2024年滬教版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高二物理上冊階段測試試卷286考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖6是電場中某區(qū)域的電場線分布圖，a、b是電場中的兩點，這兩點比較:A.b點的電場強度較大B.a點的電勢較低C.負點電荷從a點移動到b點時電場力做正功D.同一負點電荷放在a點所受的電場力比放在b點時受到的電場力小2、如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強電場中，一個不計重力的帶電粒子從左邊界的P點以某一水平速度射入電場，從右邊界的Q點射出，下列判斷正確的有A.粒子帶正電B.粒子做勻速圓周運動C.粒子電勢能增大D.若增大電場強度粒子通過電場的時間變大3、如圖所示電路，電壓U保持不變，當(dāng)電鍵S斷開時，理想電流表A的示數(shù)為0.6A，當(dāng)電鍵S閉合時，理想電流表的示數(shù)為0.9A，則兩電阻阻值之比R1：R2為（）A1：2B2：1C2：3D3：24、2014

年10

月2

日，中國選手曹碩在仁川亞運會上以17.30m

的成績奪得男子三級跳遠冠平.

在運動員起跳瞬間(

)

A.運動員對地面的作用力就是運動員所受的重力B.地面對運動員的作用力大于運動員對地面的作用力C.地面對運動員的作用力與運動員對地面的作用力大小相等D.地面對運動員的作用力小于運動員對地面的作用力5、小球P

和Q

用不可伸長的輕繩掛在天花板上，P

球的質(zhì)量大于Q

球的質(zhì)量，懸掛P

球的繩比懸掛Q

球的繩短.

將兩球拉起，使兩球均被水平拉直，如圖所示.

將兩球由靜止釋放，在各自軌道的最低點(

)

A.P

球的速度一定大于Q

球的速度B.P

球的動能一定大于Q

球的動能C.P

球所受繩的拉力一定大于Q

球所受繩的拉力D.P

球的向心加速度一定大于Q

球的向心加速度6、如圖所示，在長直通電導(dǎo)線附近放置一矩形線框，開始時線框與導(dǎo)線下在同一平面內(nèi)，線框中的ac、bd邊與導(dǎo)線平行，當(dāng)線框做下列運動時不能產(chǎn)生感應(yīng)電流是（）A.線框向右勻速運動B.線框垂直紙面向里運動C.線框以ab邊為軸轉(zhuǎn)動D.線框平面以直導(dǎo)線為軸轉(zhuǎn)動7、關(guān)于如圖所示的電場中的A、B、C點，下列說法正確的是（）

A.A點的電場強度最大B.B點的電勢最高C.C點沒有電場線，所以電場強度為零D.同一個負點電荷在A點的電勢能最大評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)8、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解9、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)10、萬有引力常量G=6.67×10-11____，由萬有引力定律可知，兩個質(zhì)量分別為50kg的人，相距2m時的萬有引力為____．11、兩顆人造地球衛(wèi)星質(zhì)量的比m1：m2=1：2，軌道半徑之比r1：r2=3：1．求這兩顆衛(wèi)星運行的周期之比T1：T2=____；線速度之比v1：v2=____．12、如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為+Q，半徑為r，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為0.75r，在A點放一檢驗電荷-q，則-q在A點所受的庫侖力大小為______．13、如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球AB

分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F

作用于小球B

則兩球靜止于圖示位置.

如果將小球向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，跟原來的狀態(tài)相比，豎直墻面對小球A

的推力______；地面對小球B

的支持力______；兩小球之間的距離______.(

填“變大”、“變小”或“不變”)

14、在“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗中，按如圖連接電路，在閉合S1瞬間發(fā)現(xiàn)靈敏電流計G指針向左偏，則將L2從L1中拔出，電流表指針______，將滑動變阻器滑片迅速右移，電流表指針______，斷開S2，電流表指針______（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。從該實驗的探究可以得到的結(jié)論是______。15、如圖所示，x為放射源，L為一紙板，紙板與計數(shù)器之間有強磁場B．當(dāng)強磁場移開時，計數(shù)器的計數(shù)率不變，說明放射源中沒有______（選填“α”、“β”或“γ”）粒子；將紙板L移開，計數(shù)器計數(shù)率大幅度上升，這表明放射源中有______（選填“α”、“β”或“γ”）粒子．評卷人得分四、判斷題(共2題，共18分)16、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共4題，共40分)18、如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的物體在與水平方向成α=37°的拉力F=10N的作用下，在動摩擦因數(shù)為μ=0.2的水平面上由靜止開始運動，（g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）物體的加速度多大。

