有一点电场强度的大小为&)=皆

C.将电子由4处移到马的处的过程中，电场力做正功

D.质子在4处电势能为零，受到的电场力也为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.在4处，电势随位置变化而不变，故该电场强度最小，为0,A错误；

B.根据0—x图像切线斜率的大小表示电场强度的大小可知，在。〜西间有一点切线方向与不处的割线

平行，即有一点电场强度的大小为”,B正确；

C.将电子由七处移到W的处的过程中，电势降低，电势能增加，电场力做负功，c错误;

D.质子在巧处电势为零，电势能为零，但是该位置电场强度不为零，故受到的电场力不为零，D错误。

故选Bo

7.某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为机滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为/的

轻弹簧与0点相连，两质量均为m的小球P,和P2对称地安装在轴的两边，P,和P2与。、R和P2与Q间

用四根长度均为/的轻杆通过光滑钱链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为

6=30。。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3,移

B.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为/

c.若和巳绕轴旋转的角速度从o缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大

D.若R和巳绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.当装置静止不动系统达到平衡时，对R和P2受力分析有，OP沿杆向上的拉力和QP杆沿杆向

上的支持力，则OP杆的拉力为

FOPcos0+FQPCOS0=mg

Fovsin0=FQPsin0

解得

%=方-〃陪

沿竖直方向上的分力为等。将R、巳和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和R和P?与。之间杆的拉

力，弹簧的弹力，根据平衡条件得

2々加cos0+kNl-3mg

故轻弹簧弹力大小为2mg,A错误；

B.根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，0Q的距离为的距离为由/,故轻弹簧的伸长量

为(6-1)/,B错误；

CD.若匕和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，P1和P2所需要的向心力变大，故QP杆对球P的支持力

先逐渐减小后反向增大，0P杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小，随后又变为压

缩状态，故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两

个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。

8.据报道北京时间2021年10月16日9时58分，航天员翟志刚、王亚平、叶光富先后进入天和核心舱，

中国空间站也迎来了第二个飞行乘组。已知空间站绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约

为地球半径的上，地球同步卫星轨道离地面的高度约为地球半径的6倍，下列说法正确的是()

16

A.航天员在空间站可以通过举重来锻炼肩部和背部肌肉

B.航天员在空间站可以通过弹簧拉力器锻炼肩部和背部肌肉

C.王亚平老师将水从水袋中挤出后，水会在空中显现水球是因为水不受万有引力作用

D.中国空间站在轨道上运行周期小于同步卫星的运行周期

【答案】BD

【解析】

【详解】A.重物在空间站里处于完全失重状态，所以航天员在空间站不可以通过举重来锻炼肩部和背部

肌肉，故A错误；

B.弹簧弹力是由弹簧形变产生，航天员在空间站可以通过弹簧拉力器锻炼肩部和背部肌肉，故B正确；

C.王亚平老师将水从水袋中挤出后，水会在空中显现水球是因为水球所受万有引力全部用来提供做圆周

运动的向心力而处于完全失重状态，故C错误；

D.根据

解得

结合题意可知中国空间站在轨道上运行周期小于同步卫星的运行周期，故D正确。

故选BD。

9.如图所示，在光滑的水平地面上放有质量为，"的U形导体框，导体框的电阻可忽略不计。一电阻为

R、质量也为，〃的导体棒CD两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路，矩形回路的宽度为乙、长为s；

在U形导体框右侧有一竖直向下足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场边界与E尸平行，且与E尸

间距为s。。现对导体棒CC施加一水平向右的恒力/使U形导体框和导体棒以相同加速度向右运动,

当EF刚进入磁场U形导体框立即匀速运动，而导体棒CQ继续加速运动。已知重力加速度为g,导体棒

CO与U形导体框间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与框始终接触良好。下列判断正确的是

)

CsEXXXX

B

LXXXX

XXXX

XX

DFXX

A.EF在进入磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小F

B2I3[FS^

B.E尸在刚进入磁场以后导体棒CO受到导体框的摩擦力大小f=

R

c.导体棒CO与。形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者可能都做匀速运动

D导体棒CO与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者都做匀加速运动

【答案】BD

【解析】

【详解】A.所在进入磁场以前，棒与框一起加速运动，则有

F=2ma

导体框受静摩擦力作用加速运动，则有

•fo=ma=5

根据牛顿第三定律可知，EF在进入磁场以前导体棒8受到导体框的摩擦力大小二，A错误;

