【文档说明】宁夏吴忠市吴忠中学2023-2024学年高三上学期开学第一次月考物理试题 含解析 .docx，共(26)页，4.625 MB，由小赞的店铺上传

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吴忠中学2023-2024学年第一学期第一次月考高三物理试卷一、单选题（本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）1.关于速度的描述，下列说法正确的是（）A.电动车限速20km/h，指的是平均速度大

小B.子弹射出枪口时的速度大小为500m/s，指的是平均速度大小C.某运动员百米跑的成绩是10s，则他冲刺时的速度大小一定为10m/sD.京沪高速铁路测试时的列车最高时速可达484km/h，指的是瞬时速度大小【答案】

D【解析】【详解】A．电动车限速20km/h，限制的是瞬时速度大小，不是平均速度大小，故A错误；B．子弹射出枪口时的速度大小与枪口这一位置对应，因此为瞬时速度大小，故B错误；C．根据运动员的百米跑成绩是

10s可知，运动员的平均速度大小为10m/s，但其冲刺速度不一定为10m/s，故C错误；D．列车的最高时速指的是在安全情况下所能达到的最大速度，为瞬时速度大小，故D正确；故选D。2.一长为L的直导线置于磁感

应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（）A.通电直导线受到安培力的大小为ILBB.无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力C.通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面D.安培力是载流子受到的

洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功【答案】C【解析】【详解】A．只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电直导线受到安培力的大小才为ILB，选项A错误；B．当通电导线与磁场方向平行时，它不受安培力，选项B错误；C．通电直导线所受安培力的

方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，选项C正确；D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电直导线也能做功，选项D错误。故选C。3.如图所示，质量为m手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机与接触面

的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.支架对手机的作用力方向垂直于斜面向上，大小为mgcosB.支架斜面对手机的摩擦力大小为cosmg，方向沿斜面向上C.手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机所

受摩擦力水平向右D.手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg【答案】D【解析】【详解】A．支架对手机的作用力与手机的重力平衡，则方向竖直向上，大小为mg，故A错

误；B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为sinfmg=故B错误；C．手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动时，手机处于平衡状态，所以手机所受摩擦力沿斜面向上，故C错误；D．手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间

无相对滑动时，手机处于平衡状态，支架对手机的作用的力与手机所受重力平衡，故支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg，故D正确。故选D。4.放射性材料2PuO可以作为火星探测车的燃料，2PuO中的Pu元素是23894

Pu，已知23894Pu发生衰变的核反应方程为2382349492PuUXm→+，已知23894Pu的半衰期为87.7年。下列说法正确的是（）A.方程中2m=，X是21HB.20个2PuO经过87.7年后还剩10个C.23894P

u的比结合能小于23492U的比结合能D.在火星上23894Pu的半衰期与在地球上不同【答案】C【解析】【详解】A．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒，可知该衰变为衰变，则方程中1m=，X是42He，故A错误；B．半衰期是统计规律，对于少数原子核衰变不适用，故20

个2PuO经过87.7年后不一定还剩10个，故B错误；C．衰变过程释放能量，反应后的23492U比23894Pu更稳定，则23894Pu的比结合能小于23492U的比结合能，故C正确；D．半衰期只由原子核内部决定，在火星上23894Pu的半

衰期与在地球上相同，故D错误。故选C。5.一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则（）A.15s内汽车的位移为300mB.20s末汽车的速度为1m/s−C.前10s内汽车的加速度为23m/sD.前25s内

汽车做单方向直线运动【答案】B【解析】【详解】A．位移时间图像中倾斜直线表示汽车做匀速运动，图线与横坐标平行说明汽车静止不动，图线的斜率大小表示速度大小，斜率的正负表示速度方向，15s末汽车的位置坐标为30m，离开

出发点30m，即位移为30m，故A错误；B．15～25s内图像中倾斜直线的斜率表示这段时间内的速度，20s末的速度为10m/s1m/s10xvt−===−故B正确；C．由图像斜率可知，前10s汽车做匀速直线运动，加速度为0，故C错误；D．汽车前10s沿x轴正向运动，中间5s静止，后面10s又沿

x轴的负方向运动，故D错误。故选B。6.如图所示，质量为m的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止状态，重力加速度为g，细线与竖直墙壁的夹角为300，则细线对小球的拉力大小为A.233mgB.33mgC.mgD.32mg【答案】A

