【文档说明】陕西省交大附中、龙岗中学2021届高三上学期第一次联考物理试题 【精准解析】.doc，共(21)页，967.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年第一学期交大附中、龙岗中学第一次联考物理试题一、选择题（本大题共15小题，共50分，1-10为单项选择题。每小题3分，共30分。11-15为多项选择题，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答得0分，共20

分）1.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是()A.①③采用的是放大的思想方法B.②④⑤采用的是控制变量的思想方法C.④⑤采用的是猜想的思想方法D.①③⑤采用的是放大的思想方法【答案】A【解析】【详解】图①采用光放射的方法显示微小形变；图②采用控制变量法研究加速度与

力、质量的关系；图③采用扭秤装置放大静电力的作用效果；图④采用控制变量法研究静电力大小与距离和电荷量的关系；图⑤采用等效替代法研究力的合成与分解；故A正确，BCD错误。故选A。2.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物

资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.FB.1920FC.19FD.20F【答案】C【解析】【详解】根据题意可知第2节

车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有3838Ffma-=设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有122Ffma-=联

立解得119FF=。故选C。3.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的Ft−图像如图乙所示。下列说法

正确的是（）A.实验中必须让木板保持匀速运动B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【解析】【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，

故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动

摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．根据fNFF=，NFmg=可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。4.2

020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020年“开门红”。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨

道低一些的中轨道卫星组成。它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图所示，则（）A.地球同步倾斜轨道卫星可相对静止在北京上空B.地球同步倾斜轨道卫星的轨道高度大于同步静止轨道卫星的轨道高度C.所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于中轨道卫星绕地球运动的速

率D.质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较大【答案】C【解析】【详解】A．地球同步倾斜轨道卫星的周期与地球的自转周期相同，但两者的绕行方向不同，则地球同步倾斜轨道卫星不可能静止在北京上空，A错误；B．根据222π()GMm

mrrT=可知，只要运动周期相同，轨道半径一定相同，即高度相同，B错误；C．根据22GMmvmrr=可知，轨道半径越大的运动速率越小，因此同步卫星运动速率都小于中轨道卫星运动的速率，C正确；D．轨道半径越大的卫

星，对应的发射速度越大，因此质量相等的卫星，轨道半径越大，机械能越大，D错误。故选C。5.如图所示，水龙头开口A处的直径d1=2cm，A离地面B的高度h=80cm，当水龙头打开时，从A处流出的水流速度v1=1m/s，在空中形成一完整的水流束

，不计空气阻力．则该水流束在地面B处的截面直径d2约为（g取10m/s2）（）A.2cmB.0.98cmC.4cmD.应大于2cm，但无法计算【答案】B【解析】【详解】水流由A到B做匀加速直线运动，由速度与位移关系：2212Bvvgh−=，代入数据解得：17/Bvms=，由单位时间内通过任意横截面

的水的体积均相等，可得：221121144Bvtdvtd=，解得：d2＝0.98cm，故B正确,ACD错误．6.如图所示，理想变压器原线圈接在()msinuUt=+的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（）A.电流表2A的示数减小B.电

压表1V的示数减小C.电压表2V的示数不变D.电流表1A的示数不变【答案】A【解析】【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大

；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即2V的示数减小，故电流表2A的示数减小，故A正确，BCD错误。故选A。7.随着电子技术的发展，霍尔

传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情境可简化如图甲所示，被测转子的轮齿（表面具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化。霍尔元件的原理如图乙所示，传感器的内置电路会将霍尔电压调整

放大，输出一个脉冲信号。下列说法正确的是（）A.霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的B.其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高C.若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中

的载流子为负电荷D.若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号【答案】C【解析】【详解】A．霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到洛伦兹力的作用发生偏转而产生的，故A错误；B．当载流子所受电场力和洛伦兹力平衡时UqqvBb=InqvSnqvbc=

=解得IUBnqc=因此当c越大，U减小，故B错误；C．根据左手定则，负电荷向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端电势低，符合要求，则霍尔元件中载流子为负电荷，故C正确；D．若转速表显示1800r/min，霍

尔元件每分钟输出的脉冲信号为1501800=270000个，故D错误。故选C。8.图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到O点的的距离为x

，P点电场强度的大小为E．下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为A.122222122()RREkxxRxR=−++

B.222212112()EkxxRxR=−++C.122222122()RREkxxRxR=+++D.222212112()EkxxRxR=+++【答案】B【解析】【详解】AC．场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带

