2024届陕西省渭南市高三一模物理试题（解析版）

渭南市2024年高三教学质量检测（I）

物理试题

注意事项：

i.本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共uo分。考试时间90分

钟。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

2.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和试卷上，检查答题卡上的条形码

是否与自己填写一致。

3.答第I卷时每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答在试卷上无效。

4.第II卷分必考题和选考题，考生须按要求在答题卡上的答题区域内作答。

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第卜8

题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。）

1.手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极

板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用

手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力尸增大时

（）

A.电容器的电容变小

B.电容器所带电荷量不变

C.电阻R上有从。到b的电流

D.极板间的电场强度不变

【答案】C

【解析】

【详解】A.由公式C可知，当压力F增大时，两板间距减小，电容增大，故A错误；

4万红/

BC.由公式C=2■可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从从a到b的

U

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电流，故B错误，C正确；

D.由公式E=S可知，极板间的电场强度增大，故D错误。

a

故选C。

2.如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小8=8的匀强

磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则（）

A.从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向

B.薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势

C.轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力

D.轻绳对薄圆管的拉力随时间减小

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律可知，感应电流的磁场要阻

碍其增加。所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时

针，故A错误；

B.由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律的“增缩减扩”可知，其薄圆管由垂

直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；

CD.根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终

等于圆管的重力，不随时间变化，故CD错误。

故选B。

3.中国空间站在距离地面约400km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。在空间站中可以利用匀速圆周运动

测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于。点，另一端系一待测小球，使其绕。做匀速圆周

运动，用力传感器测得绳上的拉力为F,用停表测得小球转过n圈所用的时间为3用刻度尺测得。点到

球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（）

第2页/共25页

A.圆周运动轨道一定要保持水平

B.小球的质量为m=——

C.因空间站在距地面400km轨道上运动，所以测得小球的质量比地球上小

D.小球在空间站中做匀速圆周运动，只受绳子拉力，地球对小球的万有引力几乎为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.空间站内的物体都是完全失重状态，则无论圆周运动轨道是水平还是竖直均可，选项A错

误；

B.根据

F=morR=mR/兀八丫

t

解得小球的质量为

Ft2

m-————

选项B正确；

C.虽然空间站在距地面400km轨道上运动，但是测得小球的质量与地球上相同，选项C错误；

D.小球在空间站中做匀速圆周运动，只受绳子拉力，但是仍受地球对小球的万有引力，选项D错误。

故选B。

4.具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以72km/h的速度匀速行

驶时，前方45m处突然出现一群羚羊横穿公路，”主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运

动，恰好在羚羊通过道路前5m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为（）

A.ImB.1.5mC.2mD.2.5m

【答案】D

【解析】

【详解】依题意，汽车做匀减速直线运动，其位移为

x=45m-5m=40m

初速度

%=72km/h=20m/s

设加速度大小为则有

—2ax—0—VQ

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解得

a=5m/s,

汽车的刹车时间为

=%=4s

由“逆向思维”可知汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为反方向做匀加速直线运动第1s内

的位移大小，即

x'=-at2=2.5m

2

故选D。

5.某汽车通过凸形桥桥顶时的示意图如图所示，当汽车通过凸形桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压

力为车重的3。为了安全，要求汽车运动到桥顶时对桥面的压力大小至少等于其所受重力大小的则汽

42

车通过桥顶时的最大速度为（）

A.lQ^/2m/sB.15m/sC.5am/sD.20m/s

【答案】A

【解析】

3

【详解】当汽车通过凸形桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的一，根据牛顿第二定律

mg--mg=m~

汽车运动到桥顶时对桥面的压力大小至少等于其所受重力大小的3,根据牛顿第二定律

mg—mg-m-^—

2R

联立解得汽车通过桥顶时的最大速度为

vm=10V2m/s

故选Ao

6.墨子《墨经》中提到可以用斜面运输较重的东西，在日常生活中经常会使用斜面。例如卡车装载大型货

物时，常会在车尾斜搭一块木板，工人将货物沿木板从地面推入车厢，如图甲所示。将这一情境简化为图

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乙所示的斜面模型，将货物视为质点，斜面高度一定，货物与斜面间的动摩擦因数各处相同。现用平行于

斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。则下列说法正确的是（）

A.斜面倾角越小推送货物的过程推力越小

B,斜面倾角越大推送货物的过程推力越小

C.斜面倾角越小推送货物的过程推力做功越少

D.若推力的功率一定，斜面倾角越小，物体运动时间越大

【答案】D

【解析】

【详解】AB.设斜面长度为L,对货物受力分析，由平衡条件可得

F=mgsin0+pimgcos0

令

sina=〃-,costz=1

7177

可得

F=mg戊+〃2sin(6+a)

当6+a=90°时,

Fm=mg^\+ju-

此时有

1

sin6»=—=cosa=

L

可知斜面倾角从小到大变化过程中推力存在极值。故AB错误;

C.根据动能定理，有

WF-mgH-pimgLcos0=0

解得

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WF=mgH+"mgdI?_H，

依题意，斜面高度一定，则斜面长度越大，倾角越小，推送货物的过程推力做功越多。故C错误；

D.根据

t

可知若推力的功率一定，斜面倾角越小，推力做功越多，物体运动时间越大。故D正确。

故选D。

7.分别带正、负电荷的A、B两个粒子，以相等速率从匀强磁场的直线边界上的M、N点分别以60。和30。

(与边界的夹角)入射方向射入磁场，又从N两点之间的尸点射出，已知与PN长度之比为&：

2,如图所示。设边界上方的磁场范围足够大，不计两带电粒子相互作用，则A、B两粒子的比荷之比为

()

A.2：1B.3：2C.2：3D.1：2

【答案】A

【解析】

【详解】依题意，两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，部分轨迹如图

由几何关系可得

MPPN

入sin60°=3，/sin30°=三

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又

MP

PN~2

根据两粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得

v2v2

qAvB=mA——，qBvB=—

「A/

联立，解得

4A

陶厂2

%1

网3

则A、B两粒子的比荷之比为2:1。

故选Ao

8.2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。“夸父一号”太阳探测卫星可以

观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为九若太阳均匀地向各个方向辐射硬X

射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S,卫星离太阳中

心的距离为R,普朗克常量为九光速为c,则太阳辐射硬X射线的总功率尸为（）

SNhc八兀KNhc门4/iR-Nhc八乃心丸

AA.----B.------C.--------D.----

4万RYSASASNhc

【答案】C

【解析】

【详解】每个光子的能量为

E=hv=h—

2

太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设1秒发射总光子数为小则

n47rH2

~tN~S

可得

4兀WNt

n=----------

S

所以r秒辐射光子的总能量

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,c4兀NNthc

W=E=nn—=------------

2SA

太阳辐射硬x射线的总功率

W_4兀NNhc

I-—52-

故选C。

9.静止在水平地面上的木板，上面固定一支架，在支架的端点用细线悬挂一个小球，现对小球施加一始终

垂直于悬线的拉力R将小球从竖直位置缓慢向上移动，直到悬线与竖直方向的夹角叙60。为止。在此过

程中，下列说法正确的是（）

A.拉力厂不断增大

B.细线的拉力不断变大

C.地面对木板的摩擦力不断变大

D.地面对木板的支持力不断变小

【答案】AD

【解析】

【详解】设绳子拉力为T,小球重力为G。

A.根据平衡条件得

G=Tcos6+尸sin6

Tsin0=Fcos0

可得

F=Gsin0

因为。增大，所以尸增大。故A正确；

B.因为

T=Gcos0

可知，6增大，T减小，细线的拉力不断变小，B错误；

C.把他们看成一个整体，整体受到得水平外力等于摩擦力，水平外力

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F'=Fcos0=—Gsin20

2

。增大到60。，户先增大后减小，摩擦力先增大后减小，故C错误；

D.把他们看成一个整体，竖直方向上有

G=N+Fsin3=N+Gsin20

所以地面对木板的支持力N不断变小，故D正确。

故选AD。

10.篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量相=60kg的运动员原地静止站立（不起

跳）摸高为2.10m,在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m,经过充分调整后，发

力跳起摸到了2.90m的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降0.5m处开始向上运动到双脚离地过程）

视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取：!0m/s2,对运动员的起跳过程，则下列说法正确的是

A.运动员处于超重状态

B.地面对运动员的冲量大小为240N-s

C.运动员对地面的压力为1560N

D.运动时间为0.5s

【答案】AC

【解析】

【详解】AC.从开始起跳到脚离开地面重心上升/n=0.5m,做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态。