【解析】【详解】对小球受力分析，由力的平衡知识可知，细线对小球的拉力大小为0223cos3033mgmgmgT===，故选A.7.如图所示，一小球从某高度处水平抛出，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的是()A.小球水平抛出时的初速度大小为tangtB.小球在t时间内的位移与水平方向的夹角为2C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D.若小球初速度增大，则增大【答案】A【解析】【详解】A．物体落地时竖直方向上的分速度为：ygt=v因为落地时速度方向

与水平方向的夹角为，所以小球的初速度为：0tantanyvgtv==故A正确；B．物体落地时速度与水平方向夹角的正切值：0tangtv=位移与水平方向夹角的正切值：20012tan2gtgtvtv==所以tan2tan=，但2，故B错误；C．根据：212hgt=解得：2htg

=，可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误；D．速度与水平方向夹角的正切值为：0tangtv=若小球初速度增大，下落时间t不变，所以tan减小，即减小，故D错误

。故选A．8.如图所示，A、B两电动玩具车在同一直线上运动，当它们相距8mx=时，A正以2m/s的速度向左做匀速运动，而此时车B的速度为4m/s，向左刹车做匀减速运动，加速度大小为22m/s，则A追上

B所用的时间为（）A.4sB.5sC.6sD.7s【答案】C【解析】【详解】物体B停止运动的时间为0B1B4s2s2vta===物体B的位移22BBB4m4m222vxa===此时A的位移AA14mxvt==则此时A、B相距4m8m4m8mx=+−=

则A追上B还需要的时间2A8s4s2xtv===则A追上B的时间为126sttt=+=故选C。9.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程

中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能也不守恒【答案】C【解析】【详解】在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，

除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD错误，C正确。故选C。10.某电场电场线分布如图所示，则（）A.电荷P带正电B.电荷P带负电C.a点的电场强度大于b点的电场强度D.正检验电荷在c点受到的电场

力小于在d点受到的电场力【答案】A【解析】【详解】AB．由图可知电场线从正电荷出发，所以电荷P带正电，故A正确，B错误；C．从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；D．根据电场线越密的

地方电场强度越大，所以c点的场强大于d点场强，所以正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D错误。故选A。（带电粒子在圆形磁场中的运动）11.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为()

0qq的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为1v，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为2v，离开磁场时速度方向偏转60，不计重力，则12vv为（）的A.1

2B.33C.32D.3【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径1rR=第二次的半径23rR=根据洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr=可得qrBvm=所以112233

vrvr==故选B。12.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，磁场竖直向下为正方向，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动

势E变化的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势11111BEStt==在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应

电流；在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势22222BEStt==因为12BB=，212tt=故212EE=故A正确，BCD错误。故选A。二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，

至少有一个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分）13.如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。现将质量相同的两个小球（小球半径远小于碗的半径），分别从两个碗的边缘由静止释放，当

两球分别通过碗的最低点时（）A.两小球的加速度大小相等B.两小球的速度大小相等C.两小球对碗底的压力大小相等D.两小球对碗底的压力大小不相等【答案】AC【解析】【详解】B．设大碗半径为1r，小碗半径为2r，对小球从碗的边缘到碗

的最低点过程应用动能定理得211102mgrmv=−得112vgr=同理可得222102mgrmv=−得222vgr=由于12rr，所以12vv故B错误；ACD．对小球在碗的最低点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力NF，由牛顿第二定律知N−=Fmgma向心加速度2v

ar=得21N11vFmgmr−=21N22vFmgmr−=解得122aag==N2N13FFmg==由牛顿第三定律知碗对球的支持力等于球对碗的压力故AC正确，D错误。故选AC。14.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5

s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其vt−图像如图所示。已知汽车的质量331kg0m=，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10210m/s，则（）A.汽车在前5s内的牵引力为39N10B.汽车在

15m/s时的加速度为21m/sC.汽车的额定功率为40kWD.汽车在前5s内摩擦力做功为51.510J−【答案】AB【解析】【详解】A．根据图象，可得前5s内的加速度22m/svat==由牛顿第

二定律0.1Fmgma−=解得39.010NF=故A正确；C．汽车5s末达到额定功率，额定功率为4.010W90kW9PFv===故C错误；B．汽车速度15m/s时，则有0.1Pmgmav−=解得21m/sa=故B正确；D．前5s内的位移是105m25m22vxt===摩擦力做功4f

