2026年高考物理二轮复习（标准版）第三部分小综合抢分练（三）含答案

（标准版）第三部分小综合抢

分练（三）

（时间：50分钟）

1.如图1所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别

为〃7A=6kg、〃7B=2kg,A、B之间的动摩擦因数〃=0.2,水平向右的拉力厂作

用在物体A上，开始时尸=1（）N,此后逐渐增加，在增大的过程中（最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）,则（）

——►

---------F

B

力

图1

A.当拉力卜＜12N时，两物体均保持静止状态

B.两物体始终没有相对滑动

C.两物体从受力开始就有相对滑动

D.要让两物体发生相对滑动需要F大于48N

答案D

解析由于水平面光滑，当拉力产〈12N时，合外力不为零，所以A、B两物体

均不能保持静止状态，A错误；当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，即

要发生相对滑动，历'mqMAgn12N,此时物体B的最大加速度为小】=熏=6m/s2,

对A、B整体来说尸=（〃ZA+〃出）“m=48N,故当F从10N逐渐增大到48N的过

程中，两物体不发生相对滑动，“大于48N,则两物体会发生相对滑动，D正确，

B、C错误。

2.（2024•北京丰台二模）如图2所示，质量为m的小球用长为I的细绳悬于P点，

使小球在水平面内以角速度co做匀速圆周运动。己知小球做圆周运动时圆心。到

悬点P的距离为〃，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

图2

A.绳对小球的拉力大小为m（o2l

B.小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0

C.保持〃不变，增大绳长右增大

D.保持力不变，增大绳长/,绳对小球拉力的大小不变

答案A

解析设细绳与竖直方向的夹角为仇根据牛顿第二定律可得hinO=〃w2/sin。,

解得绳对小球的拉力大小为丁=〃心％故A正确；小球转动一周，小球的动量变

化为0,根据动量定理可知，合外力的冲量为0,由于重力的冲量不为0,则绳对

小球拉力的冲量不为0,故B错误；保持〃不变，设细绳与竖直方向的夹角为夕，

根据牛顿第二定律可得机glan£=〃7（/"an。'，解得①='机，可见增大绳长/,co

不变，故c错误；根据r=〃心力可知增大绳长/,绳对小球拉力的大小增大，

故D错误。

3.（2024•河北沧州一模）如图3是一种用折射率法检测海水盐度装置的局部简化图。

让光束从海水射向平行空气砖（忽略薄玻璃壁厚度）再折射出来，通过检测折射光

线在不同盐度海水中发生的偏移量d,进而计算出海水盐度。己知某一温度下，

海水盐度变大引起折射率变大。下列说法正确的是（）

图3

A.一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，则两束光不一定平行

B.一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，则1光的频率更高

C.一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，说明海水的盐度变大

D.一束单色光射向平行空气传后偏移量变小，说明海水的盐度变大

答案C

解析光线经过玻璃砖上下两个表面两次折射后，出射光线与入射光线平行，故

A错误；由图可知，光线在左侧面折射时，光束1的折射角小，根据光路可逆和

折射定律〃=翳可知，光束1的折射率较小，频率较小，故B错误；由图可知，

5】FlC72

光束1的折射率小，偏移量小，所以若一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，

说明折射率变大，即海水的盐度变大，若偏移量变小，说明海水的盐度变小，故

C正确，D错误。

4.(2024•福建厦门模拟)平时我们所处的地球表面，实际上存在电场强度大小为100

V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图4

所示。空间中存在仄c三点，其中。点位于金属杆正上方，仄c等高。则下

列说法正确的是()

A./?、c两点的电势差“记=0

B.。点的电场强度大小大于100V/m

C.a点的电场强度方向水平向右

D4点的电势低于c点

答案B

解析由图可知，氏。两点的电势差为U氏=2()()V-3()()V=-1()OV,故A错误；

由图可知，。点与相邻两等势面的距离小于1m,弓势差等于100V,根据E=g，

可知。点的电场强度大小大于10()V/m,故B正确；根据电场强度方向与等势面

垂直，可知。点的电场强度方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由图可

知，。点与c点在同一等势面上，电势均为300V,故D错误。

5.(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O,f=0时刻

波源开始振动，f=3s时波源停止振动，如图5所示为f=3.2s时靠近波源的部分

波形图。其中质点。的平衡位置离原点。的距离为x=2.5m。下列说法中正确的

是()

图5

A.波速为5ni/s

B.波源起振方向沿），轴正方向

C.在，=3.3s,质点。位于波谷

D.从波源起振开始计时，3.0s内质点a运动的总路程为2.5m

答案AD

4y10

解析由题意可知。m/s=5m/s,选项A正确；f=3.2s时Axi="

