2021年江西省高考物理質(zhì)檢試卷（附答案詳解）

2021年江西省高考物理質(zhì)檢試卷

1.攀巖是一項挑戰(zhàn)性運動，如圖所示為某一攀巖愛好者雙臂伸展、

身體靜止懸掛時的照片。已知攀巖愛好者的右手抓牢點比左手的

高，左、右兩臂等長且伸直。則在此時（）

A.左臂的拉力大于右臂的拉力

B.左臂的拉力小于右臂的拉力

C.兩臂的拉力一樣大

D.無法判斷兩臂拉力大小的關(guān)系

2.如圖所示，4、8為平行金屬板，兩極板相距為d,分別與電

源兩極連接，兩板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質(zhì)

點自A板上方相距為d的P點由靜止下落，不計空氣阻力，

到達兩板中點時的速度恰好為零，然后沿原路返回?則帶電

質(zhì)點的重力與它在電場中所受電場力的大小之比為（）

A.1：2B.1：3C.2：1D.3：1

3.如圖所示，水平地面上固定有足夠長的平行粗糙導軌MN和PQ,導軌間接有電阻

R，其余部分電阻不計，在矩形區(qū)域內(nèi)有一豎直向下的勻強磁場及一金屬棒垂直

跨在導軌上,在磁場以速度v向右勻速運動過程中，測得金屬棒也達到穩(wěn)定的速度，

則（）

A.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向左，且等于v

B.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向左，且小于v

C.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向右，且等于v

D.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向右，且小于v

4.將一物體從地面豎直上拋，物體在運動過程中受到的

空氣阻力與速率成正比。它的動量隨時間變化的圖像

如圖所示。已知重力加速度為g,則物體在運動過程

中的加速度的最大值為（）

A.gB.2gC.3gD.4g

5.假設(shè)“嫦娥五號”軌道艙繞月球飛行時，軌道是貼近月球表面的圓形軌道。已知軌

道艙運動的周期是地球同步衛(wèi)星運動周期的機倍，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球

半徑的”倍，由此可得地球的平均密度與月球的平均密度之比為（）

A.m2n3B.m3n2C.鳥

m2

6.如圖所示，把一塊鋅板連接在驗電器上，鋅板開始帶電,

驗電器指針張開且張角穩(wěn)定?，F(xiàn)在用甲光照射鋅板，發(fā)

現(xiàn)指針保持不動。換用乙光照射鋅板，發(fā)現(xiàn)指針張角迅

速減小。由此可以判斷（）

A.鋅板開始一定帶負電

B.甲光的頻率一定小于乙光的頻率

C.甲光的強度一定小于乙光的強度

D.甲光的照射時長一定小于乙光的照射時長

7.如圖是金屬圓盤發(fā)電機的原理圖。勻強磁場垂直于金屬圓

盤，電阻R通過導線與兩塊銅片電刷。、C連接，D、C

分別與轉(zhuǎn)動軸和圓盤的邊緣良好接觸。圓盤繞通過圓心。

的固定轉(zhuǎn)動軸按圖示順時針方向轉(zhuǎn)動，電阻R中就有電流

通過。則（）

A.電流方向由。經(jīng)過電阻R流向C

B.通過電阻R的電流大小與銅盤的半徑成正比

C.通過電阻R的電流大小與磁感應強度成正比

D.通過電阻R的電流大小與圓盤轉(zhuǎn)動的角速度成正比

8.如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標，質(zhì)量為機的

小球以某一速度從。點出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的

恒力作用，恰好通過A點。已知小球通過A點的速度大小“L一生

為北，方向沿x軸正方向，且04連線與Ox軸的夾角為30。，

則（）

A.恒力的方向一定沿了軸負方向

B.恒力在這一過程中所做的功為;TH詔

C.恒力在這一過程中的沖量大小為qnw。

D.小球從O點出發(fā)時的動能為:m詔

O

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9.某同學利用物塊沿斜面下滑來測量它們之間的動摩擦因數(shù)。如圖所示，他將斜面調(diào)