电量，单位为C/m2，则2k表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，可知AC错误；BD．当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知0OE=，当x→∞时E→0，而D项中E→4k，故B正确，D错误．9

.如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g．则下列说法正确的是A.微粒可能做匀加速直线

运动B.微粒可能只受两个力作用C.匀强磁场的磁感应强度B=mgqvD.匀强电场的电场强度E=mgq【答案】D【解析】【分析】粒子沿直线运动，由于洛仑兹力与速度垂直且大小与速度成正比，故粒子必定做匀速直线

运动，根据平衡条件可求解电场力与洛仑兹力，并可求出B和E；【详解】AB、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度v线斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力与速度不在同一直线上，粒子不可能做直线运动，所以粒子不可能带正电；则有粒子带负电，电场力向右，洛伦兹

力垂直速度v线斜向左上方，而重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，粒子才能做直线运动，所以粒子做匀速直线运动，故A、B错误；CD、根据平衡条件，有：45qEmgtan=，22()()qvBmgqE=+，联立解得：mgEq=，2

mgBqv=，故D正确，C错误；故选D．【点睛】关键是要求能正确对粒子进行受力分析，根据平衡条件列式，即可求解．10.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为Ff1；如图乙所示，若对该物块施加一平行

于斜面向下的推力F1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff4。下列关于Ff1、Ff

2、Ff3和Ff4大小及其关系式中正确的是（）A.Ff1≠0B.Ff2＜Ff3C.Ff2＜Ff4D.Ff3＝Ff4【答案】D【解析】【详解】A．图甲中物块受到重力、支持力和摩擦力，由于物块在斜面上匀速

运动，则支持力和摩擦力的合力大小等于重力大小，方向竖直向上，则物块对斜劈的合力大小等于其重力大小。所以地面对斜劈的摩擦力Ff1=0，故A错误；BCD．图乙和图丙中，物体受到的力除了重力、支持力、沿着斜面向上的

摩擦力，还有推力，由于推力平行于斜面，所以不影响物块的支持力和摩擦力，则物块对斜劈的合力不变，仍然等于其重力，所以地面对斜劈的摩擦力Ff2=0，Ff3=0。图丁中，对物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F3，将F3沿斜面和竖直方向分解，即相当于施加一个沿斜

面向下的推力和增大了物块的重力，由上面的分析可知，施加一沿斜面的力不影响物块对斜劈的力，物块的重力增大后，物块对斜劈的合力变大，方向与重力方向一致。所以地面对斜劈的摩擦力Ff4=0，故BC错误，D正确。故选

D。11.波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（）A.黑体辐射规律可用光的波动性解释B.光电效应现象揭示了光的粒子性C.电子束射到晶体上产生衍射图样说明电子具有波动性D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等【答案】BC【解析】【详解】A.

黑体辐射的实验规律可用量子理论来解释，但不能用光的波动性解释，故A错误；B.光电效应表明光具有一定的能量，能说明光具有粒子性，故B正确；C.电子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性，故C正确；D.动能相等的质子和电子，它们的动量为2kpmE=质子与电子的质量不同，所以

动能相等的电子与质子的动量是不同的，根据德布罗意波波长公式hp=可知它们的德布罗意波长不相等，故D错误。故选BC。12.如图所示，一物块自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由

静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道，P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°角，此时物体的速度是10m/s，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.OP的长度为52mB.物体做平抛运动的水平初速度v0为25m/sC

.物体沿滑道经过P点时速度的水平分量为5m/sD.物体沿滑道经过P点时速度的竖直分量为45m/s【答案】AD【解析】【详解】A．设OP长度为L，由机械能守恒定律得21cos452pmgLmv=解得52mL=A正确；B．根据平抛运动21cos452Lgt=0sin45Lvt=解得1s

t=05m/sv=B错误；CD．设物体沿滑道经过P点时速度与水平方向的夹角为α，由平抛运动的推论得tan2tan45=解得tan2=25sin5=5cos5=物体沿滑道经过P点时速度的水平分量和竖直分量分别为cos25m/spxpvv==sin45m/spyp

vv==C错误，D正确。故选AD。13.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V

，d点电势为12V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是（）A.c点电势为16VB.场强的方向由b指向dC.质子从b运动到c

所用的时间为02LvD.质子从b运动到c，电场力做功为4eV【答案】AC【解析】【详解】A．在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc解得Uc=16V故A正确；B．设ad连线中点为O，则其电势

为16V，故cO为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bO方向，故B错误；C．由上可知，电场线沿着bO方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bO方向做匀速运动，位移大小为2222xLL==则运动时间为002xLtvv=＝故C正确；D．根据W=qU，质子从b

