2024年高三物理試卷練習(xí)題及答案（八）

一、選擇題1．如圖1，廣州塔摩天輪位于塔頂450米高空處，摩天輪由16個(gè)“水晶”觀光球艙組成，沿著傾斜的軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則坐于觀光球艙中的某游客()圖1A．動(dòng)量不變 B．線速度不變C．合外力不變 D．機(jī)械能不守恒【答案】D【解析】坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷改變，可知線速度不斷改變，動(dòng)量也不斷變化；由于向心加速度方向不斷變化，可知合外力大小不變，但方向不斷改變，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；由于動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變化，可知機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D正確．2．中微子是一種不帶電、質(zhì)量很小的粒子．早在1942年我國物理學(xué)家王淦昌首先提出證實(shí)中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案．靜止的鈹核(eq\o\al(7,4)Be)可能從很靠近它的核外電子中俘獲一個(gè)電子(動(dòng)能忽略不計(jì))形成一個(gè)新核并放出中微子，新核處于激發(fā)態(tài)，放出γ光子后回到基態(tài)．通過測量新核和γ光子的能量，可間接證明中微子的存在．則()A．中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量相同B．反應(yīng)過程吸收能量C．產(chǎn)生的新核是鋰核(eq\o\al(7,3)Li)D．中微子的動(dòng)能與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)能相等【答案】C【解析】根據(jù)題意可知發(fā)生的核反應(yīng)方程為：eq\o\al(7,4)Be＋eq\o\al(0,－1)e→eq\o\al(7,3)Li＋νe，所以產(chǎn)生的新核是鋰核，反應(yīng)過程放出能量，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量守恒可知中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；中微子的動(dòng)量與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)量大小相等，而質(zhì)量不等，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)，可知中微子的動(dòng)能與處于激發(fā)態(tài)新核的動(dòng)能不相等，故D錯(cuò)誤．3．一物塊放在水平桌面上，在水平輕彈簧的拉力F作用下，沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧的伸長量為x；將彈簧方向變成與水平面成60°角，物塊在拉力作用下仍沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧的伸長量是(物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi))()A.eq\f(1,2)xB.eq\f(4,5)xC．2xD.eq\f(4\r(3),9)x【答案】B【解析】當(dāng)彈簧水平拉力為F時(shí)：根據(jù)平衡條件得：kx＝Ff＝μFN＝μmg，當(dāng)彈簧方向變成與水平面成60°角時(shí)，豎直方向：kx′sin60°＋FN′＝mg，水平方向：kx′cos60°＝Ff′＝μFN′＝μ(mg－kx′sin60°)，聯(lián)立解得x′＝eq\f(4,5)x，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．4.如圖2，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為R，bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球受到與重力大小相等的水平外力F的作用，自a點(diǎn)從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)立即撤去外力F，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()圖2A．水平外力F做的功為2mgRB．小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為3mgC．小球能從c點(diǎn)豎直向上飛出D．小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為mg【答案】B【解析】水平外力F做的功為：W＝FR＝mgR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從a到b由動(dòng)能定理：FR＝eq\f(1,2)mvb2；在b點(diǎn)由牛頓第二定律：FNb－mg＝meq\f(v\o\al(,b2),R)，解得FNb＝3mg，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)B正確；由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mvb2＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,c2)，解得vc＝0，即到達(dá)c點(diǎn)的速度為零，運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)小球?qū)A弧軌道的壓力大小為0，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．5．如圖3所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界ON上有一粒子源S.某一時(shí)刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時(shí)間有大量粒子從邊界OM射出磁場．已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于eq\f(1,2)T(T為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為()圖3A.eq\f(1,3)TB.eq\f(1,4)TC.eq\f(1,6)TD.eq\f(1,8)T【答案】A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，入射點(diǎn)是S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦．當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短時(shí)，軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識(shí)，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時(shí)間即最短，如圖所示．由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于eq\f(1,2)T，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan30°＝eq\f(\r(3),3)d，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：r＝eq\f(DS,2)＝eq\f(\r(3),6)d，由幾何知識(shí)有：ES＝OSsin30°＝eq\f(1,2)d，故在△O1ES中由余弦定理得cosθ＝eq\f(2r2－ES2,2r2)＝－eq\f(1,2)，則：θ＝120°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：tmin＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,3)T，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．6．2018年12月8日，“嫦娥四號(hào)”月球探測器在我國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，探測器奔月過程中，被月球俘獲后在月球上空某次變軌是由橢圓軌道a變?yōu)榻聢A形軌道b，如圖4所示，a、b兩軌道相切于P點(diǎn)．不計(jì)變軌過程探測器質(zhì)量變化，下列說法正確的是()圖4A．探測器在a軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能小于在b軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能B．探測器在a軌道上P點(diǎn)的加速度大于在b軌道上P點(diǎn)的加速度C．探測器在a軌道運(yùn)動(dòng)的周期大于在b軌道運(yùn)動(dòng)的周期D．為使探測器由a軌道進(jìn)入b軌道，在P點(diǎn)必須減速【答案】CD【解析】從高軌道a到低軌道b需要在P點(diǎn)進(jìn)行減速，所以，在a軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能大于在b軌道上P點(diǎn)的動(dòng)能，A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)牛頓第二定律得：Geq\f(Mm,r2)＝ma，所以在a、b軌道上P點(diǎn)到月球中心的距離r相同，加速度一樣，B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第三定律：eq\f(T\o\al(,a2),T\o\al(,b2))＝eq\f(r\o\al(,a3),r\o\al(,b3))，所以在a軌道運(yùn)動(dòng)的周期大于在b軌道運(yùn)動(dòng)的周期，C正確．7．如圖5甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Ω的直導(dǎo)體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規(guī)律如圖乙所示，則()圖5A．導(dǎo)體棒的電流是從b到aB．通過導(dǎo)體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD．t＝πs時(shí)，導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.3N【答案】AC【解析】穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導(dǎo)體棒的電流是從b到a，選項(xiàng)A正確；假設(shè)0～πs時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N；最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，則假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，選項(xiàng)C正確．8．如圖6所示，磁單極子會(huì)在其周圍形成均勻輻射磁場．質(zhì)量為m、半徑為R的圓環(huán)當(dāng)通有恒定的電流I時(shí)，恰好能水平靜止在N極正上方H處．已知與磁單極子N極相距r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(k,r)，其中k為常數(shù)．重力加速度為g.則()圖6A．靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(俯視)B．靜止時(shí)圓環(huán)沿其半徑方向有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．靜止時(shí)圓環(huán)的電流I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)D．若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落中加速度先增加后減小【答案】AC【解析】環(huán)所在處的磁場的方向向上，則環(huán)產(chǎn)生的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知，靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(俯視)，故A正確；靜止時(shí)圓環(huán)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(俯視)，由左手定則可知，環(huán)上的各點(diǎn)受到的安培力的方向向上向里，所以環(huán)有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；對(duì)環(huán)的某一部分進(jìn)行受力分析：在水平方向，根據(jù)安培力的對(duì)稱性可知，整個(gè)的環(huán)在水平方向的合力為0，豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點(diǎn)電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力為BI·2πR，F(xiàn)cosθ＝mg，由幾何關(guān)系：cosθ＝eq\f(R,\r(H2＋R2))，由題：B＝eq\f(k,\r(H2＋R2))，聯(lián)立得：I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)，故C正確；結(jié)合C的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減小；由靜止釋放，重力開始時(shí)大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度減小，故D錯(cuò)誤．