節(jié)成與水平方向成30。角，然后物塊在斜面上由靜止開始下滑。用頻閃相機測得它

下滑的某段照片如圖所示，頻閃周期為0.05s。

(1)根據(jù)圖示，可知物塊由A點運動到尸點的位移為cm,經(jīng)過圖中B點的速

度為m/s；

(2)根據(jù)圖示，可求解物塊下滑的加速度大小為ni/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)

字)；

(3)由此可得到物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為(結(jié)果保留小數(shù)點后2位數(shù)字)。

10.某同學準備將量程%=500〃4、內(nèi)阻％約為200。的電流表G改裝成量程為2y的電

乙

(1)該同學先設(shè)計了如圖甲所示的電路來測量電流表G的內(nèi)阻與，用此電路，經(jīng)以

下步驟：

①閉合Si，斷開S2,調(diào)節(jié)%,使電流表G的示數(shù)為500必1；

②閉合S2,保持不變，調(diào)節(jié)，使電流表的示數(shù)為250R1,此時心的

示數(shù)如圖乙所示。

(2)由此可知，電流表G的內(nèi)阻b=

(3)為了將電流表G改裝成2丫的電壓表，需要(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一

個阻值為O的電阻。

(4)該同學的上述測量存在著系統(tǒng)誤差，電流表的內(nèi)阻測量值(填“大于”

或“小于”）真實值。因此，用這個改裝成的電壓表去直接測量電壓時，將使測量

值（填“偏大”或“偏小”）。校正該改裝電壓表的可行辦法是（填

“增大”或“減小”）與電流表串聯(lián)的分壓電阻。

11.如圖，0。為電子槍示意圖，在0〃的正下方距。點為4處有一個靶尸。電子從靜止

開始經(jīng)電場加速后，從。點沿0。方向出射，進入一垂直紙面的勻強磁場（整個空間

均有磁場），恰能擊中靶匕已知電子槍的加速電壓為U,電子電荷量為e、質(zhì)量為

m,z.0ap=6,求：

（1）磁場的方向和電子在磁場中運動速度的大小；

（2）磁場的磁感應強度的大小。

/：

12.如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的滑塊（可視為質(zhì)點）靜止于水平軌道上的A點。現(xiàn)對

滑塊施加一恒定的水平外力F=5N,使其向右運動，經(jīng)過一段時間后撤去外力，

滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)

的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點。處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時,

傳感器的示數(shù)FN=25.6N。已知軌道A2的長度Z,=2.0zn,半徑0C和豎直方向的

夾角a=37°,圓形軌道的半徑R=0.5m,物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃=

0.1,空氣阻力可略，重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0,8,,

（1）求滑塊運動到C點時速度之的大小;

（2）求水平外力作用在滑塊上的位移s；

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(3)若緊挨著D點右側(cè)放置質(zhì)量也是m的另一滑塊，兩滑塊最終靜止時的距離△x

4.5m。求碰撞時損失的機械能。

13.對于一定質(zhì)量的理想氣體，下列過程違反熱力學第一定律的是()