（2）2s末物體的位移多大。

（3）5S后撤去F物體還能運動多遠．19、在如圖所示的電路中，電阻R=2.0婁賂

電源的電動勢E=3.0V

內(nèi)電阻r=1.0婁賂.

閉合開關(guān)S

求：

(1)

通過電阻R

的電流I

(2)

電阻R

的功率P

．20、一圓柱形氣缸直立在地面上；內(nèi)有一個具有質(zhì)量；無摩擦的絕熱活塞(AB

兩部分氣體之間沒有熱傳遞)

把氣缸分成容積相同的AB

兩部分，如圖所示.

兩部分氣體的溫度相同，均為t0=27隆忙A

部分氣體的壓強pA0=1.0隆脕105PaB

部分氣體的壓強pB0=2.0隆脕105pa.

現(xiàn)對B

部分氣體加熱，使活塞上升，保持A

部分氣體的溫度不變，使A

部分氣體的體積減小為原來的2/3.

求此時：

(1)A

部分氣體的壓強。

(2)B

部分氣體的溫度．21、如圖所示，光滑水平面MN左端足夠遠的地方有一彈性擋板（碰撞時無能量損失）P，右端N與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略，傳送帶水平部分NQ的長度L=2m，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，其速度v=2m/s．MN上放置著兩個可視為質(zhì)點的質(zhì)量mA=4kg、mB=1kg的小物塊A、B，開始時A、B都靜止，A、B間壓縮一鎖定的輕質(zhì)彈簧，其彈性勢能EP=10J．現(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開A、B后迅速移走彈簧，g=10m/s2．求：

（1）物塊A；B被彈開時各自的速度大小；

（2）要使兩物塊能在水平面MN上發(fā)生碰撞；則小物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)至少為多大；

（3）若物塊A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都等于第（2）問中的臨界值，且兩物塊碰撞后結(jié)合成整體．在此后物塊A、B三次離開傳送的運動過程中，兩物塊與傳送帶間產(chǎn)生的總熱量．評卷人得分六、畫圖題(共2題，共8分)22、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A|D【分析】電場線疏密表示電場強度大小，可知A對；沿電場線方向電勢降低，b點電勢低，B錯；負電荷從a點移動到b點時，電場力向右，位移向左，電場力做負功，C錯；由電場力F=qE可知同一負點電荷放在a點所受的電場力比放在b點時受到的電場力小，D對；【解析】【答案】AD2、A【分析】試題分析：由題意知，粒子做類平拋運動，由圖知粒子受電場力豎直向下，與電場方向相同，故粒子帶正電，所以A正確，B錯誤；電場力做正功，故電勢能減小，所以C錯誤；粒子在水平方向做勻速直線運動，故僅增大電場強度粒子通過電場的時間不變，所以D錯誤?？键c：本題考查帶電粒子在電場中的運動【解析】【答案】A3、A【分析】試題分析：當(dāng)電鍵S斷開時，U=0.6×R1；當(dāng)S閉合時：聯(lián)立解得：R1：R2=1：2，選項A正確.?？键c：部分電路的歐姆定律.【解析】【答案】A4、C【分析】解：A

運動員對地面的作用力和運動員所受的重力是兩種不同性質(zhì)的力；不能說運動員對地面的作用力就是運動員所受的重力，故A錯誤；

BCD

地面對運動員的作用力與運動員對地面的作用力是作用力與反作用力；大小相等，故BD錯誤，C正確；

故選：C

．

根據(jù)牛頓第三定律可知作用力與反作用力大小相等；方向想法，作用在兩個物體上．

解決本題的關(guān)鍵是會區(qū)別作用力與反作用力和平衡力的區(qū)別．【解析】C

5、C【分析】解：A

對任意一球，設(shè)繩子長度為L.