0.17.510JWmgx=−=−故D错误。故选AB。15.如图，2022年1月22日，位于同步轨道的中国“实践21号”卫星将一颗位于同步轨道的失效的“北斗2号”卫星拖拽至距地面更远的“墓地轨道”（可视为圆轨道），此后“实践21号”又回归同步轨道，这标志着中国能够真正意义上实现“太空垃圾清理

”。下列说法正确的是（）为A.“实践21号”拖拽“北斗2号”离开同步轨道时需要点火加速B.“实践21号”完成拖拽任务后离开“墓地轨道”时需要点火加速C.“北斗2号”在同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度D.“北斗2号”在“墓地轨道”的运行周期小于24小时【答案

】AC【解析】【详解】由图可知，同步轨道的半径小于“墓地轨道”的半径A．“实践21号”拖拽“北斗2号”离开同步轨道时做离心运动，需要点火加速，故A正确；B．“实践21号”完成拖拽任务后离开“墓地轨道”时做近心运动，需要点火减速，故B错误；C．根据22MmvGmrr=可得GMvr=可知“北斗2号”在

同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度，故C正确；D．根据2224MmGmrrT=可得32rTGM=同步轨道的周期为24小时，则“北斗2号”在“墓地轨道”的运行周期大于24小时，故D错误。故选AC。16.热敏电阻器分为正温度系数热敏电阻器（PTC）和

负温度系数热敏电阻器（NTC），在自动控制领域起着越来越重要的作用。为了研究热敏电阻的特性，某实验小组将一只热敏电阻接入如图甲所示的电路中。已知变压器原，副线圈匝数比为12=0:1:2nn，R为正温度系数热敏电阻（

温度越高时电阻值越大），1L和2L是两个完全相同的灯泡。用示波器接在电压表两端可以观察到如图乙所示波形的交变电压。若变压器和电表都是理想仪器，下列说法正确的是（）A.原线圈输入的交流电压u的频率为50HzB.原线圈

输入电压有效值为112VC.当用红外灯管照射R时，电流表的示数变小D.若1L的灯丝烧断后，电压表的示数会变小【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由题图乙可知交流电压周期T=0.02s，所以频率为150HzfT==所以原线圈输入的交流电压的频率也为50Hz

，故A正确；B．图乙所示电压的最大值是2202V，所以有效值是U=220V，变压器原、副线圈匝数比为1︰20，所以原线圈两端电压有效值是11V，故B错误；C．用红外线灯管照射R，R阻值随温度升高而变大，根据UIR=知副线圈电流减小，副线圈输出功率减小，

根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也减小，原线圈电流减小，所以电流表的示数减小，故C正确；D．当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误。故选AC。二、实验题（本题共2小题，共1

5分）17.用如图所示的装置探究动能定理，一端带滑轮的长木板放在水平桌面上，质量为M的小车放在长木板上，跨过定滑轮的细线一端系上一质量为m的钩码，另一端与小车相连。小车后面连接纸带，小车运动过程中打点计时器在纸带上打出一系列的点，记录下小车的运动情况。（1）在实验过

程中，需要平衡摩擦力，具体做法是在___________（“挂上钩码”或“不挂钩码”）的情况下，把长木板不带滑轮的一端适当垫高，轻推一下小车，若发现小车拖着纸带打出的点分布均匀，就表明已经平衡了摩擦力。（2）实验中打出的一条纸带如图所示，0与1之间的距离为1L，0与2之间的距离为2L

，0与3之间的距离为3L，相邻点之间的时间间隔为T，0是打下的第一个点。若用钩码重力mg替代绳子拉力，需要满足m___________M，在这种情况下，从0到2过程中细绳拉力对小车做功W=___________。从0到2过程中小

车动能增量kE=___________。【答案】①.不挂钩码②.远小于③.2mgL④.2312()8MLLT−【解析】【分析】【详解】（1）[1]平衡摩擦力的方法是让重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力，所以不需要绳子的拉力，故不挂钩码。（2）[2]若用钩码重力mg替代绳子拉力，对

钩码受力分析的mgTma−=对小车受力分析可得TMa=可得MTmgMm=+因此需要满足m远小于M；[3]从0到2过程中细绳拉力对小车做功为2WmgL=[4]打点2时小车的速度为3122LLvT−=则从0到2过程中小车动能增量为22313122k22(1102(2))48EMvLLMLL

TTM−−==−=18.小明同学想要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，为了尽量减小实验误差，小明设计如图甲所示的实验电路图（1）闭合开关前，应将滑动变阻器R的滑片移到___________端（选填“左”或“右”）。