A.在恒定溫度下，氣體絕熱膨脹

B.氣體從外界吸收熱量而溫度保持不變

C.在絕熱的條件下，氣體體積不變而溫度升高

D.氣體對外做功的同時向外界放熱

E.加熱過程，氣體體積減小且內(nèi)能不變

14.如圖所示，一導熱良好、足夠長的汽缸豎直放置在水/

平地面上。汽缸質(zhì)量m=5kg,汽缸內(nèi)一質(zhì)量M

10kg、面積S=20cm2的活塞與汽缸壁光滑密接。當

活塞靜止時，活塞與汽缸底部的距離人=10cm.已知

52

大汽壓強Po=1.0x10Pa,重力加速度g=10m/sa現(xiàn)用一豎直向上的拉力F作

用在活塞上，求：

①當F=50N時，活塞與汽缸底部的距離；

②當F緩慢增大到使汽缸恰好離開地面時，活塞與汽缸底部的距離。

15.如圖所示，一列簡諧波沿x軸傳播，t0時刻波形圖如

圖中實線所示，經(jīng)△t=0.2s,波形圖如圖中虛線所

示，已知波長為2.0根，則下列說法正確的是（）

A.若波向右傳播，則這列波的最小速度為2m/s

B.若波向左傳播，則這列波的最大速度為8.0m/s

C.若波向右傳播，則這列波的周期最大值為1.0s

D.若波向左傳播，則這列波的周期最大值為0.2s

E.若波速大小是18m/s,則該波一定向左傳播

16.如圖所示，一個半徑為r=10cm的圓木板靜止在水面上，在圓木板圓心O的正下

方h=50cm處有一點光源S,從t—0時開始，光源正以加速度a=0.2m/s2由靜止

向上運動，已知水的折射率《=&。計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字。求：

①t=0時，水面上可以觀察到點光源發(fā)出的光射出水面的面積；

②經(jīng)過多長時間，水面上方觀察不到點光源S發(fā)出的光。

%

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：把人看成質(zhì)點，對人進行受力分析如圖，設(shè)左手的拉力和右手的拉力與豎

直方向的夾角分別是a和/?，根據(jù)共點力平衡可得：

水平方向：TiSina=T2smB,豎直方向：7\cosa+T2cos0=mg

右手抓牢點比左手的高，則左手的拉力與豎直方向的夾角大于右手的拉力與豎直方向的

夾角，所以左臂的拉力小于右臂的拉力，故8正確，AC。錯誤。

故選：Bo

對人進行受力分析，左手和右手拉力的合力與重力平衡，由共點力平衡的關(guān)系判斷兩個

拉力的大小的關(guān)系。

本題考查了物體的平衡條件的應用，本題用圖解法直觀的得到答案，也可用解析法求解。

2.【答案】B

【解析】解：帶電質(zhì)點從P點開始下落，先加速后減速，根據(jù)動能定理，則有：mg-1d=

別，

且勻強電場的電場強度公式E=，

a

解得，重力與電場力的大小比值為mg：<?￡,=1：3,故B正確，ACD錯誤；

故選：Bo

選帶電質(zhì)點作為研究對象，取從靜止釋放到恰要返回，根據(jù)動能定理，結(jié)合重力與電場

力做功特點，即可求解。

考查動能定理的應用，掌握重力與電場力做功的特點，注意勻強電場的電場強度公式中

“d”的含義。

3.【答案】D

【解析】解：當磁場以速度V向右運動時，金屬棒相對磁場向左切割磁感應線，從而產(chǎn)