=5X3.2m=16m,由于7=2.0m,故波形前端的运动同x=2.0m质点的运动，

可判断2.0m处的质点向下振动，故波源起振方向沿），轴负方向，选项B错误；

周期7=楙=号s=0.4s,从图示时刻经加，=0.屋=；,质点。位于平衡位置，选

项C错误；从/=0时刻起，经△，2=n=-^-s=0.5s,质点ci开始振动，3.0s

T

内质点.振动了2.5s,又2.5s=67+1,故质点a运动的总路程为s=6X4A+4

=25X0.1m=2.5m,选项D正确。

6.（多选）（2024•湖北武汉高三期末）如图6所示，在纸面内两直角边长均为L的三角

形MNP区域内（不含边界）有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，

一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从PM边的中点4平行PN边射入MNP区

域，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（）

图6

A.粒子刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力

时，带电粒子垂直于PN边射出磁场

C.若粒子从PN边射出磁场，则喂（。V当辔1

D.若粒子从MN边射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为既

答案BD

解析由左手定则，洛伦兹力方向向右，故A错误：带电粒子垂直于尸N边射出

磁场时，半径为厂=亨，由可知速度为0=喑=野，,故B正确；当运

动轨迹与A/N相切时，如图所示，

745》

pO,

।Ir,c,L、3/=(g+1)L-1〜一(也+1)qBL

由几何关系知，rr+rr=S+5)2,斛仔川=一，则速度oW—-z—~~L—,

444r，〃

但/min=T，Dmin=,所以粒子从PN边射出磁场的速度范围

1IIII-■rF<-

WuW©"詈吼,故C错误；由几何关系可知，当运动轨迹与MN相切时，

乙，，I

偏转的圆心角最大为45\运动的最长时间/max=舞，故D正确。

4qb

7.(2024•山东济南一模)如图7(a)所示，恒流源输出的电流大小恒定，与电流表G

的满偏电流及相同，电流表G的内阻为%。现对一只数字己模糊的电阻箱R重

新标记，将电阻箱Ri和电流表G如图(a)接入电路，闭合开关Si、S2,调整电阻

箱Ri的旋钮到不同位置，分别读出电流表G的示数/,根据电流表G的示数和不

同旋钮位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。

恒流源I；」

ES(R,

⑴请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻R与电流表的示数/之间的表达

式&=(结果用题中的字母表示)。

(2)某同学采用如图(b)虚线框中所示结构模拟恒流源，先闭合Si,断开S2,调节

R2使电流表G满偏；然后保持&的滑片位置不动，闭合S2,调整电阻箱用的旋

钮到不同位置，用(1)中相同的方法标定电阻值。为了减少误差，在选择电源与滑

动变阻器时，应尽量选择电动势(选填“大”或“小”)一些的电源。

⑶用图(b)所示电路进行测量时，%的测量值将(选填“偏大”或“偏

小”），且电阻箱凡接入电路的阻值越大，误差将（选填“越大”“越

小”或“不变”）。

答案⑴四7⑵大（3）偏大越小

解析（1）电阻箱与电流表电压相等，则/Rg=（/g—/）心

（2）为提高电路的稳定性，电源电动势应大一些。

（3）闭合S2,电路总电阻减小，干路电流的真实值大于测量值，则R-的测量值将

偏大。

电阻箱R接入电路的阻值越大，总电阻的变化越小，总电流变化越小，误差将减

小。

8.（2024.湖南邵阳二模）在导热良好的矩形汽缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气

体，当把汽缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于汽缸口处，如图8甲所示；

当把汽缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为

加，横截面积为S,大气压强〃0=警，环境温度为7b,汽缸的深度为/?,重力加

速度为g,不计活塞与汽缸壁间的摩擦。

白口

甲乙

图8

⑴求图乙中活塞离汽缸底部的高度用；

（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于汽缸口，已知封

闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT,k为常数，大气压强保持不变，