（2）闭合开关S后，小明发现电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，都不能使电压表的示数调为零，原因可能是图甲中___________（选填：“a”或“b”或“c”或“d”）处接触不良。（3）排除故障后，某次测量时，电流表

和电压表指针位置如图乙所示，则电流表读数为___________A，电压表读数为___________V。（4）测量结束后，小明作出了此小灯泡的伏安特性曲线，如图丙所示，从图线可以得出小灯泡灯丝的电阻率随温度变化的特点是___________

（5）若将两个这样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，每个小灯泡实际消耗的功率约为___________W（结果保留两位有效数字）。【答案】①.左②.c③.0.42④.1.50⑤.小灯泡灯丝的电阻率

随温度升高而增大⑥.0.18【解析】【详解】（1）[1]闭合开关前，要保证测量路段电压为零，所以应将滑动变阻器R的滑片移到左端；（2）[2]闭合开关S后，小明发现电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，都不能使电压表的示数调为零，如果是a、b、d处接触不良（断开）

，移动滑片电压表都会出现读数为零的现象，故只能是c处接触不良，滑动变阻器串联接在电路总，电压表示数无法为零；（3）[3][4]电流表分度值为0.02A，读数为0.42A，电压表分度值为0.1V，读数为1.50V；（4）[5]丙图为I-U图线，图线中各点与坐标原

点连线斜率的倒数表示电阻，由图可知小灯泡灯丝电阻随着温度升高（U、I增大）而增大，由lRS=知小灯泡灯丝的电阻率随温度升高而增大；（5）[6]设通过每个小灯泡的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得2EUIr=+即1.5V3UI=+在丙图中作出上面关系的图线，如图由

图中两条图线的交点可得，每个灯泡两端的实际电压为U=0.71V，实际电流为I=0.26A，则每个小灯泡的实际功率约为0.710.26W0.18WPUI==四、解答题（本题共3小题，共30分。解答应写

出必要的文字说明，方程式和重要演算，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位）19.首艘国产航母“山东号”已正式服役。某时刻，舰载机相对航母正准备由静止起飞，如图所示，航母正沿舰载机起飞方向以一定速度匀速直线航行，舰载机在跑道上的起飞

过程可以简化为水平方向的匀加速直线运动。已知舰载机的质量42.010kgm=，发动机对舰载机的水平推力恒为51.210NF=，方向与速度方向相同，舰载机受到的阻力大小为舰载机重力的110，航母跑道的长度160mL=，舰载机起飞的最小速度1180km/

hv=，重力加速度210m/s=g，求：（1）舰载机在航母上起飞过程的加速度大小。（2）为保证舰载机安全起飞，航母匀速航行的最小速度大小。【答案】（1）25m/sa=；（2）10m/sv=【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知Ffma−=其中110f

mg=解得25m/sa=（2）舰载机在航母上相对航母做初速度为0的匀加速直线运动，舰载机起飞的最小速度为1180km/h50m/sv==若航母匀速航行速度最小，则舰载机相对位移为L后，速度为1v，设舰载机的相对速度为v，根据运动学公式22vaL=解得

40m/sv=则航母匀速航行的最小速度大小为110m/svvv=−=20.如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内存在匀强电场。一电荷量为()0qq+、质量为m的带电粒子，以初速度0v从(),0Pa点沿与x轴成45°方向射入磁

场中，通过y轴上的()0,Na点恰好垂直于电场方向进入第二象限，到达x轴上Q点（图中未画出）时速度恰好与x轴垂直。已知电场强度为E，粒子重力不计求：（1）匀强磁场的磁感应强度（2）粒子从P点到Q点所经历的时间。【答案】（1）02mvaq；（2）0022mvavq

E+【解析】的【分析】【详解】（1）根据几何关系可知22Ra=根据洛伦兹力提供向心力可得200vqvBmR=联立可得02mvBaq=（2）粒子在电场中做类平抛运动，垂直x轴时速度方向下，v0与E垂直，可知v0不变，分解速度知，沿电场方向速度大小也是

v0，由沿电场方向0qEvattm==有电场中运动时间0mvtqE=粒子在磁场中运动的周期022RmTvqB==磁场中运动时间2TmtqB==02mvBaq=所以00222matvmva==总时间002=2mvatttvqE+=+总21.如图甲所示，放置在水平桌面上