生感應電流，依據(jù)右手定則，可知，感應電流方向順時針，再由左手定則，可知，金屬

棒受到向右的安培力，

當安培力大于摩擦力，金屬棒向右加速運動，依據(jù)尸右=吟也，隨著金屬棒速度M的

增大，安培力逐漸減小，

當安培力等于摩擦力時，金屬棒也做勻速直線運動，此時，滿足竺處山=/,

RJ

金屬棒勻速運動的速度/小于磁場移動的速度V，故A8C錯誤，。正確；

故選：。。

根據(jù)電磁感應原理，結(jié)合右手定則與左手定則，可判定安培力方向，再由金屬棒也達到

穩(wěn)定的速度，從而即可判定磁場相對金屬棒的運動性質(zhì)。

考查電磁感應現(xiàn)象，掌握左手定則與右手定則的應用，注意兩者的區(qū)別，理解磁場相對

金屬棒做勻速直線運動是解題的關(guān)鍵。

4.【答案】C

【解析】解：圖中的斜率等于物體受到的合力，斜率大，合力大，加速度也大，所以當

Po

t=0時，物體的加速度最大，且由于斜率為零時，物體的合力為零，所以有jnq=fcX,

dm

則物體運動過程中的加速度最大值為am，有+=解得%?=3g,故C正

確，AB。錯誤；

故選：Co

通過分析圖像可以得到物體初末狀態(tài)的速度關(guān)系，以及末狀態(tài)的受力情況，根據(jù)牛頓第

二定律，即可求解。

本題考查圖像的應用，動量，受力分析，牛頓定律，屬綜合題，學習過程中要注意應用

能力的提升。

5.【答案】A

【解析】解：對地球同步衛(wèi)星，有

M地m衛(wèi)47r2

°石貨=皿衛(wèi)產(chǎn)（的

地球的平均密度為

M地

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聯(lián)立解得「必=富

同理，對軌道艙有G?曳=m融第7r

r2腌(mT)2

月球的平均密度為

M月

P月=4一；

2兀廠3

聯(lián)立解得Pg=1

故地球的平均密度與月球的平均密度之比為P姊P/y=m2n3

故A正確BCD錯誤。

故選：A。

根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合密度公式求出密度的表達式，再求兩天體的平均密度的

比值。

在處理天體密度問題時，此時要先求出天體的質(zhì)量，再根據(jù)密度公式求出密度大小，在

計算時，把天體看作是均勻球體模型。

6.【答案】AB

【解析】解：AB、根據(jù)題意可判斷，用甲光照射鋅板沒有發(fā)生光電效應，用乙光照射

鋅板發(fā)生了光電效應現(xiàn)象，由光電效應發(fā)生的條件可知，甲光的頻率一定小球乙光的頻

率，由于乙光照射鋅板時，驗電器指針張角不斷減小，所以可以判斷驗電器一開始帶的

是負電，故A8正確；

CD,能否發(fā)生光電效應現(xiàn)象，與入射光的強度，及光照時間均無關(guān)，故CD錯誤。

故選：ABc

發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，當發(fā)生光電效應時，鋅板有

電子逸出，鋅板失去電子帶正電，并依據(jù)指針張角迅速減小，從而判定鋅板帶電性質(zhì)，

進而即可判定.

考查光電效應現(xiàn)象以及光電效應的特點，解決本題的關(guān)鍵知道光電效應的實質(zhì)，以及知

道光電效應的條件，注意乙光照射鋅板，發(fā)現(xiàn)指針張角迅速減小是解題的突破口.

7.【答案】CD

【解析】解：A、金屬圓盤按圖示方向轉(zhuǎn)動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定

則可判斷圓盤中感應電流方向是由圓心指向邊緣，即DtC,那么電阻的電流由CfR-

D,故A錯誤；

BCD、根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的公式E=BLv="廿3,而感應電流/=急=

（其中L為圓盤的半徑，/?為圓盤電源的內(nèi)阻是不變的），由此可判斷/0C〃，/88,

/oo（0,故B錯誤，CD正確。

故選：CD。

金屬圓盤切割磁感線，產(chǎn)生感應電流。根據(jù)右手定則判斷C。間感應電流方向，即可知

道電勢高低。根據(jù)法拉第電磁感應定律求出其電動勢大小的表達式，從而判斷影響感應

電流大小的因素。

本題考查了右手定則的應用，明確圓盤切割磁感線相當于電源，內(nèi)部電流方向是從負極

到正極。本題主要考查法拉第電磁感應定律中導體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線時產(chǎn)生電動勢的公

式E=海23。

8.【答案】AD

【解析】解：利用逆向轉(zhuǎn)換方法，將小球運動過程看成類平拋運動的逆運動.由此可判

斷恒力方向一定沿y軸負方向。

1，2

由汝九30。=丫=絲=更可得，小球經(jīng)過坐標原點時，沿），軸方向的分速度%=畫=

xvot2v0

W%，沿X軸方向的速度仍為以=%。

小球從。點出發(fā)時的動能E〃o=+討），Eg=:m印,

結(jié)合動能定理，恒力在這一過程中所做的功為W=詔-Eko,代入數(shù)據(jù)解得W=

-刎詔，

恒力在這一過程中的沖量大小/=|m△v|=|m△vy\~竽m%,故AD正確,BC錯誤。

故選：AD.

小球受到恒力作用做勻變速曲線運動，在A點速度方向恰好垂直于恒力方向，因此可將

小球運動看成是類平拋運動的逆過程。根據(jù)類平拋運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式與運動的

合成與分解，即可求解.

考查平拋運動的規(guī)律，掌握運動的合成與分解的內(nèi)容，注意速度的方向與位移方向的不

同，是解題的關(guān)鍵.