求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。

答案（1*（2^kTo+2mgh

解析（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为0、P2

则有〃iS+〃吆=/x）S,〃（6+〃吆=p2s

3〃胴5〃7g

解得

p\=SQ=s

气体做等温变化，由玻意耳定律有〃出5=〃2加5

3

联立解得小=如

（2）设活塞回到汽缸口时气体温度为行，气体做等压变化，则有等=管

可得刀=£外

气体对外做的功为W=p2s（历一〃）=一2加以？

2

气体内能变化为AU=5T7b=?7b

根据热力学第一定律AU=Q+W可得

Q=^kTo-]-2mgh0

9.如图9所示，-燧直平面内固定的倾角。=30。的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一

小段圆弧相切于C点，水平轨道的左侧与固定的半径为R=0.32m的光滑竖直半

圆形轨道相连。小球A以g=16m/s的速度与静止在水平轨道上的小球B发生正

碰，结果小球B恰好能通过半圆形轨道的最高点。已知小球A、B质量分别为0.1

kg和0.5kg,小球A与斜面间的动摩擦因数为"=坐,重力加速度g=10m/s2。

求：

⑴两球第一次正碰后小球B的动量大小；

（2）小球A沿斜面向上运动的最大距离。

答案（l）2kg”ii/s（2）1in

解析（1）根据题述，小球B恰好能通过半圆形轨道最高点，

故在最高点有〃出g=〃加用

设A、B第一次正碰后B的速度大小为内，小球B从碰后到运动到D点的过程

中，根据动能定理，有一"7Bg・2R=5〃B。?）一矫

联立以上两式并代入数据解得办=4m/s

故两球第一次正碰后小球B的动量大小为PB=WH0B=2kgm/So

(2)A、B碰撞过程中动量守恒，以00方向为正方向，则有mAa)=/〃AOA+〃2B0B

代入数据解得。A=-4m/s

负号表示方向与00方向相反

A以大小为UA=4m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为

mgsin9+〃〃7WCOS3八，八.

a--------°---------gsin〃+〃gcos0~Sm/s2

设小球A沿斜面向上运动的最大距离为s,则根据派=2.

解得s=lm0

10.(2024•天津南开二模)某电磁轨道炮的简化模型如图10所示，两光滑导轨相互

平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L导轨左端通过单刀双掷开

关与电源、电容器相连，电源电动势为E,内阻不计，电容器的电容为C。EF.

PQ区域内有垂直导轨平面向3磁感应强度为8的匀强磁场，EF、尸。之间的距

离足够长。一炮弹可视为宽为£、质量为机、电阻为R的金属棒静置于石月处，

与导轨始终保持良好接触。当把开关Si、S2分别接〃、时，导轨与电源相连，

炮弹中有电流通过，炮弹受到安培力作用向右加速，同时炮弹中产生感应电动势，

当炮弹的感应电动势与电源的电动势相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速

度。不考虑空气阻力，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。求：

图10

⑴炮弹运动到PQ边界过程的最大加速度am；

(2)炮弹运动达到最大速度的过程中，流过炮弹横截面的电荷量q和回路产生的焦

耳热Q；

⑶将炮弹放回原位置，断开S2,把Si接c,让电源给电容器充电，充电完成后,

再将Si断开，把S2接力求炮弹运动到PQ边界时电容器上剩余的电荷量以

BELc、mE〃店个。2石加方

答案⑴机/?⑵笈〃2B2L2⑶

解析(1)炮弹刚开始运动时通过炮弹的电流最大，炮弹受到的安培力最大，加速

度最大。有1=宗,F安=ILB,F安=mam

整理得景。

（2）随着炮弹速度的增大，炮弹的感应电动势增大，通过炮弹的电流减小，当感应

电动势与电源电动势相等时回路中电流为零，炮弹达到最大速度。

即E=BLVm

尸-A

仔。m—瓦

炮弹从静止到达到最大速度过程流过炮弹横截面的电荷量。=/加

由动量定理有BLl\t=mVn\—O

联立解得4=墨

电源做的功转化为炮弹的动能和回路产生的焦耳热，有

Q=cjE—^nVm

解得Q=2B2[｝。

（3）电容器充满电时所带的电荷量为qo=CE

当电容器与炮弹连接后电容器放电，炮弹向右加速，电容器的电荷量、电压减小,

当炮弹的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，炮弹达

到最大速度“八此后电容器不再放电。设此时电容器剩余电荷量为有E'=

BLvm'