小球從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgL=12mv2

解得：v=2gLv隆脴L

則知，通過最低點時，P

球的速度一定小于Q

球的速度.

故A錯誤．

B；由于P

球的質(zhì)量大于Q

球的質(zhì)量；而P

球的速度小于Q

球的速度，所以P

球的動能不一定大于Q

球的動能.

故B錯誤．

C、在最低點，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F鈭?mg=mv2L

解得，F(xiàn)=3mg

與L

無關(guān)，與m

成正比，所以P

球所受繩的拉力一定大于Q

球所受繩的拉力，故C正確．

D、在最低點小球的向心加速度a脧貌=v2L=2g

與L

無關(guān)，所以P

球的向心加速度一定等于Q

球的向心加速度，故D錯誤．

故選：C

從靜止釋放至最低點；由機械能守恒列式，得到最低點的速度表達式；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度表達式，再比較它們的大?。?/p>

比較一個物理量時，往往根據(jù)物理規(guī)律得到它們的表達式，再比較它們的大小.

對于本題的結(jié)論要在理解的基礎(chǔ)上記住，經(jīng)常用到．【解析】C

6、D【分析】解：A；當(dāng)線框向右勻速運動時；穿過線圈的磁通量減小，則線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，不符合題意，故A錯誤。

B；當(dāng)線框垂直紙面向里運動；穿過線圈的磁通量減小，則線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，不符合題意，故B錯誤。

C、線框以ab邊為軸轉(zhuǎn)動；穿過線圈的磁通量減小，則線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，不符合題意，故C錯誤。

D；線框平面以直導(dǎo)線為軸轉(zhuǎn)動；線框中的磁通量沒有發(fā)生變化，故不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D正確。

故選：D。

由通過直導(dǎo)線周圍存在磁場；可確定線圈所處磁場的分布，當(dāng)閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流．

判斷電路中能否產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)把握兩點：一是要有閉合回路；二是回路中的磁通量要發(fā)生變化．【解析】D7、A【分析】【詳解】

A．處電場線最密，電場強度最大，故正確．

B．根據(jù)順著電場線電勢降低可以知道點的電勢最高，故錯誤．

C．電場線可形象描述電場線的強弱和方向，點沒有畫電場線，由圖可以知道電場仍存在，故錯誤．

D．點電勢最低，由知負電荷在處電勢能最大，故錯誤．

故選．

點睛：對電場線要了解：（1）電場線密集的地方電場強度越大，（2）沿電場線電勢降低，（3）正電荷受力方向與電場線相同，負電荷受力方向與電場線方向相反．二、雙選題(共2題，共4分)8、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B9、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B三、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】

國際單位制中質(zhì)量m、距離r；力F的單位分別是：kg、m、N；

根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=得到G的單位是N?m2/kg2．

兩個質(zhì)量分別為50kg的人，相距2m時的萬有引力F==1.67×10-7N．

故答案為：N?m2/kg2，1.67×10-7N

【解析】【答案】根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=由m，r；F三個物理量的單位推導(dǎo)出G的單位．應(yīng)用萬有引力定律直接計算；

11、略

【分析】

設(shè)地球的質(zhì)量為M．人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；由地球的萬有引力提供向心力，則有。

G得T=2π則得兩顆衛(wèi)星運行的周期之比T1：T2==31

衛(wèi)星的線速度為v=

則線速度之比為v1：v2=1：

故答案為：31，1：

【解析】【答案】人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律列方程，得到衛(wèi)星的周期；速度與半徑的關(guān)系，再求解比值．