9.【答案】4.500.352.00.35

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［解析】解：(1)由圖中可讀出，從A點到F點的位移為當廣=5.50cm—1.00cm=4.50cm,

打到B點是哪段時間的中間時刻，用這段時間的平均速度表示，所以%=熬=

(4.50-1.00)x1?！?035m/s；

2X0.05//

2

⑵由逐差公式求加速度a="=⑶。。T%看0-3.0。)xio-2m/s2=2.0m/s；

⑶滑塊沿斜面下滑時，據(jù)牛頓第二定律有：mgsin。一RmgcosB=ma,變形得到〃=

10x0,5-2,02=()35o

gcosO10x0.81'

故答案為：(1)4.50、0.35；(2)2.0；(3)0.35

(1)滑塊下滑過程中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度，來求解滑塊經(jīng)過B點

的瞬時速度；

(2)根據(jù)相等時間內(nèi)的相鄰位移差值△%=a72,采用逐差法，可解加速度；

(3)根據(jù)牛二定律，mgsind-fimgcosd=ma,可解動摩擦因數(shù)。

本題考查測量物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，涉及紙帶法測加速度、利用速度測量瞬時

速度、牛二定律解析滑動摩擦因數(shù)表達式，題目非常常規(guī)，容易出錯的是利用逐差法測

量加速度。

10.【答案】%R2190串聯(lián)3810小于偏小減小

【解析】(1)由半偏法測電阻原理知，當調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表半偏時，由于干路電流

兒乎不變，電阻箱與電流表中電流相等，電阻一定相等，所以需要保持&不變，調(diào)節(jié)/?2。

(2)由于電流表示數(shù)與電阻箱并聯(lián)，且電流表示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话?，則電流表的內(nèi)阻與

電阻箱阻值相等，由圖乙可知，電阻箱的阻值為勺=(1x100+9x10)0=190。。

(3)為了將電流表G改裝成2丫的電壓表，需要串聯(lián)電阻分壓，串聯(lián)的電阻為R=

'g

^^。=38皿

(4)閉合S2,&保持不變，電路中的總電阻變小，總電流變大，則流過電阻箱的電流大

于電流表的電流，電流表的內(nèi)阻測量值小其真實值;

測量電壓時有U=/(/?+r),則使測量值偏??；

根據(jù)校正電壓表原理可知，為使電壓表的示數(shù)增大，即增大流過表頭的電流，所以應減

小與電流表串聯(lián)的分壓電阻。

故答案為：⑴%,%(2)190(3)串聯(lián)、3810(4)小于、偏小、減小。

利用半偏法測電阻的原理，可以知道操作步驟中要保持治不變，調(diào)節(jié)可以知道電阻

箱的阻值和電流表阻值相等。將電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個電阻。結(jié)合實驗原理

分析誤差。

半偏法測電阻是電學實驗中很重要的一個實驗方法，要注意掌握實驗原理，會分析誤差。

11.【答案】解：⑴已知條件知道電子順時針轉(zhuǎn)動，在4

點速度方向向右，受到向下的洛倫茲力，由左手定則可

知，磁場方向垂直紙面向里，電子在磁場中運動的速度

U大小不變，

2

根據(jù)動能定理可得：eU=1mv,解得：v=杵。

(2)如圖所示，根據(jù)幾何知識可得電子在磁場中運動半徑為：R二熹,

根據(jù)牛頓第二定律得：evB=m^-,解得：8=等2mU

答：(1)磁場的方向垂直紙面向里，電子在磁場中運動速度的大小是]努;

(2)磁場的磁感應強度的大小是

【解析】(1)電子在電場中做加速直線運動，利用動能定理可求出，離開電場時的速度。

(2)電子在磁場中做勻速圓周運動，利用數(shù)學方法畫出軌跡找到半徑，結(jié)合牛頓第二定

律就可以求出磁感應強度。

分清物理過程，不同物理過程應用相應的物理知識；抓住關(guān)鍵字句，分析出關(guān)鍵條件，

再利用相關(guān)知識來“定圓心，找半徑”；此外良好的作圖能力及幾何分析能力是解決此

類問題的關(guān)鍵。

12.【答案】解：(1)滑塊運動到。點時，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由

牛頓第二定律得：

UVD

FN-mg=m-

滑塊由。點運動到。點的過程，由機械能守恒定律得：

mgR(l—cosa)+gm虎=

代入數(shù)據(jù)解得：Vc=5m/s,vD=3V3m/s

(2)滑塊離開離開8后做平拋運動，滑塊到達8點的速度：為=vccosa=5xcos37。=

4m/s

設(shè)在水平力作用下滑塊的位移大小為s,滑塊從A到B運動過程，由動能定理得：

1

Fs-[imgL=-mv^9-0

代入數(shù)據(jù)解得：s=0.8m

第12頁，共16頁

(3)設(shè)兩滑塊碰撞后的速度大小分別為女、“2,兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvD=mvj+mv2,

