内蒙古第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

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内蒙古第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

内蒙古第一机械制造有限公司第一中学2018-2019学年高二下学期期末物理试题 一、选择题 ‎1.某航母跑道长‎200m飞机在航母上滑行的最大加速度为‎6m/s2,起飞需要的最低速度为‎50m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A. ‎5m/s B. ‎10m/s C. ‎15m/s D. ‎20m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:由运动学公式,代人数据得:,故选B正确。‎ 考点:匀变速直线运动的速度与位移的关系 ‎【名师点睛】已知飞机的末速度、加速度和位移,代入公式,即可求出初速度;该题考察导出公式的应用,直接代入公式即可。‎ ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ ‎2.如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为 ‎ ‎ ‎ A. Gsinθ B. G C. Gcosθ D. Gtanθ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人受多个力处于平衡状态,人受力可以看成两部分,一部分是重力,另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值,反向,即大小是G。 A.Gsinθ,与结论不相符,选项A错误;‎ B.G,与结论相符,选项B正确;‎ C.Gcosθ,与结论不相符,选项C错误;‎ D.Gtanθ,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎3.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移﹣时间图象如图所示,则(  )‎ A. 15s内汽车的位移为 ‎‎300m B. 前10s内汽车的加速度为‎3m/s2‎ C. 20s末汽车的速度为﹣‎1m/s D. 前 25s内汽车做单方向直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:位移时间图像中倾斜直线表示汽车做匀速运动,图线与横坐标平行说明汽车静止不动,图线的斜率大小表示速度大小,斜率的正负表示速度方向,15 s末汽车的位置坐标为‎30 m,离开出发点‎30 m,故A项错;前10 s内汽车做匀速直线运动,所以加速度为零,B错误,15~25 s内图象中倾斜直线的斜率表示这段时间内的速度,20 s末的速度等于这个值,为-‎1 m/s,故C项正确;前10s沿x轴正向运动,中间5 s静止,后面10 s又沿x轴的负方向运动,故D项错 考点:考查了x-t图像的理解 点评:做本题的关键是知道图像的斜率,以及正负值的含义 ‎4.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则 A. ,‎ B. ,‎ C. ,‎ D. ,‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】将重力进行分解如图所示;‎ 根据几何关系可得 ‎。‎ A.,,与结论相符,选项A正确;‎ B.,,与结论不相符,选项B错误;‎ C.,,与结论不相符,选项C错误;‎ D.,,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎5.一物体作匀加速直线运动,通过一段位移所用的时间为,紧接着通过下一段位移所用时间为。则物体运动的加速度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为,平均速度为:,即为时刻的瞬时速度;物体在后一段所用的时间为,平均速度为:,即为时刻的瞬时速度.速度由变化到的时间为:,所以加速度为:,A正确;‎ 考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 ‎【名师点睛】本题若设初速度和加速度,结合位移时间公式列方程组求解,可以得出加速度的大小,但是计算较复杂,没有运用匀变速直线运动的推论解决简捷.‎ ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ ‎6.如图,质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A与B整体同时沿竖直墙面下滑,受到总重力,墙壁对其没有支持力,如果有,将会向右加速运动,因为没有弹力,故也不受墙壁的摩擦力,即只受重力,做自由落体运动;由于整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故A、B间无弹力,再对物体B受力分析,只受重力,故A正确,BCD错误。‎ ‎【点睛】本题关键先对整体受力分析,得到整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故A与B间无弹力,最后再对B受力分析,得到其只受重力。‎ ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ ‎7.如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N1,球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦,在此过程中 A. N1始终减小,N2始终增大 B. N1始终减小,N2始终减小 C. N1先增大后减小,N2始终减小 D. N1先增大后减小,N2先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:对小球进行受力分析如图所示,‎ 设:板与竖直方向夹角为,则:,,随着板顺时针方向转动,越来越大,因此N2越来越小,同样也越来越小,答案B正确。‎ 考点:共点力作用下物体的平衡,力的合力与分解 ‎8.利用引力常量G和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是 A. 地球半径及重力加速度(不考虑地球自转)‎ B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据地球表面物体重力等于万有引力可得,所以地球质量,故A可计算;由万有引力做向心力可得,故可根据v,T求得R,进而求得地球质量,故B可计算;根据万有引力做向心力可得,故可根据T,r求得中心天体的质量M,运动天体的质量m抵消掉,无法求解,C可求解,D无法求解.