F=c

由动量定理有BL(qo—qr)=mvm—0

解得片扁笔？小综合抢分练（四）

（时间:55分钟）

1.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽

略不计）的斜面上由静止开始滚下，以冲淡重力。如图1所示，设A、8、C与斜

面底端的距离分别为SI、S2、S3,小球从A、B、。处由静止开始运动到斜面底端

的时间分别为力、，2、3到斜面底端时的速度分别为幼、V2、V3,则伽利略当时

用来证明小球沿斜面向下的运动是匀变速直线运动的关系式是（）

B

图1

cV\V203

A.5I-S2=S2-S3B—=—=一

t\t2Z3

_V\V2V3

uD--2=—2=一2

答案C

解析由图及运动学规律可知SI—S2>S2—S3,A错误；由。=6〃可得1=7，三次

下滑中的加速度相同，故公式正确，但不是当时伽利略用来证明匀变速直线运动

的结论，B错误；由运动学公式可知s=加尸得〃=宁，故三次下落中位移与时间

平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变

速直线运动，C正确；小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，D

错误。

2.如图2所示，工Oy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从O点开始

做平抛运动，P点是轨迹上的一点。质点在尸点的速度大小为。，方向沿该点所

在轨迹的切线。M点为P点在。E轴上的投影，P点速度方向的反向延长线与Ox

轴相交于。点。已知平抛运动的初速度为20m/s,MP=20m,重力加速度g取

10m/s,则下列说法正确的是（）

图2

A.QM的长度为10m

B.质点从。到尸的运动时间为1s

C.质点在P点的速度大小为40m/s

D.质点在P点的速度与水平方向的夹角为45。

答案D

解析根据平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，有力=全/，可得f

=2s；质点在水平方向的位移为x=vot=4Om,根据平抛运动的推论可知Q是

0M的中点，所以QM=20m,故A、B错误；质点在尸点的竖直速度为”=gf

=20m/s2,则。=4后+碇=4202+2()2m/s=2O\/2m/s,故C错误；因为tan6=

竽=1,所以质点在尸点的速度方向与水平方向的夹角为45。，故D正确。

U.V

3.如图3,半径为R的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ

是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从M点先后以相同

速率。射入磁场，其中粒子甲沿射入，从。点射出磁场，粒子乙沿纸面与

MN方向成30。角射入，两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作

用，则两粒子射入磁场的时间间隔为()

图3

A述R达c岖D邨

A12。3V

答案B

解析。是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形OQOM是正方形，由

r=瑞知甲、乙运动轨迹的半径相同，均为R,甲运动轨迹的圆心角为宏而粒子

乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为半甲运动的时间为力="=)w=w，乙

运动的时间为/2=，=(•*=器因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁

场的时间间隔为4=力一/2=笠一第=哈，故B正确。

4.（2024・湖北十一校二模）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上，

物块P的质量为2kg,如图4甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，，

=（）时对物块P施加水平向右的恒力忆f=Is时撤去，在0〜1s内两物块的加速

度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中，下列说法正确的是（）

A」=ls时，物块Q的速度大小为0.4m/s

B.恒力产的大小为1.6N

C.物块Q的质量为0.5kg

D.f=ls后，物块P、Q一起做匀加速直线运动

答案C

解析题图乙中图线与横轴围成的面积表示速度的变化量，若0〜1s内Q的加速

度均匀增大，贝If=ls时Q的速度大小等于0.4m/s,而物块Q的a—f图线是曲

线，所以，=1s时Q的速度大小大于0.4m/s,A错误；r=0时，对物块P有尸=

,阳口0=2><1N=2N,B错误；撤去恒力产前瞬间，对物块P、Q组成的整体有尸

=0〃P+〃7Q）41,解得ZWQ=0.5kg,撤去恒力产后，两物块受弹簧弹力作用，不会

一起做匀加速直线运动，C正确，D错误。

5.（多选）（2024•山东青岛高三期末）如图5所示，D是一只理想二极管，电流只能从

。流向〃，而不能从〃流向。。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点

处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，6表示

电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，则下列说法中

正确的是（）

图5

A.E变小B.U变大

C.Ep不变D.电荷仍保持静止

答案BD

解析若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，根据。=悬，板间距离〃变

大，则电容。变小，由于二极管电流不能从〃流向则电容器所带电荷量。保

持不变，根据c=£,E=§=3=Y—=黑可知，极板间的电压U增大，极

UUCcZ匕QGFU

471kl

板间的电场强度E保持不变，则电荷受力保持不变，电荷仍保持静止，故A错误，

B、D正确；根据==3A,由于极板A稍向下平移，dpA变大,电场

强度E保持不变，可知P点的电势”增大，根据母=夕"，由于电荷带负电，则

电势能心减小，故C错误。

6.(多选)(2024.海南卷，13)如图6所示，两根足够长的光滑平行导轨由上、下两段

电阻不计的金属导轨，在M、N两点绝缘连接组成，M、N等高，间距L=1m,

连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30。，导轨两端分别连接阻值/?=0.02Q

的电阻和电容C=1F的电容器，整个装置处于B=().2T的垂直导轨平面斜向上

的匀强磁场中(图中未画出)，两根导体棒ah、CY/分别放在MN两侧，质量分别为

mi=0.8kg,〃?2=0.4kg,岫棒电阻为0.08Q,cd棒的电阻不计，将棒由静止

释放，同时cd棒从距离MN为xo=4.32m处在一个大小为尸=4.64N、方向沿导

轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰

撞前瞬间撤去尸，已知碰前瞬间"的速度为4.5m/s,重力加速度g=l()m/s?,则

()