碰撞后兩滑塊在水平面上做勻減速直線運動，設(shè)減速到零的位移大小分別為乙、x2,

對兩滑塊，由動能定理得：-nmgx1-0-,-^mgx2-0

兩滑塊靜止時的距離：△%=乂2-/，

代入數(shù)據(jù)解得：%=V3m/s，v2=2y/3m/s

兩滑塊碰撞過程，由能量守恒定律得：

1_11.

-mvn=-mvf7+-mv,+△E

2D2122

代入數(shù)據(jù)解得，碰撞過程損失的機械能：AE=2.4/

答：(1)滑塊運動到C點時速度%的大小是5m/s；

(2)水平外力作用在滑塊上的位移s是0.8根；

(3)碰撞時損失的機械能是2.4/。

【解析】(1)在。點，軌道的支持力與滑塊重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

求出滑塊運動到。點的速度；滑塊C到。的過程，運用機械能守恒定律求出C點的速

度。

(2)滑塊從A到8過程，應用動能定理可以求出水平外力作用在滑塊上的位移。

(3)兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，碰撞后兩滑塊在水平面上做勻減速直線運動，應用

動量守恒定律與動能定理求出兩滑塊碰撞后瞬間的速度，然后應用能量守恒定律求出碰

撞過程損失的機械能。

本題考查動能定理、機械能守恒和圓周運動、平拋運動的綜合應用，要知道圓周運動向

心力的來源，分析清楚滑塊的運動過程，應用動能定理、動量守恒定律與能量守恒定律

即可解題。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、一定質(zhì)量的理想氣體溫度一定時，其內(nèi)能一定△〃=(),氣體膨脹對外

做功，即“<0,根據(jù)熱力學第一定律△0=〃+(?得知，Q,>0,氣體應吸熱，如果

內(nèi)能不變，違反了熱力學第一定律，故A正確；

B、氣體從外界吸收熱量Q>0,若對外做功W<0,而且熱量與功的數(shù)值相等，根據(jù)熱

力學第一定律可知△u=o,內(nèi)能不變，故氣體的溫度不變，符合熱力學第一定律氣體，

故B錯誤；

C、在絕熱條件下AQuO,氣體的體積不變，不做功，即w=o,根據(jù)熱力學第一定律

得到氣體的內(nèi)能不變，即△(/=(),故溫度不變，如果內(nèi)能不變，違反了熱力學第一定

律，故c正確；

。、氣體對外做功的同時向外界放出熱量，根據(jù)熱力學第一定律可知，內(nèi)能減小，符合

熱力學第一定律氣體，故。錯誤：

E、加熱過程Q>0,吸熱，氣體體積減小W>0,外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定

律△(7=(?+〃可知，內(nèi)能增加，如果內(nèi)能不變，違反了熱力學第一定律，故E正確；

故選：ACE.

一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān).氣體膨脹，對外界做功.根據(jù)熱力學第一定

律進行分析.

熱力學第一定律實質(zhì)是能量守恒定律的特殊情況，要在理解的基礎(chǔ)上記住公式：△U=

W+Q.

14.【答案】解：①不加外力時，氣體的壓強為pi=po+攀，解得pi=1.5x105Pa

當拉力尸=50N時，氣體的壓強為P2=Po+等:，解得P2=1.25x105pa

根據(jù)玻意耳定律可得：Pi^oS=P2L1S,解得L=12cm

②汽缸離開地面時，對汽缸受力分析，根據(jù)共點力平衡可得：mg+p3S=p0S

解得P3=0.75x105Pa

根據(jù)玻意耳定律可得：PiL0S=p3L2S

解得乙2=20cm

答：①當尸=50N時，活塞與汽缸底部的距離為12c如

②當F緩慢增大到使汽缸恰好離開地面時，活塞與汽缸底部的距離為20cm

【解析】①