的两条光滑无限长金属导轨间距为L=1m，质量m=1kg，电阻r=1Ω的光滑导体棒垂直放在导轨上，导轨左端与阻值为R=3Ω的电阻相连，其余电阻不计。两导轨间有方向垂直导轨平面向下，磁感应强度为B=2T的匀强磁场。现给导体棒施加一水平向右

的恒定拉力F，并测出速度随时间变化的图像如图乙所示。(1)求导体棒运动过程中流过R电流的最大值；(2)求t=1.6s时导体棒的加速度的大小；(3)若导体棒在开始运动的1.6s内位移为x=8m，求这段时间内电阻R上产生的热量大小。【答案】(1)5A；(2)22m

/s；(3)36J【解析】【详解】(1)从速度时间图象可以看出，导体棒做切割磁感线运动的最大速度为m10m/sv=由EBLv=EIR=可得mBLvIRr=+代入数据解得5AI=(2)由牛顿第二定律可得tFFma−=安当导体棒速度最大匀速运动时，导体棒合外力为零，

所以mFFBIL==安依图得，当1.6st=时，导体棒速度t8m/sv=此时22ttBLvFRr=+安因此tFFam−=安联立代入数据得22m/sa=(3)由能量守恒定律可知2t12xFQmv=+总解得48JQ=总因回

路电流相同，则有RQRQRr=+总解得R36JQ=五、选考题（本题共15分。考试从给出的22、23两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）22.关于下列光学现象，说法中正确的是（）A.电磁波和其他可见光一样，也能产生衍射

现象B.水中蓝光的传播速度比红光的慢C.光的偏振现象说明光是纵波D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽E.一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹，是因为玻璃三棱镜吸收了白光中的一些色光【答案】ABD【解析】【详解】A．电磁波和其他

可见光一样，也能产生衍射现象，选项A正确；B．蓝光的频率较红光大，蓝光的折射率较大，根据cvn=可知，水中蓝光的传播速度比红光的慢，选项B正确；C．光的偏振现象说明光是横波，选项C错误；D．红光的波长大于蓝光，分别用蓝光和红光在同一装置上做

双缝干涉实验，根据lxd=可知，用红光时得到的条纹间距更宽，选项D正确；E．一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹是因为光的折射而发生了色散，不是因为三棱镜吸收了光；故E错误；故选ABD。23.现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图所示，其截面ABC为直角三角形，

∠ACB=30°，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射后垂直于AB边射出．已知光在空气中的传播速度为c．①求透明玻璃材料的折射率．②若BC=3a，求光线在玻璃材料内传播的时间．【答案】（1

）2（2）524ac【解析】【详解】（1）光路图如图所示DE光线垂直AB射出，所以30EDBODC==，折射角30r=，所以sin452sin30n==（2）由几何关系可知，11cos3024ODCDCB==，

所以12ODa=，3cos304aDEBD==，因为cnv=，所以22ccvn==，524ODDEatvc+==24.下列说法正确的是（）A.物体的温度越高，其分子热运动的平均动能越大B.做功可以改变物体的动能，但不可以改变物体的内能C.第二

类永动机违背了能量守恒定律，不能制成D.水的温度越高，在水中的小颗粒的布朗运动越显著E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能均随分子间距离的减小而增大【答案】ADE【解析】【详解】A.温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，分子运动越剧烈，故A正确；B.做功既可以改变物体的动

能也可以改变物体的内能，故B错误；C.第二类水动机不能制成，是因为违背了热力学第二定律，故C错误；D.水的温度越高，水分子对小颗粒的撞击越剧烈，布朗运动越显著，故D正确；E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能均随

分子间距离的减小而增大，故E正确．25.如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，开口处内壁有固定卡环。一定质量的理想气体被质量为m、横截面积为S的光滑活塞封闭在汽缸内，整个装置绝热。开始时，活塞恰好位于正中央，与汽缸底部、卡环间的距离均为L。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g。若从

初始温度T1=300K开始缓慢加热气体，使活塞缓慢上升。求：(1)当活塞刚到达卡环时，封闭气体的热力学温度T2；(2)当封闭气体的热力学温度达到T3=750K时，封闭气体的压强p。【答案】(1)600K；(

2)05()4mgppS=+【解析】【详解】(1)封闭气体等压膨胀，根据盖一吕萨克定律有122LSLSTT=解得T2=600K(2)由于T3＞T2活塞已经到达卡环处，故封闭气体的温度从T2升高到T3的过程中体积不变，根据查理定律有223ppTT=其中2

0mgppS=+解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com