高三物理下學(xué)期考前模擬試題(一)(含解析)

1.我國(guó)“神舟”十一號(hào)飛船于2016年10月17日放射勝利。飛船先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，在接近400km高空Q處與“天宮”二號(hào)完成對(duì)接，對(duì)接后組合體在軌道Ⅱ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩名宇航員在空間試驗(yàn)室生活、工作了30天。飛船于11月17A.飛船變軌前后的機(jī)械能守恒B.對(duì)接后組合體在軌道Ⅱ上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度C.飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期大于組合體在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期D.飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)P點(diǎn)的速度大于組合體在軌道Ⅱ上運(yùn)行的速度【答案】D【解析】每次變軌都須要發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做功，故飛船機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；組合體在軌道Ⅱ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力供應(yīng)向心力：，解得：，當(dāng)軌道半徑r越大速度越小，當(dāng)軌道半徑等于地球半徑時(shí)的速度為第一宇宙速度，所以組合體的運(yùn)行速度要小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力有：，解得：，可知軌道半徑r越大周期越大，所以飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期小于組合體在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期，故C錯(cuò)誤；萬有引力供應(yīng)向心力：，解得：，可知軌道1經(jīng)過P點(diǎn)的速度大于做圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)的速度，圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)的速度大于軌道2的速度，故D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。2.如圖所示，ABCDEF是同一圓周上的六個(gè)點(diǎn)，O為圓心，AB、CD兩直徑相互垂直，EF連線與AB平行，兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷分別固定在A、B兩點(diǎn)。下列說法中錯(cuò)誤的是A.E、F兩點(diǎn)的電勢(shì)相同B.E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.將一個(gè)電子在C點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下該電子將在CD間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.在C點(diǎn)給電子一個(gè)適當(dāng)?shù)某跛俣?，僅在電場(chǎng)力作用下該電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】等量同種電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電勢(shì)是關(guān)于其連線的中垂線對(duì)稱，全部E、F兩點(diǎn)的電勢(shì)相同，故A說法正確；E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不相同，故B說法錯(cuò)誤；在其中垂線上，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以從O向兩側(cè)先增大后減小，電場(chǎng)方向分別沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)，當(dāng)電子從C點(diǎn)靜止釋放，做加速運(yùn)動(dòng)，到O點(diǎn)最大，接下來做減速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)速度為零，在做反向加速運(yùn)動(dòng)，所以電子將在CD間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C說法正確；在C點(diǎn)給電子一個(gè)適當(dāng)?shù)某跛俣?，電子可以在兩者的中垂面上做圓周運(yùn)動(dòng),且到兩場(chǎng)源電荷的距離始終相等，故D說法正確。所以說法錯(cuò)誤的是B.3.用如圖甲所示的裝置探討光電效應(yīng)現(xiàn)象。閉合電鍵S，用頻率為ν的光照耀光電管時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)。