12、略

【分析】解：檢驗電荷受的庫侖力沿著電荷的連線指向+q；由對稱性可知在垂直于豎直線的方向上的分力相互抵消，只有沿豎直線方向的分力．

由庫侖力公式知：F=kcos53°=

故答案為：．

把檢驗電荷受的力分解為沿豎直線和垂直于豎直線；由電荷的對稱性知垂直于豎直線方向的力相互抵消，從而即可求解．

畫出受力圖，利用力的分解可以順利解出本題，同時掌握庫侖定律及力的矢量合成法則．【解析】13、略

【分析】解：以A

球為研究對象；分析受力，作出力圖如圖1

所示：

設(shè)B

對A

的庫侖力F

與墻壁的夾角為婁脠

由平衡條件得豎直墻面對小球A

的彈力為：

N1=mAgtan婁脠

將小球B

向左推動少許時婁脠

減?。粍tN1

減小，即豎直墻面對小球A

的推力變小．

再以AB

整體為研究對象；分析受力如圖2

所示，由平衡條件得：

F=N1

N2=(mA+mB)g

則F

減??；地面對小球B

的彈力一定不變，即地面對小球B

的支持力不變．

庫侖力F驢芒=mAgcos婁脠婁脠

減小，cos婁脠

增大，F(xiàn)驢芒

減小，根據(jù)庫侖定律，可知，兩小球的間距增大．

故答案為：變小；不變；變大．

先以A

球為研究對象；分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對A

的彈力如何變化，再以AB

整體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析F

如何變化和地面對小球B

的彈力的變化．

本題運用隔離法和整體法結(jié)合分析動態(tài)平衡問題，關(guān)鍵是確定研究對象(

往往以受力較少的物體為研究對象)

分析受力情況．【解析】變??；不變；變大14、右偏左偏不偏穿過閉合線圈中的磁通量變化，則會產(chǎn)生感應(yīng)電流【分析】解：閉合電鍵S1時穿過副線圈的磁通量增加；靈敏電流計G的指針向左偏了一下，說明穿過副線圈的磁通量增加時電流計指針向左偏轉(zhuǎn)；

若將L2從L1中拔出時。穿過副線圈的磁通量減少；電流計指針將右偏轉(zhuǎn)；

若將滑動變阻器滑片迅速右移時；穿過副線圈的磁通量增大，電流計指針將向左偏；

當(dāng)斷開S2；不論如何變化，均不會偏轉(zhuǎn)；

從該實驗的探究可以得到的結(jié)論是：穿過閉合線圈中的磁通量變化；則會產(chǎn)生感應(yīng)電流；

故答案為：右偏；左偏；不偏；穿過閉合線圈中的磁通量變化；則會產(chǎn)生感應(yīng)電流。

根據(jù)題意確定磁通量變化關(guān)系與電流計指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系；然后根據(jù)題意分析答題。

感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合電路的磁通量發(fā)生變化。

本題考查了實驗注意事項、判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)方向問題，知道實驗注意事項，根據(jù)題意確定電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與磁通量變化的關(guān)系即可正確解題?！窘馕觥坑移笃黄┻^閉合線圈中的磁通量變化，則會產(chǎn)生感應(yīng)電流15、略

【分析】解：α射線不能穿透紙板；將磁場移開后，計數(shù)器所得計數(shù)率保持不變，說明穿過紙板的粒子中無帶電粒子，故沒有β射線；將薄紙板L移開，計數(shù)率大幅上升，說明射線中有穿透力很弱的粒子，因此放射源有α．

故答案為：β；α

α射線是由氦核構(gòu)成的；β射線是高速電子流，γ射線是波長極短的電磁波，三者貫穿本領(lǐng)依次增強．

本題考查帶電粒子在磁場中的運動特性及放射性現(xiàn)象；了解三種射線的特性是做好本題的關(guān)鍵．【解析】β；α四、判斷題(共2題，共18分)16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．五、計算題(共4題，共40分)18、略

【分析】

（1）物體受重力；拉力、支持力和摩擦力；根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度大?。?/p>

（2）根據(jù)位移時間公式求得位移；

（3）根據(jù)牛頓第二定律求得撤去外力后的加速度；根據(jù)速度位移公式求得位移。

加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁，通過加速度，可以根據(jù)力求運動，也可以根據(jù)運動求力【解析】解：（1）物體受力如圖所示，在x軸方向?qū)ξ矬w運用牛頓第二定律得：Fcosα-Ff=ma