‎ ‎9.下列有关原子结构和原子核的认识,其中正确的是 。‎ A. 射线是高速运动的电子流 B. 氢原子辐射光子后,其绕核运动的电子动能增大 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 的半衰期是5天,‎100克经过10天后还剩下‎50克 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】射线是光子流,所以A错误;氢原子辐射光子后,从高轨道跃迁到低轨道,其绕核运动的电子速度增大,动能增大,故B正确;太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变,所以C错误;半衰期是大量的统计规律,少数原子核不适应,所以D错误。故选B。‎ ‎10.如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则确粒子的电性,由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率,根据确定粒子运动半径和运动时间。‎ 由题可知,粒子向下偏转,根据左手定则,所以粒子应带负电,故A错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子动能不变,即粒子在b点速率与a点速率相等,故B错误;若仅减小磁感应强度,由公式得:,所以磁感应强度减小,半径增大,所以粒子有可能从b点右侧射出,故C正确,若仅减小入射速率,粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大,则粒子在磁场中运动时间一定变长,故D错误。‎ ‎11.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(  )‎ A. 若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B. 若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的4倍 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜盘转动产生的感应电动势为:‎ 知圆盘转动的角速度恒定,E恒定,产生的电流大小恒定;故A正确;‎ B.由右手定则可知,回路中电流方向不变,若从上往下看,圆盘顺时针转动,由右手定则知,电流沿a到b的方向流过R,故B正确;‎ C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向不变,大小变化,故C错误;‎ D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,根据,可知回路中电流变为原来2倍,根据P=I2R可知电流在R上的热功率也变为原来的4倍,故D正确。‎ ‎12.如图所示,闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动,沿着OO′方向观察,线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n,ab边的边长为L1,ad边的边长为L2,线圈电阻为R,转动的角速度为ω,则当线圈转至图示位置时( )‎ A. 线圈中感应电流的方向为abcda B. 线圈中的感应电动势为2nBL2ω C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大 D. 线圈ad边所受安培力的大小为,方向垂直纸面向里 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 图示时刻,ad速度方向向外,bc速度方向向里,根据右手定则判断出ad中感应电流方向为d→a,bc中电流方向为b→c,线圈中感应电流的方向为abcda。故A正确。线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL‎1L2ω.故B错误。图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线,线圈中产生的感应电动势最大,由法拉第电磁感应定律分析得知,磁通量的变化率最大。故C正确;线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIL2=nB•L2.故D错误。故选AC。‎ ‎13.如图所示,质量为m=‎1.0 kg的物体在水平力F=5 N的作用下,以v0=‎10 m/s向右匀速运动。倾角为θ=37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同,物体到达A点后撤去水平力 F,再经过一段时间物体到达最高点B点。g取‎10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。( )‎ A. A、B间距离为‎5m B. A、B间距离为‎6m C. 从A点算起,经1 s物体到达最高点 D. 从A点算起,经2 s物体到达最高点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.物体匀速运动时:‎ F=μmg 解得 μ=0.5‎ 在斜面上上滑的加速度:‎ 则 选项A正确,B错误;‎ CD.从A点算起,经 物体到达最高点,选项C正确,D错误。‎ ‎14.氢原子能级如图所示,已知可见光光子的能量在1.61eV~3.10eV范围内,则下列说法正确的是( ) ‎ A. 氢原子能量状态由n=2能级跃迁到n=1能级,放出光子为可见光 B. 大量氢原子处于n=4能级时,向低能级跃迁能发出6种频率的光子 C. 处于基态的氢原子电离需要释放13.6eV的能量 D. 氢原子处于n=2能级时,可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据,由n=2能级跃到n=1能级产生的光子能量为,大于可见光的能量范围,故放出的光子不是可见光,故A错误;处于n=4能级的激发态氢原子向低能级跃迁时,能产生种不同频率的光子,故B正确.处于基态的氢原子电离需要吸收13.6eV的能量,故C错误.电子处于n=2能级吸收能量为2.86eV的光子,能量变为-0.54eV,即将跃迁到n=5能级,故D正确.选BD.‎ ‎15.如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力 f 随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=‎10 m/s2。