2

B.导体框进入磁场前做匀加速运动，根据运动学关系可知

诏-0=2as[)

解得

EF在刚进入磁场以后，导体框切割磁感线产生感应电动势

E=BLv0

通过EF电流为

I=E=BLy^

RR

受到安培力作用为

导体棒与导体框发生相对运动，之间的摩擦力变为滑动摩擦力，导体框在磁场中匀速运动可知，滑动摩擦

力与安培力平衡

CD.导体棒CZ)与U形导体框都进入磁场，开始时，导体棒C。速度大于U形导体框速度，由导体棒

CO边与导体框共同切割磁感线产生电动势，形成电流，使得U形导体框EF边受到向右的安培力，与摩

擦力共同作用使其做加速运动，E尸边受到向左的安培力，向右做加速运动。设导体棒和金属框的速度

分别为匕和2，则电路中的电动势

E-3L(w-岭)

电路中的电流

I——E——瓶（巧一彩）

RR

金属框和导体棒CD受到的安培力

22

_B£(V,-V2)

'安框R

与运动方向相同

22

,BL(V,-V2)

「发CDR

与运动方向相反

则对导体棒CD

8*(丫%)

F£f=㈣

对金属框

,B2L2(V,-V)

2

f+£=ma2

初速度V,>v2,则q开始逐渐减小，的逐渐变大。当q=%时，相对速度

一FR西

大小恒定，经过足够长时间后两者都做匀加速运动，C错误，D正确。

故选BD。

10.如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E,在地面上。点处有一足

够大的固定绝缘平板OM与水平地面夹角6=30°,在地面上到。点距离为d的P点处有带电小球。已知

小球的质量为m,当给小球一垂直于OM方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点

且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（)

A.小球所带的电量为4=华旦

B.小球初速度的大小为％=J半gd

C.若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度u=J丽，小球仍能打到绝缘平板上

D.若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度v,=而，小球经过时间t=£又落回地面

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB.由题意可知，带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示，可知小球带正电

可得

F」~^=空mg

qE=mgtan30,

acos3003

解得

6mg

q=------

3E

根据动能定理可得

-7*1sin300=0--mvl

联立解得

A错误，B正确;

C.若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度y=J筋，沿PN方向和垂直于PN方向进行分解，则

小球仍能打到绝缘平板上，C正确;

D.若给小球一个平行于绝缘平板的初速度用=而，沿竖直方向和水平方向进行分解，则竖直方向

的分速度为

1

匕、=一H=-——

)22

又落回地面的时间为

D正确。

故选BCDo

三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15~16题为选

考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共42分。

11.某小组设计了如图所示装置来验证加速度〃与物体所受合外力尸的关系。重物A的质量为M,重物

A、B用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，在B的一边放有6个质量均为〃?的槽码，此时A、B刚好平衡且保

持静止。竖直标尺上固定两个标记C和。，C和。的距离为人固定重物A在标记C处，现将重物B上面

的一个槽码放在重物A上面。

c

□1

标

h

尺槽码

D

（1）由静止释放重物A,用时间传感器记录A由标记C运动到D的时间t,则重物A到达标记D的速度

为丫=;

（2）再将重物8上面的槽码移"=2个、3个、4个、5个、6个放在重物A上面。由静止释放重物A,保

持每次重物下落的位置不变，重复（1）实验多次，测得多个A由标记C运动到。的时间f,已知当地重力

加速度为g，以产为纵轴，以（填或“二”）为横轴，如果图像是斜率等于

nn~

—且过原点的直线，则可以得出当物体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。

_2h1-2Mh

【答案】①.一②.-③.——

tnmg

【解析】

【详解】（1）[1]A由标记C运动到。过程中做初速度为0的匀加速直线运动，则有

,V

h=­t

2

整理得

2h

v=——

t

（2）⑵[3]物体下落的加速度为

v2h

a=-=—

tV

在B的一边放有6个质量均为加的槽码，此时A、B刚好平衡且保持静止，则有

Mg=6mg+MBg

根据牛顿第二定律

+nm)g—(6—njmg—M^g=(A7+6m+M

联立整理得

22Mh1

t=-----

mgn

,12Mh

故，以尸为纵轴，以一为横轴，图像是斜率等于——，且过原点的直线，则可以得出当物体质量一定

nmg

时，物体的加速度与合外力成正比。

12.某小组测定一金属丝的电阻率，部分实验步骤如下：

（1）用螺旋测微器测量该金属丝直径，示数如图1所示，则该金属丝的直径d=mm；

（2）因为在实验室找不到合适的电流表，该同学设计了如图2所示的电路，电源电动势E为4.5V,内阻，

约为1C,定值电阻飞=15QC；电压表量程为3V,内阻段约为3kC,一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值