在y軸方向由平衡條件得：Fsinα+FN-mg=0

又因為：Ff=μFN

聯(lián)立以上三式代入數(shù)據(jù)解得：=7.2m/s2

（2）2s末物體的位移為

（3）5s末的速度v=at=36m/s，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)速度位移公式可知

答：（1）物體的加速度為7.2m/s2

（2）2s末物體的位移為14.4m

（3）5S后撤去F物體還能運動324m19、略

【分析】

已知電源的電動勢；內(nèi)阻和外電阻；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電路中電流I

根據(jù)P=I2R

可求解電阻R

的功率；

此題是閉合電路歐姆定律的簡單應(yīng)用，該定律是電路中最重要的規(guī)律之一，掌握要牢固，應(yīng)用要熟練．【解析】解：(1)

通過電阻R

的電流I=ER+r=1.0A

(2)

電阻R

的功率P=I2R=2.0W

答：(1)

通過電阻R

的電流I

為1.0A

(2)

電阻R

的功率P

為2.0W

20、解：（1）設(shè)開始時兩部分氣體的體積均為V0．

對A部分氣體：

初態(tài)：P1=105Pa，V1=V0

末態(tài)：P2=？V2=V0

因為部分氣體保持溫度不變，所以由玻意耳定律，有P1V1=P2V2

代入解得，P2=1.5×105Pa

（2）初態(tài)時，B、A的壓強差△p=pB0-pAO=2.0×105pa-1.0×105Pa=1.0×105Pa

這個壓強差是由活塞的重力產(chǎn)生的，由于活塞的重力不變，則這個壓強差不變．兩部分氣體體積之和保持不變，則此時B部分氣體的體積為2V0-=

對于B部分氣體：

初態(tài)：P3=2×105Pa，V3=V0，T3=300K

末態(tài)：P4=P2+△P=2.5×105Pa，V3=V0，T4=？

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：

代入解得T4=500k

答：（1）A部分氣體的壓強是1.5×105Pa；

（2）B部分氣體的溫度是500k．【分析】

(1)A

部分氣體發(fā)生等溫變化；由玻意耳定律即可求出后來A

部分氣體的壓強；

(2)B

與A

兩部分氣體的壓強差等于活塞的重力產(chǎn)生的壓強；求出B

部分氣體的壓強，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解此時B

部分氣體的溫度．

本題是兩部分氣體的問題，既要分別確定兩部分各作何種變化，選擇規(guī)律列式，更重要的是抓住它們之間的聯(lián)系進行分析．【解析】解：(1)

設(shè)開始時兩部分氣體的體積均為V0

．

對A

部分氣體：

初態(tài)：P1=105PaV1=V0

末態(tài)：P2=V2=23V0

因為部分氣體保持溫度不變；所以由玻意耳定律，有P1V1=P2V2

代入解得；P2=1.5隆脕105Pa

(2)

初態(tài)時，BA

的壓強差鈻?p=pB0鈭?pAO=2.0隆脕105pa鈭?1.0隆脕105Pa=1.0隆脕105Pa

這個壓強差是由活塞的重力產(chǎn)生的，由于活塞的重力不變，則這個壓強差不變.

兩部分氣體體積之和保持不變，則此時B

部分氣體的體積為2V0鈭?23V0=43V0

對于B

部分氣體：

初態(tài)：P3=2隆脕105PaV3=V0T3=300K

末態(tài)：P4=P2+鈻?P=2.5隆脕105PaV3=43V0T4=

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：

p3V3T3=p4V4T4

代入解得T4=500k

答：(1)A

部分氣體的壓強是1.5隆脕105Pa

(2)B

部分氣體的溫度是500k

．21、略

【分析】

（1）A；B被彈簧彈開的過程實際是爆炸模型；符合動量守恒、AB及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒．

（2）對B；運用用動能定理可以求出動摩擦因數(shù)．

（3）我們用逆向思維考慮：A；B整體最后剛好從Q點滑出那么它的末速度一定為零；即他們一直做勻減速運動，則A、B碰撞后的公共速度可求；而碰撞前B的速度已知，那么碰撞前A的速度利用動量守恒可求；既然A的速度求出來了，利用動能定理或者功能關(guān)系知道P對A做的