圖乙是該光電管發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)間電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖象，圖線與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（a，0），與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-b），下列說法中正確的是A.普朗克常量為h=B.斷開電鍵S后，電流表G的示數(shù)不為零C.僅增加照耀光的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能將增大D.保持照耀光強(qiáng)度不變，僅提高照耀光頻率，電流表G的示數(shù)保持不變【答案】B【解析】由，變形得，可知圖線的斜率為普朗克常量，即，故A錯(cuò)誤；斷開電鍵S后，初動(dòng)能大的光電子，也可能達(dá)到對(duì)陰極，所以電流表G的示數(shù)不為零，故B正確；只有增大入射光的頻率，才能增大光電子的最大初動(dòng)能，與光的強(qiáng)度無關(guān)，故C錯(cuò)誤；保持照耀光強(qiáng)度不變，僅提高照耀光頻率，單個(gè)光子的能量增大，而光的強(qiáng)度不變，那么光子數(shù)肯定削減，發(fā)出的光電數(shù)也削減，電流表G的示數(shù)要減小，故D錯(cuò)誤。所以B正確，ACD錯(cuò)誤。4.如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針方向緩慢地轉(zhuǎn)過900，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。在此過程中下列說法正確的是A.框架對(duì)小球的支持力先減小后增大B.拉力F的最小值為mgsinθC.地面對(duì)框架的摩擦力始終在減小D.框架對(duì)地面的壓力先增大后減小【答案】C..................5.如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不連接。起先時(shí)小球位于O點(diǎn)，彈簧水平且無形變。O點(diǎn)的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R，B為軌道最高點(diǎn)，小球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是A.小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過程中速度不斷增大B.小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為C.小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=D.小球通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為5mg【答案】C【解析】小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓其次定律可知：，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零的時(shí)（彈力等于摩擦力時(shí)）速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球起先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)離開彈簧，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蚯∧苎剀壍肋\(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，由重力供應(yīng)向心力：，解得：，從O到B依據(jù)動(dòng)能定理得：，聯(lián)立以上解得：，由上分析可知：小球從起先運(yùn)動(dòng)到離開彈簧速度先增大后減小，所以最大速度要比大，故B錯(cuò)誤；從A到O依據(jù)能量守恒得：，聯(lián)立以上得：，故C正確；小球在最低點(diǎn)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得：，聯(lián)立以上解得：，故D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。6.如圖所示，由于志向變壓器原線圈的輸入電壓降低，使電燈L變暗，下列哪些措施可以使電燈L重新變亮A.其他條件不變，P1上移，同時(shí)P2下移B.其他條件不變，P1下移，同時(shí)P2上移C.其他條件不變，斷開電鍵SD.其他條件不變，將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片P向下移動(dòng)【答案】BC【解析】P1上移增大n1，P2下移減小n2，由志向變壓器的變壓比：，可知U2將會(huì)變得更小，所以電燈L不會(huì)重新變亮，故A錯(cuò)誤；P1下移減小n1，P2上移增大n2，由志向變壓器的變壓比：，可知U2將會(huì)變大，所以電燈L會(huì)重新變亮，故B正確；其他條件不變，U2電壓不變，斷開電鍵S，并聯(lián)部分電阻變大，副線圈電流變小，R1分壓變小，L燈的電壓將變大，所以電燈L會(huì)重新變亮，故C正確；其他條件不變，將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片P向下移動(dòng)，總電阻變小，總電流變大，R1分壓變大，L燈的電壓將變小，所以電燈L不會(huì)重新變亮，故D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)誤。