离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离

/i2=2.90m-2.10m=0.8m

运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据

2

-2gh2=0-v

解得

v=4m/s

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在起跳过程中，有

2

2ahi=v

解得

a=16m/s2

由牛顿第二定律得

FN-mg=ma

解得

FN=1560N

由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N,方向竖直向下。故AC正确；

BD.依题意，运动员的起跳过程时间为

V

?=-=0.25s

a

地面对运动员的冲量大小为

/=练J=390N-S

故BD错误。

故选AC。

11.如图所示，边长为60cm的正方形ABCD处在匀强电场中，电场方向与ABCD平面平行。电子从A点

运动到2点，克服电场力做功36eV；电子从8点运动到C点，电场力做功27eV,下列说法正确的是

()

A.B、D两点间电势差UBD=9V

B.正方形ABC。上。点电势最高

C.匀强电场的场强大小为75V/m

D.电子从A点到C点，电场力做功9eV

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【答案】BC

【解析】

【详解】ABC.由

W=qU

代值可得

UAB=36V

UBC=-27V

设B点电势为零，则

(PA=36V

吐=27V

如图所示

可得

/BCN=37。

则由

U27V

E=-----四—=-----=0.75V/cm=75V/m

5Csin37°36cm

AR

BM=--------+(AD-ABtan37°)sin37°=84cm=0.84m

cos37°

B、。两点间电势差

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UDRLn)=—EBM=—63V

则D点电势

(pD=63V

所以正方形ABC。上。点电势最高，故A错误，BC正确；

D.电子从A点到C点，电场力做功

=一e(%-%)=—9eV

故D错误。

故选BC„

12.某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为

4：1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共“匝，总阻值为

R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为3的匀强磁场。大轮以角速度。匀速转动，带动小轮及线圈绕转

轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡

能发光且工作在额定电压Uo以内，下列说法正确的是()

A.大轮转动的角速度。不能超过

nBU

B.灯泡两端电压有效值为&九8乙20

C.若用总长为原来两倍的漆包线重新绕制边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡变得更亮

D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.依题意，大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据

v=a)r

由大轮和小轮的半径之比为4：1,可知小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度

为4。。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为

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Em=nBl}x4G

根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为

E与

根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为

YE

联立解得

U=桓nB/a)

发电时灯泡能发光且工作在额定电压Uo以内，可得

u0>u

解得

2nBl}

故A错误；B正确;

C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原

来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为

E'm=8nBi3co

此时线圈产生感应电动势的有效值为

E'

41

根据电阻定律可得

R=p一

S

可知线圈的电阻也会变为原先的2倍,根据电路构造的分析和欧姆定律可得

R

U'=----------E'

R+2R

联立解得

4y/2nBl3(D

U-----------------

3

可知灯泡变得更亮。故C正确;

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D.若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据前