A.H棒从释放到第一次碰撞所用时间为1.44s

B.帅棒从释放到第一次碰撞，R上消耗的焦耳热为0.78J

C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab棒的速度大小为6.3m/s

D.两棒第一次碰撞后瞬间，〃棒的速度大小为8.4m/s

答案BD

解析c活棒与cd棒同时开始运动且同时到达MN,则两者运动到MN的时间相同，

对cd棒根据牛顿第二足律有F-fnigsin30。—B1L=mia,又1=哈=^^=^岩~

=CBLa,联立解得〃=6m/s2,即cd棒以。=6m/s2的加速度沿导轨向上做匀加

速运动，根据运动学规律有次="，解得，=1.2s,A错误；乃棒从释放到第一

次碰撞，根据动能定理有柏gxsin夕一W克安=；醇日以根据动量定理有〃八gsin0-t

D[yR

-BILt-mWahy又qab=Ii=qA，Q=W克安，根据焦耳定律有QR=QJ_Q,联立

K-rXK~rr

解得QR=0.78J,B正确；6力棒与cd棒发生弹性碰撞，取沿导轨向下为正方向，

则有m1Vab—nnvcd=m।Duh'+miVcd',ivib+iVab,2+^mVcJ2,又Vcd=

at=7.2m/s,联立解得。加=-3.3m/s,Vcd'=S.4m/s,C错误，D正确。

7.（2024.湖南长沙二模）在“测定金属的电阻率”的实验中：

（1）有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图7甲、乙所示，若分别用这两

个电路进行实验，则测量值比真实值偏小的应是_________（选填“甲”或“乙”）

图所示的电路；这种误差__________（选填"能”或“不能”）通过多次测量取平

均值来减少。

⑵按图8所示的电路图测量金属丝的电阻心（阻值约为15Q）o

实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材:

电压表V（量程。〜3V,内阻约3kQ）；

电流表Ai（量程。〜200mA,内阻约3C）；

电流表A2（量程（）~（）.6A,内阻约0.1C）；

滑动变阻器品（0〜50Q）：

滑动变阻器&(0-200Q)；

电源风电动势为3.0V,内阻不计)。

为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选一，滑动变阻器应选_____(选填

器材的名称符号)。

(3)请根据图8所示电路图，用连线代替导线将图9中的实验器材连接起来，并使

滑动变阻器的滑片P置于〃端时接通电路后的电流最小。

图9

(4)在按图8所示电路测量金属丝电阻的实验中，将滑动变阻器R、R2分别接入实

验电路，调节滑动变阻器的滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最

大阻值，以RP表示滑动变阻器接入电路的电阻值，以U表示待测电阻两端的电

压值。在图中U随与变化的图像可能正确的是(图线中实线表示接入

Ri时的情况，虚线表示接入&时的情况)。

答案⑴甲不能(2)AiRi(3)见解析图(4)A

解析(1)图甲所示电路采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值

大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值；此误差是因为电表内阻

引起的，是系统误差，所以不能通过多次测量取平均值来减少。

(2)电路最大电流约为

E3

i=~n~=icA—0.2A—200mA

K.\13

电流表应选择Ai,因为电阻尺阻值约为15。，为方便实验操作，滑动变阻器应

选择用。

⑶滑动变阻器的滑片P置于〃端时接通电路后的电流最小，此时滑动变阻器接入

电路的阻值最大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据题图所示电路图连接实物电

路图，如图所示。

(4)由题图所示电路图可知，R两端的电压值U=1RX=D—R\,R

AP+R备+R

A

和心不变，U与贷不是一次函数关系，所以图像是曲线，R、&一定时，随案增

大，U减小的越来越慢，故A正确，B、C、D错误。

8.(2024•广东模拟预测)现有一辆气罐车能承受的最大压强是330,某次在温度为7℃

时气罐车内部气体的压强为210),已知气罐车的总体积为匕po为大气压强，且

7=273+6求：

⑴该辆气罐车能够承受的最大温度；

(2)用该气罐车给体积为().()1V的气瓶充气，充好气后气瓶的压强为1()8，充气过

程温度不变，能充多少瓶。

答案(1)167℃(2)110瓶

解析⑴由查理定律得黑=%

其中pi=21po,Ti=273+/i=280K,p2=33po

联立解得72=440K

根据乃=273+。可得该辆气罐车能够承受的最大温度为？2=167℃o

(2)充气过程温度不变，设能充〃瓶气，由玻意耳定律可知pW=p3