由题给数据可以得出 ‎ A. 2 s-4 s内,力F的大小为0.4 N B. 0-2 s内,力F的大小保持不变 C. 木板的质量为‎1 kg D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】C.根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2N,在4s后撤去外力,此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用,此时木板的加速度大小为 ‎ ‎ 根据牛顿第二定律可得 f=ma2‎ 解得木板的质量 m=‎‎1kg 故C正确;‎ A.2s~4s内,木板的加速度 根据牛顿第二定律可得 F-f=ma1‎ 解得 F=0.4N 故A正确;‎ B.0~2s内,整体受力平衡,拉力F的大小始终等于绳子的拉力,绳子的拉力增大,则力F增大,故B错误;‎ D.由于物块的质量无法求出,物块与木板之间的动摩擦因数无法求解,故D错误。‎ ‎16.如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平,两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )‎ A. a的质量比b的大 B. 在t时刻,a的动能比b的大 C. 在t时刻,a和b的电势能相等 D. 在t时刻,a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述可知,微粒a向下加速运动,微粒b向上加速运动,根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a的加速度大小大于b的加速度大小,即aa>ab。对微粒a,由牛顿第二定律, qE=maaa,对微粒b,由牛顿第二定律,qE =mbab,联立解得: >,由此式可以得出a的质量比b小,选项A错误;在a、b两微粒运动过程中,a微粒所受合外力等于b微粒,a微粒的位移大于b微粒,根据动能定理,在t时刻,a的动能比b大,选项B正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t时刻,a和b的电势能不等,选项C错误;由于a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力),根据动量定理,在t时刻,a微粒的动量等于b微粒,选项D正确。‎ 点睛 若此题考虑微粒的重力,你还能够得出a的质量比b小吗?在t 时刻力微粒的动量还相等吗?在t时间内的运动过程中,微粒的电势能变化相同吗? ‎ 二.填空题 ‎17.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。‎ ‎(1)实验中必要的措施是______。‎ A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出)。s1=‎3.59 cm,s2=‎4.41 cm,s3=‎5.19 cm,s4=‎5.97 cm,s5=‎6.78 cm,s6=‎7.64 cm。则小车的加速度a=______m/s2(要求充分利用测量的数据),打点计时器在打B点时小车的速度vB=______m/s。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (1)AB (2). (2)0.80 (3). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①为了让小车做匀加速直线运动,应使小车受力恒定,故应将细线与木板保持水平;同时为了打点稳定,应先开电源再放纸带,故AB正确;本实验中只是研究匀变速直线运动,故不需要让小车的质量远大于钩码的质量;只要能让小车做匀加速运动即可,故C错误;由C的分析可知,只要摩擦力恒定即可,不需要平衡摩擦力,故D错误,故选AB。‎ ‎②每两个计数点间有四个点没有画出,故两计数点间的时间间隔为;‎ 根据逐差法可知,物体的加速度;‎ B点的速度等于AC段的平均速度,则有:。‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用,要注意明确实验原理,知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可,所以不需要平衡摩擦力,也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。‎ ‎18.某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。 实验步骤:‎ ‎①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向。‎ ‎②如图甲所示,将环形橡皮筋一端挂弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉,直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50 N,测出所对应的l,部分数据如下表所示:‎ ‎③找出②中F=2.50 N时橡皮筋两端的位置,重新标记为O、O′,橡皮筋的拉力记为FOO′。‎ ‎④在秤钩上涂抹少许润滑油,将橡皮筋搭在秤钩上,如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O点,将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB。‎ 完成下列作图和填空:‎ ‎(1)利用表中数据在图丙中画出 图线_______,根据图线求得l0=______cm。‎ ‎(2)测得OA=‎6.00 cm,OB=‎7.60 cm,则FOA大小为________N。‎ ‎(3)在图丁中根据给出的标度,作出FOA和FOB的合力F′的图示________。‎ ‎(4)通过比较F′与________的大小和方向,即可得出实验结论。‎ ‎【答案】 (1). 如图所示:‎ ‎ (2). (3). 1.80(1.70~1.90均正确) (4). 如图所示:‎ ‎ (5). FOO′‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2].如图所示,由图象知图线与横轴交点横坐标即弹簧原长,故l0=‎10.0 cm。‎ ‎(2)[3].由图象的斜率知橡皮筋的劲度系数k=50.0 N/m,OA、OB的长度之和是‎13.60 cm,原长‎10 cm,则形变量Δx=‎3.60 cm,所以弹力 T=kΔx=1.80 N ‎(3)[4].合力F′的图示如图所示。‎ ‎(4)[5].