面选项分析可知灯泡两端电压有效值会随之减小，因此灯泡会变暗。故D错误。

故选BC„

第II卷非选择题

二、实验题（2小题，共15分）：把答案填写在题目中的横线上或按题目要求作答。

13.某同学用图所示实验装置测量当地的重力加速度。让重锤做自由落体运动，选取打点计时器打出的纸

带较清晰的一条如图所示来完成数据测量与处理。在纸带上取6个打点计时器所打的点，其中1、2、3点

相邻，4、5、6点相邻，在3点和4点之间还有若干个点。打点计时器所用电源频率/=50Hz,si是1、

3两点的距离，S3是4、6两点的距离，S2是2、5两点的距离。

（1）求点2速度的表达式为=；求重力加速度的表达式8=（用Sl、S2、S3及/表

示）。

（2）该同学测得的数据用=3.10cm,52=16.23cm,邑=7.73cm,依公式可求得重力加速度g=

m/s2（保留三位有效数字）。

（3）测量值小于当地的重力加速度真实值的原因是o

9.65##9.60##9.61##9.62##9.63##9.64##9.66##9.67##9.68##9.69##9.70©.重锤受空气阻力或打点过程中

纸带受到阻力

【解析】

【详解】（1）口］根据中点时刻的速度等于平均速度得点2速度为

V=2L=A

22T2

［2］同理，根据中点时刻的速度等于平均速度得点5速度为

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V5A

52

根据匀加速直线运动位移速度公式可知

2gs2=%2_%2

重力加速度的表达式

（2）[3]代入数据解得

2

7.73x10一2丫—(3.10x10-2丫x50

=9.65m/s2

8s28x16.23x10-2

（3）[4]测量值小于当地的重力加速度真实值的原因是重锤受空气阻力或打点过程中纸带受到阻力。

14.小明用如图甲所示的电路测量电池组的电动势和内阻。

（1）开关闭合前，应先将电阻箱的电阻调到（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）o

（2）闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将

（选填“红”或“黑”）表笔始终接触。位置，另一表笔依次试触从c、d、e、f、g六个接线柱，

发现试触b、c、d、e时，多用电表均有示数，试触八g时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，

则故障是o

A.接线柱叼间短路B.接线柱de间断路或没有接好C.定值电阻断路或没有接好

（3）排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、凡某

一次测量，电压表的示数如图乙所示，示数为V。

（4）作出,-工图线如图丙所示，根据图中数据可得电池组的电动势E=V,内阻片Q

UR

（保留两位小数）。

【答案】①.最大值②.黑③.C2.50©,2.98©.0.49

【解析】

第15页/共25页

【详解】(1)口]开关闭合前，应将电路中电阻箱调到最大值，从而使开关闭合后电路中电流最小，起到保

护电路的作用。

(2)[2]a与电源负极相连，电势较低，应将黑表笔始终接触a位置。

[3]试触b、c、d、e时，多用电表均有示数，试触八g时多用电表均无示数。说明接线柱改间断路或没

有接好。

故选B。

(3)[4]电池组电动势为3V左右，电压表应选0~3V,最小分度值为0.1V,电压表示数为2.50V。

(4)[5]⑹由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知

F

1=----------，U=IR

R+RQ+Y

联立可得

11J

UERE

结合图像可知

r+RQ0.705—0.3361个个乙

—,—u.33o

E0.20E

解得电动势为

E=2.98V,r=0.49Q

三、计算题(共2小题，32分。计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只

写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)

15.如图，平面直角坐标系尤Oy的y轴沿竖直方向，x轴沿水平方向，在y》的区域存在平行于纸面的匀强

电场，其它区域无电场。现将一质量为电荷量为a(q>0)的可视为质点的带电小球从y轴上y=2/z无

初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g,带电小球做加速度大小为g的匀加速直线运动，运动方向与y