点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV故D错误。故选AC。14.如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属

棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是（）A.金属棒MN中的电流大小为22BrRB.金属棒MN两端的电压大小为Bωr2C.金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变D.图示位置金属棒中电流方向为从M到N【

答案】BD【解析】【详解】ABD.图示时刻，由右手定则，MN中电流方向由M到N，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即22122EBBrr==由于金属棒MN电阻不计，MN内电压为零，则MN两端电压等于感应电动势，即MN两端电压为2MNBUr

=由于两半圆环并联电阻为R，则通过MN的电流为2BERrIR==故A错误，BD正确；C.由右手定则可知，当OM在右侧磁场而ON在左侧磁场时，感应电流由N流向M，可知，金属棒MN在转动一周过程中电流方向是发生变化的，故C错误。故选BD。15.如图所

示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平

杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统机械能守恒B.当A到达B所在的水平面时，A的速度为gLC.B到达最右端时，A的速度为2gLD.B的最大速度为3gL【答案】AD【解析】【详解】A．不计一切摩擦，在运动的

过程中，A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得22112n302siABmgLvmvm=+其中cos45ABvv=解得A的速度为63AgLv

=故B错误；C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得211(sin30sin45)2AmgLLmv+=解得A的速度为11)2(AvgL=+故C错误；D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的

速度为零，由系统的机械能守恒得21(sin30)2BmaxmgLLmv+=解得B的最大速度为3BmaxvgL=故D正确；故选AD。二、实验题（2小题，共14分）16.疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍

摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是_____。(2)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为16

s，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为_____2m/s（保留三位有效数字）。(3)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，_____（选填“仍能”或“不

能”）测出重力加速度。【答案】(1).小钢球(2).9.61(3).仍能【解析】【详解】(1)[1]为了减小阻力的影响，下落物体应该选择密度大体积小的小钢球。(2)[2]从图中可看出126.50cm2.50cm24.00cms=−=277.20cm26.50cm50.

70cms=−=因此重力加速度229.61m/ssgt=(3)[3]小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向，说明小球在水平方向有了分速度，但竖直方向仍然做自由落体运动，因此仍然可以测出重力加速度。17.某班级物理学

习小组的同学们准备测量电阻大约50Ω的某金属丝阻值的准确值，实验室提供了如下器材：A．直流电源E（电动势约5V，内阻不计）；B．电压表V1（量程0~5V，内阻r1约10kΩ）；C．电压表V2（量程0~3V，内阻r2=1000Ω）D．电流表A（量程

0~0.6A，内阻r3约1Ω）E．定值电阻，阻值R0=25ΩF．滑动变阻器R1（阻值范围0~500Ω，允许通过的最大电流2.0A）G．滑动变阻器R2（阻值范围0~10Ω，允许通过的最大电流2.0A）H．开关S一个

，导线若干。①甲同学先进行电流表（量程选0-0.6A）和电压表（量程选0-3V）的读数练习，则其正确的读数分别为_____A；______V。②乙同学设计了如图所示电路，但发现电压表V2的可用范围较小，为了较准确的测量该金属丝电阻Rx，要求两只电表的读数都不小于其量程的13，并能测量多组

数据，请你在虚线框内画出改进后的测量原理电路图，并在图中标注所选器材的符号。（）③改进后按电路图连接实物并进行实验，某次测量时，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，这段电阻丝的长度为L，直径为d，则这段金属丝的电阻率的表达式

ρ=_______。（用题中已知物理量符号表示）【答案】(1).0.50(2).2.6(3).(4).()=−+2202122024URrdLUrURr【解析】【详解】①[1][2]电流表电压表读数分别为0.50A和2.6V②[3]电压表V2并联在定值电阻

两端时，当15VU=时25V3U，当13VU=时21VU，电压表V2并联在金属丝两端时，当14.5VU=时23VU，当15V3U=时21.1VU，故电压表V2并联在金属丝两端时，测量范围比较大，滑动变阻

器选择分压式接法，应该选择较小的R2，因此电路图如图所示③[4]流过金属丝的电流为12202UUUIRr−=−2xURI=xlRS=联立可得()=+2202122024-URrdLUrURr三、计算题（共3题，共46分）18

.2016年8月17日，广西南宁市上思县至吴圩机场二级路段发生山体滑坡事故．假设在发生山体滑坡时，山坡的底部B处正有一游客逗留，如图所示，此时距坡底160m的山坡A处有一圆形石头正以2m/s的速度、1m/s2的加速度匀加速下滑，游客发现后，立即以0.4m/s2的加