7.放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0~6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖所示，下列說法中正確的是A.0~6s內(nèi)拉力做的功為140JB.物體在0~2s內(nèi)所受的拉力為4NC.物體與粗糙水平地面的動(dòng)摩擦因素為0.5D.合外力在0~6s內(nèi)做的功與0~2s內(nèi)做的功相等【答案】AD【解析】0~6s內(nèi)拉力做的功為P-t圖線下所圍的面積：，故A正確；在2~6s內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力為：，物體在0~2s內(nèi)：物體的加速度為：，由牛頓其次定律得：，代入數(shù)解得：F=6N，故B錯(cuò)誤；由滑動(dòng)摩擦力公式：，代入數(shù)據(jù)解得：，故C錯(cuò)誤；合外力在0~6s內(nèi)做的功：，0~2s內(nèi)做的功相等為：，由此可得：，故D正確。所以AD正確，BC錯(cuò)誤。8.如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法中正確的是A.若只增大v0，則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加B.若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量削減C.若只減小m，則滑塊滑離木板時(shí)木板獲得的速度削減D.若只減小μ，則滑塊滑離木板過程中滑塊對(duì)地的位移減小【答案】BCD【解析】滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的成積，因?yàn)橄鄬?duì)位移沒變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯(cuò)誤；由極限法，當(dāng)M很大時(shí)，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小，滑塊的位移等于xM+L很小，對(duì)滑塊依據(jù)動(dòng)能定理：，可知滑塊滑離木板時(shí)的速度v1很大，把長(zhǎng)木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，滿意動(dòng)量守恒：，可知長(zhǎng)木板的動(dòng)量改變比較小，所以若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量削減，故B正確；采納極限法：當(dāng)m很小時(shí)，摩擦力也很小，m的動(dòng)量改變很小，把長(zhǎng)木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，滿意動(dòng)量守恒，那么長(zhǎng)木板的動(dòng)量改變也很小，故C正確；當(dāng)μ很小時(shí)，摩擦力也很小，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小，滑塊的位移等于xM+L也會(huì)很小，故D正確。所以BCD正確，A錯(cuò)誤。三、非選擇題：（一）必考題9.探究“做功和物體速度改變的關(guān)系”試驗(yàn)裝置如圖甲所示，圖中是小車在1條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行的情形。小車試驗(yàn)中獲得的速度v，由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打點(diǎn)的紙帶測(cè)出，橡皮筋對(duì)小車做的功記為W；試驗(yàn)時(shí)，將木板左端調(diào)整到適當(dāng)高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置釋放。請(qǐng)回答下列問題：當(dāng)我們把2條、3條……完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次……多次試驗(yàn)。請(qǐng)回答下列問題：（1）除了圖甲中已給出器材外，須要的器材還有：溝通電源、_________________；（2）如圖乙中，是小車在某次運(yùn)動(dòng)過程中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的一系列的點(diǎn)，打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，則小車離開橡皮筋后的速度為_______m/s（保留兩位有效數(shù)字）(3)將幾次試驗(yàn)中橡皮筋對(duì)小車所做的功W和小車離開橡皮筋后的速度v，進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，以W為縱坐標(biāo)，v或v2為橫坐標(biāo)作圖，其中可能符合實(shí)際狀況的是______【答案】(1).毫米刻度尺(2).0.36(3).AD【解析】（1）須要的器材除了溝通電源外，還有刻度尺；（2）小車離開橡皮筋后的速度為（3）因，故以W為縱坐標(biāo)，v或v2為橫坐標(biāo)作圖，其中可能符合實(shí)際狀況的是AD.點(diǎn)睛：明確了該試驗(yàn)的試驗(yàn)原理以及試驗(yàn)?zāi)康?