轴负方向成60。。求：

(1)电场强度大小和方向；

(2)小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过x轴的位置坐标。

第16页/共25页

【答案】(1)——,方向与x轴正方向成30。斜向上；(2)(A/3+1)J—,3h

q

【解析】

【详解】(i)带电小球在心/i区间做匀加速运动，受力如图所示由

牛顿第二定律得

Fa=ma

由题知

a=g

则由图可见

F电=〃zg

又

尸电=«E

解得

E*

q

电场方向与X轴正方向成30。斜向上。

(2)由题图可知，小球经过产入水平线时尤坐标

%=htan60°=出h

①小球在2h>y>h区间运动有

2h=；gt：

解得

又

第17页/共25页

v；=2g•2h

解得

V]=2/gh

②小球在OWy</z区间运动：

vlx=%sin60°=13gh,%=%cos60"=yj~gh

水平方向做速度为Vlx匀速直线运动，有

X2=Vlx/2

竖直方向做初速为Vly,加速度为g的匀加速直线运动，有

,12

+产

联立解得

-

t?-(61)^—,%2=(3-y/3)h

小球从释放到无轴的运动时间

t2=(6+1)^—

t=tx+

小球经过X轴的位置坐标

x=xi+x2=3/z

16.一种小孩玩的碰撞游戏可看作如下模型。如图所示，左端固定有竖直挡板的薄木板放于水平面上，木

板厚度可不计。滑块置于木板的右端，滑块可视为质点。已知滑块质量网=1.0kg,滑块与木板、滑块与水

平面、木板与水平面的动摩擦因数均为〃=。.2；木板长L=1.0m,质量m2=3.0kg,重力加速度取g=10m/s2。

现用尸=22N的水平拉力作用于木板，在滑块即将与木板左侧挡板碰撞时，撤去拉力F,设滑块与木板的碰

撞瞬间完成，且无能量损失。求：

(1)撤去拉力尸瞬间滑块与木板的速度大小；

(2)木板从开始运动直至停止的整个运动过程中位移大小；

(3)滑块和木板都停止时，滑块与木板右端的距离。

mi

，宣

【答案】(1)2m/s；4m/s；(2)4.25m；(3)3m

【解析】

第18页/共25页

【详解】(1)当力厂作用于木板时，根据牛顿第二定律，对滑块有

解得

ai=2m/s2

对木板有

F—pi(mi+m2)g=m2a2

解得

«2=4m/s2

滑块与木板即将碰撞时有

了1212

L=—-ciyt

代入数据解得

Z=1.0s

此时滑块速度

vi=ait=2m/s

木板速度

V2=〃2U4m/s

滑块的位移

4=g卬2=im

木板位移

12c

5*2=—

a2t—2m

(2)对滑块与木板碰撞过程，由动量守恒有

加IV1+小2V2=加1V1'+m2y2'

12121,21t2

5ml%+-m2v2=-m1v1+-m2v2

代入数据解得

vi-5m/s

V2-3m/s

接下来，滑块向右做匀减速运动

p.m\g=m\a\

解得

第19页/共25页

6Zi-2m/s2

木板向右做匀减速运动

jLL（m\+m2）g—jnmig=m2a2

解得

〃2'=2mzs2

若运动过程中滑块从木板上掉下去，而木板未停止，则对木板有

28=加2〃2”

解得

2mzs2

由此可得

~!!___I

〃2—〃2

因木板以小，加速度与滑块相等，所以木板先停下来。而滑块与木板与地面摩擦因数相同，所以无论滑块

在木板上还是在地面，一直做加速度为人的匀减速直线运动。而木板无论滑块在其上，还是掉下去，其加

速度大小不变，一直做电的匀减速直线运动。

对木板，在滑块与木板碰后运动距离

从开始运动到停止，木板的位移

s板=电+$2'=425m

（3）对滑块，在与木板碰后直到停止运动距离

滑块总位移

,v；2'

5块=i=k=-

比较滑块与木板运动，两者都停止运动相距

As=s块—s板=3m

滑块停在木板右端地面上，距木板右端3m。

17.对一定量的气体，下列说法正确的是（）

A.气体的体积是所有气体分子的体积之和

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B.气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和

C.气体的温度升高时，其分子平均动能一定会增加

D.当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少

E.气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的

【答案】BCE

【解析】

【详解】A.气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和，故A错误；

B.气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，故B正确；

C.气体的温度升高时，其分子平均动能一定会增加，故C正确；

D.当气体膨胀时，气体分子之间的势能增大，内能变化无法判断，故D错误；

E.气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故E正确。

故选BCE。

18.如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm2,质量根=1kg的活塞封闭一定质量的理想

气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态4其体积

V,=600cm3„缓慢推动活塞使气体达到状态B,此时体积匕=500«113。固定活塞，升高热源温度，气

体达到状态C,此时压强=1.4x105Pa。已知从状态A到状态C,气体从外界吸收热量Q=14J；从

状态B到状态C。气体内能增加AU=25J；大气压％=L0lxl()5pa。

(1)求气体在状态C的温度〃；

(2)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。

热源

【H答案】(1)350K；(2)11J

【解析】

【详解】(1)气体在A状态时，根据平衡条件有

pAS+mg=p0S

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气体从状态A到状态B的过程中发生等温变化，根据波意耳定律有

PM=PBVB

气体从状态B到状态C发生等容变化，根据查理定律有

=£c

TB~TC

其中

TA=TB=T=300K

联立以上各式解得

Tc=350K

(2)由于从状态A到状态8气体发生等温变化，即气体温度不变，因此

"B=0

而从状态A到状态C,根据热力学第一定律有

^UAC=Q+WAC

由于状态2到状态C气体发生等容变化，即气体体积不变，则可知

%=0

因此可得

WAC=WAB+WBC=WAB

而

联立解得

以=1U

19.图甲为一列简谐横波在/=0时的波形图，图乙为平衡位置在a2m处质点尸的振动图像。质点。的平

衡位置在产0.5m处，对该列波下列说法正确的是(