速度由静止开始做匀加速直线运动跑离坡底，石头滑到B处前后速度大小不变，但开始以2m/s2的加速度匀减速运动，已知游客从发现圆形石头到开始逃跑的反应时间为1s，游客跑动的最大速度为6m/s，且游客的运动与圆形石头的

运动在同一竖直平面内，试求：（1）圆形石头滑到坡底B处时，游客前进的位移大小；（2）该游客若能脱离危险，请计算石头与游客间的最小距离，若不能脱离危险，请通过计算说明理由．【答案】（1）45m（2）9m【解析】【详解】(1)设石头从A处

滑到坡底B处的时间为t1，到达坡底B处速度为v1，则x1＝v0t1＋2112at代入数据解得t1＝16s此时石头的速度为v1＝v0＋at1＝2m/s＋1×16m/s＝18m/s游客加速到最大速度用时t2＝mva＝15

st1＝t2＋1s，此过程游客一直在加速前进游客前进的位移为x2＝'2212at＝45m．(2)石头滑到坡底B处时，游客的速度为v2＝a′t2＝0.4×15m/s＝6m/s刚好达到最大速度，此后石头做匀减速运动，游客开始以vm做匀速运动，设又经历时间t3二者的速度相等，即v共＝v1－a石t

3＝vm＝6m/s解得t3＝6s石头在这段时间内的位移为x石＝12vv+共t3＝1862+×6m＝72m游客此时的总位移为x游＝x2＋vmt3＝45m＋6×6m＝81m说明石头此刻未能追上游客，游客能脱离

危险，石头与游客间的最小距离为Δxmin＝81m－72m＝9m．19.下列说法正确的是________(填正确答案标号)A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光

学性质具有各向异性的特点D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【答案】BCE【解析】【详解】A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选

项A错误；B.由于表面张力的作用使液体表面收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确；C.液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确；D.高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误；E.由于液体蒸发时吸收

热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确。故选BCE。20.如图所示,导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上．缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体．一根不可伸长的细绳绕过定滑轮,一端拴住活塞,另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态．此时气体体积为V．用手托着重物,

使其缓慢曼上升,直到细绳刚开始松弛但并未弯曲．已知大气压强为P0活塞横截面积为S,环境温度保持不变．求：(i)从重物开始被托起到最高点的过程中,活塞下降的高度；(ii)之后从静止上释放重物,重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最初托起重物前的位置上升了H．若气体的温

度不变则气体吸收的热量是多少?【答案】（1）20mgVPS（2）020()()mgVPSmgHPS−+【解析】【详解】解：根据对活塞受力分析可知未托活塞时10mgPPs=−，气体体积为1VV=托着重物20PP=，气体体积为2VVSh=−根据理想气体状态方程可

知1122PVPV=解得20mgVhPS=(2)根据热力学第一定律且理想气体的温度不变内能不变0UQW=−=根据动能定理0()()0WmgHhPSHh++−+=解得气体吸收的热量020()()mgVQWPSmgHPS==−+21.如图所示，一块足够长的木板，放在在光滑水平面上，在木

板上自左向右放有序号是1、2、…、n的相同木块，所有木块质量均为m，木块和木板间的动摩擦因数为μ。开始时木板静止不动，各木块分别以v、2v、…、nv同时向同一方向运动，木板的质量等于所有木块的总质量之和，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；(2)若n=1

0，则运动中第9块木块的最小速度；(3)在(2)问中第2块木块相对木板滑动的时间。【答案】(1)14n+v；(2)2710v；(3)2120vg【解析】【详解】(1)以木板和n个木块为研究对象，由动量守恒，有mv+m（2v）

+m（3v）+……+m（nv)=(nm+nm）v共解得v共=14n+v(2)设第9个木块的最小速度为v9min，则此时第10个木块的速度为v9min+v，而第1到第8个木块以及木板的速度均为v9min，有mv+m（2v）+m（3v）+…+m（10v)=(10m

+9m）v9min+m（v9min+v）解得v9min=2710v(3)设第2个木块的最小速度为v2min，当第2个木块减速至v2min之后与木板无相对滑动，类似上述分析，由动量守恒，有mv+m（2v）+m（3v）+……+m（10v)=(

10m+2m）v2min+m（v2min+v）+m（v2min+2v）+m（v2min+3v）+……m（v2min+8v）解得v2min=19v20所以第2个木块相对木板滑动的时间为t=2min2-2120vvvgg=