，即可了解詳?xì)操作的含義，以及如何進(jìn)行數(shù)據(jù)處理；數(shù)據(jù)處理時(shí)留意數(shù)學(xué)學(xué)問的應(yīng)用，本題是考查試驗(yàn)操作及數(shù)據(jù)處理的方法等問題，好題．10.一根勻稱的瘦長(zhǎng)空心金屬圓管，其橫截面如圖甲所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電阻R約為5Ω，這種金屬的電阻率為ρ，因管線內(nèi)徑太小無法干脆測(cè)量，某同學(xué)設(shè)計(jì)下列試驗(yàn)方案盡可能精確測(cè)定它的內(nèi)徑d；(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬管線外徑D，圖乙為螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)，用該螺旋測(cè)微器測(cè)量的管線外徑讀數(shù)為5.200mm，則所測(cè)金屬管線外徑D=_______mm。(2)為測(cè)量金屬管線的電阻R，取兩節(jié)干電池（內(nèi)阻不計(jì)）、開關(guān)和若干導(dǎo)線及下列器材：A．電流表0～0.6A，內(nèi)阻約0.05ΩB．電流表0～3A，內(nèi)阻約0.01ΩC．電壓表0～3V，內(nèi)阻約10kΩD．電壓表0～15V，內(nèi)阻約50kΩE．滑動(dòng)變阻器，0～10Ω（額定電流為0.6A）F．滑動(dòng)變阻器，0～100Ω（額定電流為0.3A）為精確測(cè)出金屬管線阻值，電流表應(yīng)選__________電壓表應(yīng)選______滑動(dòng)變阻器應(yīng)選__________(填序號(hào))(3)如圖丙所示，請(qǐng)按試驗(yàn)要求用筆代線將實(shí)物圖中的連線補(bǔ)充完整。(4)依據(jù)已知的物理量（長(zhǎng)度L、電阻率ρ）和試驗(yàn)中測(cè)量的物理量（電壓表讀數(shù)U、電流表讀數(shù)I、金屬管線外徑D），則金屬管線內(nèi)徑表達(dá)式d＝______________【答案】(1).5.167（5.165～5.169同樣得分）(2).A(3).C(4).E如圖(5).【解析】（1）螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)3.3×0.01mm=0.033mm；螺旋測(cè)微器測(cè)量的管線外徑讀數(shù)為5.200mm，則所測(cè)金屬管線外徑D=5.200-0.033mm=5.167mm（2）兩節(jié)新的干電池電動(dòng)勢(shì)為3V，因此電壓表選擇3V的量程，即為C；

因?yàn)殡娏恐凶畲箅娏鞔蠹s為，為了測(cè)量的精確，電流表應(yīng)選擇A，滑動(dòng)變阻器采納限流式接法，因?yàn)榇郎y(cè)電阻較小，所以滑動(dòng)變阻器選擇E．

（3）由于待測(cè)電阻的平方小于電壓表與電流表內(nèi)阻的乘積，屬于小電阻，所以電流表采納外接法，連接滑動(dòng)變阻器的滑片接頭錯(cuò)誤，應(yīng)當(dāng)在接線柱；

（4）該試驗(yàn)須要測(cè)量空心金屬管的內(nèi)徑，通過歐姆定律測(cè)出電阻的大小，結(jié)合電阻定律測(cè)出橫截面積，從而依據(jù)外徑求出內(nèi)徑的大小．故所需測(cè)量的物理量為金屬管的長(zhǎng)度L、金屬管的外徑D、加在管兩端的電壓U、通過管的電流強(qiáng)度I．

依據(jù)歐姆定律得，，又，則，因?yàn)椋?/p>

解得11.如圖所示，AB與CD是兩段半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，圓心連線O1O2水平，BC錯(cuò)開的距離略大于小球的直徑，整個(gè)裝置豎直放置于水平長(zhǎng)軌道MN上，AB與水平軌道MN相切于A點(diǎn)。有一自由長(zhǎng)度小于MP的輕彈簧左端固定于M處，右端與質(zhì)量為m的小球接觸（不拴接）。水平軌道MP段光滑，PA段粗糙、長(zhǎng)為2R，運(yùn)動(dòng)小球受到PA段阻力為小球重力的0.25倍。起先時(shí)，彈簧處于被壓縮的鎖定狀態(tài)，鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能EP=5mgR，解除鎖定后，小球?qū)⒈粡棾觯亓铀俣葹間，試計(jì)算：（1）小球?qū)A弧軌道A點(diǎn)壓力的大小和方向；（2）推斷小球能否過D點(diǎn)，若能過D點(diǎn)，則計(jì)算小球落在軌道MN上的位置離D點(diǎn)的水平距離?！敬鸢浮浚?）方向垂直水平軌道向下（2）【解析】（1）解除彈簧鎖定后，彈簧彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球動(dòng)能小球從P運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程中，依據(jù)動(dòng)能定理到圓弧軌道A點(diǎn)，設(shè)小球受軌道的彈力為N，運(yùn)用牛頓其次定律由、、式，代入f＝0.25mg，EP=5mgR等，得：依據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)A弧軌道A點(diǎn)壓力，方向垂直水平軌道向下。（2）假如小球恰好能經(jīng)過D點(diǎn)，速度為，則有小球從P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過程中，依據(jù)動(dòng)能定理小球恰能到達(dá)D點(diǎn)所需的彈性勢(shì)能由、、得：因?yàn)?gt;，所以小球能過D點(diǎn)，并從D點(diǎn)水平拋出依據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，得：從D點(diǎn)平拋后由、、得：12.