9．(6分)如圖7甲所示，是研究小車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)裝置，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的交流電源的頻率為f＝50Hz，試問：圖7(1)實(shí)驗(yàn)中，必要的措施是________．A．細(xì)線必須與長木板平行B．小車必須具有一定的初速度C．小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量D．必須平衡小車與長木板間的摩擦力(2)如圖乙所示，A、B、C、D、E、F、G是剛打好的紙帶上7個(gè)連續(xù)的點(diǎn)．從圖乙中可讀得x6＝________cm，計(jì)算F點(diǎn)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為vF＝________.(3)如圖丙所示，是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的v2－2x圖線(v為各點(diǎn)的速度大小)，由圖線可知小車運(yùn)動(dòng)的加速度為________m/s2.(保留2位有效數(shù)字)【答案】(1)A(2)6.00eq\f(fx6－x4,2)(3)0.50(0.48～0.52)【解析】(1)實(shí)驗(yàn)中，細(xì)線必須與長木板平行，以減小實(shí)驗(yàn)的誤差，選項(xiàng)A正確；實(shí)驗(yàn)中讓小車由靜止釋放，不需要初速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此實(shí)驗(yàn)不需要使得小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此實(shí)驗(yàn)沒必要平衡小車與長木板間的摩擦力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．(2)從題圖乙中可讀得x6＝6.00cm，計(jì)算F點(diǎn)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為vF＝eq\f(x6－x4,2T)＝eq\f(fx6－x4,2).(3)由圖線可知小車運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(Δv2,2x)＝eq\f(1.50－0.25,25×10－1)m/s2＝0.50m/s2.10．某同學(xué)利用如圖8所示的電路測量一表頭的電阻．供選用的器材如下：圖8A．待測表頭G1，內(nèi)阻r1約為300Ω，量程5.0mA；B．靈敏電流計(jì)G2，內(nèi)阻r2＝300Ω，量程1.0mA；C．定值電阻R＝1200Ω；D．滑動(dòng)變阻器R1＝20Ω；E．滑動(dòng)變阻器R2＝2000Ω；F．電源，電動(dòng)勢(shì)E＝3.0V，內(nèi)阻不計(jì)；G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干．(1)在如圖乙所示的實(shí)物圖上將導(dǎo)線補(bǔ)充完整；(2)滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________(填寫器材前的字母代號(hào))．開關(guān)S閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)滑動(dòng)至________端(填“a”或“b”)；(3)實(shí)驗(yàn)中某次待測表頭G1的示數(shù)如圖丙所示，示數(shù)為________mA；(4)該同學(xué)多次移動(dòng)滑片P，記錄相應(yīng)的G1、G2讀數(shù)I1、I2；以I2為縱坐標(biāo)，I1為橫坐標(biāo)，作出相應(yīng)圖線．已知圖線的斜率k＝0.18，則待測表頭內(nèi)阻r1＝________Ω.(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.【答案】(1)如圖：(2)Da(3)3.00(4)270(5)保護(hù)G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏【解析】(1)實(shí)物連線如圖：(2)因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器要接成分壓電路，則應(yīng)該選擇阻值較小的D；開關(guān)S閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)滑動(dòng)至a端；(3)待測表頭G1的示數(shù)為3.00mA；(4)由歐姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝eq\f(r1,R＋r2)I1，則eq\f(r1,R＋r2)＝k＝0.18，解得r1＝270Ω；(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是：保護(hù)G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏．10．某中學(xué)生對(duì)剛買來的一輛小型遙控車的性能進(jìn)行研究．他讓這輛小車在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過程通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖1所示的v－t圖象．已知小車在0～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2～11s內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，9～11s內(nèi)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在11s末開始小車失去動(dòng)力而自由滑行．已知小車質(zhì)量m＝1kg，整個(gè)過程中小車受到的阻力大小不變，試求：圖1(1)在2～11s內(nèi)小車牽引力的功率P的大小；(2)小車在2s末的速度vx的大??；(3)小車在2～9s內(nèi)通過的距離x.