大于凡），并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、电阻箱。主要实验步骤如下:

012345678910II121314151617181920

IlJII",I":I,III1IIIII!IIIIIIIII1I"1I:I

A将器材按如图2所示连接；

B.开关闭合前为了电压表的安全，金属夹应夹在电阻丝的（填“m”或）端，并将电阻

箱的阻值调到（填“最大”或“最小”）；

C.然后调节电阻箱的阻值使电压表的示数为U°=3.0V,记下电阻箱的阻值；之后不断改变段接入电路

的长度x,调整电阻箱的阻值，使电压表示数始终为U°=3.0V,记录下电阻丝&接入电路的长度x及对

应电阻箱的阻值凡得出多组数据，作出Rx图线如图3所示。〃、人为已知量；Do根据图像和测量的直

径求得金属丝的电阻率。=（用“、b、d、左等字母表示），电压表内阻使得电阻率p测量结果

（填“不变”“偏大”或“偏小”）。

【答案】①.3.700##3.699##3.701②.〃（3）.最小④,砂L⑤.不变

4。

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器读数是固定刻度读数（0.5mm的整数倍）加可动刻度（0.5mm以下的小数）读

数，图中读数为

d=3.5mm+20.0x0.（）lmm=3.700mm

（2）[2]⑶电压表测量电阻丝和电阻箱的总电压，故开关闭合前为了电压表的安全，金属夹应夹在电阻丝

的〃端，并将电阻箱的阻值调到最小；

⑷保持电压表示数不变，即电阻丝的阻值与电阻箱的总电阻保持不变，根据图像的截距可知，电阻丝的阻

值与电阻箱的总电阻为瓦当变阻箱电阻为。时，电阻丝的长度为“，则有

整理得

7rbd2

p-------

4。

[5]因为电压表的示数始终保持不变，电阻丝的阻值与电阻箱的总电阻保持不变，故电压表的内阻对测量结

果无影响，使得电阻率P测量结果不变。

13.某小组设计了分离质子和a粒子的装置如图所示，内部直径为d的真空加速管两端接有高压直流电压

U,有一粒子源持续不断地向真空加速管下端释放质子;H和a粒子；；He的混合粒子，粒子初速度为零，

经真空加速管加速后，这些粒子从上端口垂直磁场方向进入匀强磁场经过磁场将质子;H和a粒子；He分

离。己知质子的质量为，小a粒子的质量为4〃?，质子的电量为e,不计粒子的重力。求：

（1）质子;H和a粒子；He进入磁场时速度大小；

（2）要使质子;H和a粒子；He通过磁场以后完全分开，匀强磁场的磁感应强度8必须满足的条件。

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

-）坪柠⑵'TH

【解析】

【详解】（1）设质子;H和a粒子：He进入磁场时速度大小分别为匕、匕，根据动能定理得

12

eU=­mv]

2eU^--Amv^

22

解得

\2eU

[eU

V2=h

（2）设质子;H和a粒子；He进入磁场后做圆周运动的半径分别为4和与,由洛伦兹力提供向心力得

2

Bevy=m-

r\

解得

_mv}_1色必

'lBe-BNe

同理

A

B-2ev2=4m—

r2

解得

2mv2\mU

为=Be2=Bqe

要使质子；H和a粒子；He通过磁场以后完全分开，则

lr2-lrx>d

解得

*（4-2及）［^U

dNe

14.如图所示，在倾角9。37。足够长的粗糙斜面上放一长L=3.0m、质量为机、上下挡板厚度不计的U

形盒子P（盒子内底面与斜面平行），盒子P与斜面间的动摩擦因数〃=*。在盒子的上端放一质量等于

2"的物块Q（可看做质点），Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞

时间极短且碰撞中没有机械能损失，重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.81,求：

（1）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自速度大小；

（2）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后再经过多长时间与P发生第二次碰撞；（结果可用根式表示）