如圖所示，PQ和MN是固定于傾角為30o斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長(zhǎng)，其電阻可忽視不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R；兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在垂直斜面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若鎖定金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面對(duì)上的恒力F=2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g；（1）試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；（2）設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0=0，恒力大小變?yōu)镕′=1.5mg，方向不變，同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時(shí)刻金屬棒ab起先做勻速運(yùn)動(dòng)；求：①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab；②0～t時(shí)刻內(nèi)通過金屬棒ab的電量q；【答案】（1）（2）【解析】（1）金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，E=BLvI=E/2RFA=IBL金屬棒cd克服安培力做功的功率P安=FAv電路獲得的電功率P電=由P安=P電=所以：P安=P電（另解：金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，cd桿受力平衡有聯(lián)立解得，，依據(jù)：所以：）（2）①金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，則有I1BL=2mgsin30o金屬棒ab的熱功率Pab=I12R由解得：Pab=②設(shè)t后時(shí)刻金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)速度為v1，金屬棒cd也做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv=2mv1+mv2回路電流I1=由解得：金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)速度為v1=0～t時(shí)刻內(nèi)對(duì)金屬棒ab分析：在電流為i的很短時(shí)間內(nèi)，速度的該變量為由動(dòng)量定理得：對(duì)進(jìn)行求和得：解得BLq-mgt=2mv1由解得：q=（或：設(shè)ab、cd桿之間距離改變量為x，則：設(shè)隨意時(shí)刻，ab桿速度為，cd桿速度為，利用微元求和可得：對(duì)ab桿進(jìn)行動(dòng)量定理：聯(lián)立可得：求解得：33.[物理—選修3-3]13.下列說法中正確的是_____。A.空氣中PM2.5的運(yùn)動(dòng)屬于分子熱運(yùn)動(dòng)B.壓縮氣體不肯定能使氣體的溫度上升C.肯定量的氣體汲取熱量，其內(nèi)能可能減小D.太空中水滴呈現(xiàn)完備球形是由于液體表面張力的作用E.相鄰的兩個(gè)分子之間的距離減小時(shí)，分子間的引力變小，斥力變大【答案】BCD【解析】PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物,既然是顆粒物,就不是分子,當(dāng)然不屬于分子的熱運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)熱力學(xué)第肯定律，若壓縮氣體，對(duì)物體做功，但是氣體若放熱則不肯定能使氣體的溫度上升，故B正確；肯定量的氣體汲取熱量，若氣體對(duì)外做的功大于它所汲取的熱量，其內(nèi)能可能減小，故C正確；太空中處于失重狀態(tài)的水滴由于液體的表面張力的作用而呈球形，故D正確；分子間的引力和斥力,隨著分子間距離的減小而增大，故E正確。所以BCD正確，AE錯(cuò)誤。14.如圖所示，結(jié)構(gòu)相同的絕熱氣缸A與導(dǎo)熱氣缸B均固定于地面，由剛性杠連接橫截面積相同的絕熱活塞a、b，絕熱活塞a、b與兩氣缸間均無摩擦。將肯定量的氣體封閉在兩氣缸中，起先時(shí)活塞靜止，活塞與各自氣缸底部距離均相等，B氣缸中氣體壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)，A氣缸中氣體溫度，設(shè)環(huán)境溫度始終不變。現(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱A氣缸中的氣體，停止加熱達(dá)到穩(wěn)定后，氣缸B中活塞距缸底的距離為起先狀態(tài)的時(shí)，求：（i）B氣缸氣體的壓強(qiáng)；（ii）A氣缸氣體的溫度?！敬鸢浮浚╥）（ii）【解析】試題分析：以氣缸B中的氣體為探討對(duì)象，由玻意耳定律求出壓強(qiáng)；找出加熱前后