【答案】(1)16W(2)4m/s(3)44m【解析】(1)根據(jù)題意，在11s末撤去牽引力后，小車只在阻力Ff作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)題圖可知：a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝2m/s2；根據(jù)牛頓第二定律有：Ff＝ma；解得：Ff＝2N；設(shè)小車在勻速直線運(yùn)動(dòng)階段的牽引力為F，則：F＝Ff，vm＝8m/s；根據(jù)：P＝Fvm；解得：P＝16W；(2)0～2s的勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，小車的加速度為：ax＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(vx,2)；設(shè)小車的牽引力為Fx，根據(jù)牛頓第二定律有：Fx－Ff＝max；根據(jù)題意有：P＝Fxvx;聯(lián)立解得：vx＝4m/s；(3)在2～9s內(nèi)的變加速過程，Δt＝7s，由動(dòng)能定理可得：PΔt－Ffx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvx2；解得小車通過的距離是：x＝44m.11.如圖2所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，有一質(zhì)量為m，電荷量為－q(－q<0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點(diǎn)由靜止開始釋放，運(yùn)動(dòng)至x軸上的A(－L,0)點(diǎn)時(shí)，恰好無碰撞地沿切線方向進(jìn)入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細(xì)管，細(xì)管的圓心O1位于y軸上，交y軸于B點(diǎn)，交x軸于A點(diǎn)和C(L,0)點(diǎn)，已知細(xì)管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠(yuǎn)小于細(xì)管軌道的半徑，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：圖2(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小；(2)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點(diǎn)飛出后落在x軸上的位置坐標(biāo)．【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)3(eq\r(2)＋1)mg方向向下(3)(－7L,0)【解析】(1)小球由靜止釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則tan45°＝eq\f(mg,Eq)解得：E＝eq\f(mg,q)(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，細(xì)管軌道的半徑r＝eq\r(2)L從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)－0＝mg(2L＋eq\r(2)L)＋EqL在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(,B2),r)聯(lián)立解得：FN＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向上根據(jù)牛頓第三定律可得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力的大小FN′＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向下(3)從P到A的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(,A2)＝mgL＋EqL解得：vA＝2eq\r(gL)小球從C點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)拋出時(shí)的速度vC＝vA＝2eq\r(gL)小球的加速度g′＝eq\r(2)g當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時(shí)，又回到x軸，則有：vCt＝eq\f(1,2)g′t2解得：t＝2eq\r(\f(2L,g))則沿x軸方向運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(vCt,sin45°)＝eq\r(2)vCt＝eq\r(2)×2eq\r(gL)×2eq\r(\f(2L,g))＝8L則小球從C點(diǎn)飛出后落在x軸上的坐標(biāo)x′＝L－8L＝－7L.12.恒溫環(huán)境中，在導(dǎo)熱良好的注射器內(nèi)，用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體．用力緩慢向外拉活塞，此過程中________．A．封閉氣體分子間的平均距離增大B．封閉氣體分子的平均速率減小C．活塞對(duì)封閉氣體做正功D．封閉氣體的內(nèi)能不變E．封閉氣體從外界吸熱(2)某同學(xué)設(shè)計(jì)了測量液體密度的裝置．如圖3，左側(cè)容器開口；右管豎直，上端封閉，導(dǎo)熱良好，管長L0＝1m，粗細(xì)均勻，底部有細(xì)管與左側(cè)連通，初始時(shí)未裝液體．現(xiàn)向左側(cè)容器緩慢注入某種液體，當(dāng)左側(cè)液面高度為h1＝0.7m時(shí)，右管內(nèi)液柱高度h2＝0.2m．已知右管橫截面積遠(yuǎn)小于左側(cè)橫截面積，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2.圖3①求此時(shí)右管內(nèi)氣體壓強(qiáng)及該液體的密度；②若此時(shí)右管內(nèi)氣體溫度T＝260K，再將右管內(nèi)氣體溫度緩慢升高到多少K時(shí)，剛好將右管中液體全部擠出？(不計(jì)溫度變化對(duì)液體密度的影響)【答案】(1)ADE(2)①1.25×105Pa5×103kg/m3②351K【解析】(1)對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，氣體的內(nèi)能和分子平均速率只取決于溫度，由題目可知，溫度不變，則封閉氣體的內(nèi)能不變，封閉氣體分子的平均速率也不變，故B錯(cuò)誤，D正確；用力向外緩慢拉動(dòng)活塞過程中，氣體體積增大，則分子間的平均距離增大，氣體對(duì)活塞做正功，則活塞對(duì)氣體做負(fù)功，故A正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)ΔU＝W＋Q可知，溫度不變，則內(nèi)能U不變，即ΔU＝0，用力向外緩慢拉動(dòng)活塞，則W<0，故Q>0，即氣體從外界吸收熱量，故E正確．(2)①設(shè)右管橫截面積為S，對(duì)右管內(nèi)的氣體，由玻意耳定律：p0V0＝p1V1其中：V0＝L0S，V1＝(L0－h(huán)2)S解得：p1＝1.25×105Pa又：p1＝p0＋ρg(h1－h(huán)2)解得：ρ＝5×103kg/m3②對(duì)右管內(nèi)的氣體：eq\f(p1V1,T)＝eq\f(p