橡皮筋搭在秤钩上拉至O点和把橡皮筋挂在秤钩上拉至O点效果相同,F′应与FOO′比较。‎ 三、计算题 ‎19.高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶,甲车在前,乙车在后,速度均为v0=‎30m/s,距离s0=‎100m,t=0时刻甲车遇紧急情况后,甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示,取运动方向为正方向。‎ ‎(1).画出两车0-9s的速度图像 ‎(2).通过讨论说明两车在0~9s内会不会相撞?‎ ‎【答案】(1)如图所示:‎ ‎(2)不会相撞 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)两车0-9s的速度图像如图:‎ ‎(2)公式解法:令a1=‎-10m/s2,a2=‎5m/s2,a3=‎-5m/s2,t1=3s末,甲车速度:‎ v1=v0+a1t1=0;‎ 设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等,此时距离最近:‎ a2t2 =v0+a3t2;‎ 等速之前,甲车位移:‎ 乙车位移:‎ 解得 x乙-x甲=‎90m<s0=‎‎100m 不会相撞。‎ 图象解法:由加速度图像可画出两车的速度图像,由图像可知,t=6s 时两车等速,此时距离最近,图中阴影部分面积为0~6s内两车位移之差,‎ ‎<‎‎100m ‎∴不会相撞。‎ ‎20.如图所示,在光滑水平桌面EAB上有质量为m=‎2 kg的小球P和质量为M=‎1 kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接),桌面边缘E处放置一质量也为M=‎1 kg的橡皮泥球S,在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧,P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨道的最高点C;小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h=‎0.2 m,D点到桌面边缘的水平距离为x=‎0.2 m,重力加速度为g=‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′;‎ ‎(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ;‎ ‎(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。‎ ‎【答案】(1)120N (2)‎2 m/s (3)3 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C,则有 mg=m 解得 vC=‎ 对于小球P,从B→C,由动能定理有 解得 vB=‎ 在B点有 NB-mg=m 解得 NB=6mg=120 N 由牛顿第三定律有 NB′=NB=120 N ‎(2)设Q与S做平抛运动初速度大小为v,所用时间为t,根据公式h=gt2,得 t=0.2 s 根据公式x=vt,得 v=‎1 m/s 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒,‎ 则有 MvQ=2Mv 解得 vQ=‎2 m/s ‎(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒,‎ 则有 mvP=MvQ 解得 vP=‎1 m/s 对P、Q和弹簧组成的系统,由能量守恒定律有 ‎ ‎ 解得 Ep=3 J ‎21.对于实际的气体,下列说法正确的是______。‎ A. 气体的内能包括气体分子的重力势能 B. 气体的内能包括分子之间相互作用的势能 C. 气体的内能包括气体整体运动的动能 D. 气体体积变化时,其内能可能不变 E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCE.气体的内能包括,气体所有分子势能和分子动能之和;其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量,与重力势能无关;分子动能是分子运动的动能,与气体的整体运动的动能无关,故BE正确,AC错误;‎ D.由于是非理想气体,气体的体积发生变化,若温度相应变化时,气体的内能可能不变,故D正确;‎ ‎22.如图所示,两气缸AB粗细均匀,等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通;A的直径为B的2倍,A上端封闭,B上端与大气连通;两气缸除A顶部导热外,其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气,活塞a上方充有氧气;当大气压为P0,外界和气缸内气体温度均为‎7℃‎且平衡时,活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的,活塞b在气缸的正中央。‎ ‎①现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b恰好升至顶部时,求氮气的温度;‎ ‎②继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升的距离是气缸高度的时,求氧气的压强。‎ ‎【答案】(2)320K; ‎ ‎【解析】‎ 试题分析:现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b升至顶部的过程中,a活塞不动,活塞a、b下方的氮气经历等压过程,分析出初态和末态的体积和温度,由盖•吕萨克定律求解;继续缓慢加热,使活塞a上升,活塞a上方的氧气经历等温过程,根据玻意耳定律求解即可。‎ ‎(1)活塞b升至顶部的过程中,活塞a不动,活塞a、b下方的氮气经历等压过程.设气缸A的容积为V0,氮气初态体积为V1,温度为T1,末态体积为V2,温度为T2,按题意,气缸B的容积为,‎ 则有: ‎ 根据盖•吕萨克定律得:‎ 代入数据解得:‎ ‎(2)活塞b升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a开始向上移动,直至活塞上升距离是气缸高度的时,活塞a上方的氧气经历等温过程,设氧气初态体积为V1′,压强为P1′,末态体积为V2′,压强为P2′,‎ 由题给数据有, ‎ 由玻意耳定律得:‎ 解得:‎ 点睛:本题涉及两部分气体状态变化问题,除了隔离研究两部分气体之外,关键是把握它们之间的联系,比如体积关系、温度关系及压强关系。‎ ‎【此处有视频,请去附件查看】‎
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