（3）当盒子P从开始位置向下运动至多大距离时，物块Q才不再与盒子P发生碰撞。

6

【答案】（1）%=2m/s,vp=8m/s；（2）Rs；（3）9m

【解析】

【详解】（1）物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律

2mgsin0-2ma

a=gsin。=6m/s2

根据速度与位移关系公式：产-%,=2ax得物块Q与盒子P发生第一次碰撞前的速度为

v-\j2aL-J2g-sin6=6m/s

物块Q与盒子P发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有

2mv=2mvQ+mvp

—•2mv2

2

解得

v4v

vQ=—=2m/s,vp=—=8m/s

(2)第一次碰撞后盒子P做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

mgsin6—•3mgcos0=ma

解得

a'=gsin6-3〃gcos0--16m/s2

物块Q与盒子P速度相等时有

vp+a7()=vQ+ata

解得

3

t=——s

0Q11

3

在。=「s时，盒子P与物块Q的位移差为

1,2f12』m<3m

vp1o+-a%一1%，()+-at(>

11

故不会与上板相碰，设物块再经过时间"与P发生第二次碰撞，则有

2

Vpt+—4Z'/"=VQZ+—6Z/

解得

6

一s

11

(3)物块Q与盒子P发生的是弹性碰撞，分析可知物块Q与盒子P只要运动就一定会碰撞，当物块Q与

盒子P均静止时就不在发生碰撞，设盒子P下滑的距离为s,根据能量守恒可得

3mgssin8H—2mv"-fi-3mgscos0

解得

s=9m

(-)选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。

15.如图所示，一定量的理想气体经历三个不同过程，从状态a经过热力学过程"、be、后又回到状态

下列说法正确的是()

B.浦过程中，外界对气体做正功

C.岳过程中，气体始终吸热

D.ca过程中，c状态的体积匕与。状态的体积匕的关系式为去=4.7315

va

Eca过程中，气体始终向外界放热

【答案】BCE

【解析】

【详解】AB.由图可知，他过程，6与绝对零度连线的斜率大于“与绝对零度连线的斜率，则人状态气体

的体积小于。状态气体的体积，则必过程中体积减小，气体对外做功，A错误，B正确；

C.庆过程中，气体温度不变，压强变小，体积变大，故气体内能不变，对外做功，根据热力学第一定律

可知，气体始终吸热，C正确；

D.s过程中，气体压强不变，等压变化，得

c状态的体积匕与。状态的体积V“的关系式为

—.15+273.15—7315

匕，Ta100+273.15

D错误；

E.以过程中，气体压强不变，温度降低，内能减小，气体体积变小，外界对气体做功，故气体始终根据

热力学第一定律可知，气体始终向外界放热，E正确。

故选BCE,

16.某小组设计了一个气压升降机如图所示，竖直圆柱形光滑绝热汽缸中间有一个小支架，支架上放有可

以自由移动的横截面积为S的绝热轻质活塞，活塞上放有重物，活塞到缸底的距离为，，已知大气压强为

Po,重力加速度为g。活塞下方空间放有电阻丝，可以对气体加热。工作时先把活塞下方抽成真空，然后

将容积为h=A"S、压强为Pl=110p。、温度为"装有氨气的容器通过阀门K向活塞下方空间充气,

假设充气过程中氨气的温度不变，且可视为理想气体，充气结束时活塞刚好离开支架。

（1）求重物的质量M；

（2）将阀门K关闭以后，将电阻丝接通电源，当电阻丝产生的热量。全部被氯气吸收时，活塞上升高度

为h,求此时汽缸内氨气的温度T和增加的内能

［筝］

1接柱电由源1

【答案】（1）一“［一；（2）“+'T。,Q-l°P°Sh

8H

【解析】

【详解】（1）充气过程中氮气的温度不变，等温变化得

110为%=.(%+m)

V^—HS

°10

解得充气后活塞下方气体的压强为

p=lOPo

对活塞受力分析得

pS=p0S+Mg

解得

g

（2）活塞上升过程中其他压强不变，由等压变化为

SH=S（H+h）

彳=~"T

解得

H+h

T=

H

在此过程中，气体对外做功为

W-