重庆市南开中学届高三物理上学期测试试卷含解析.doc

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 号黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

位 封座3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

密 第I卷（选择题)

号一、单选题

不场考1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（ ） A．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 B．洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律，安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 订 C．赫兹发现了电现象的磁本质，楞次总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向 D．奥斯特发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，法拉第发现了电流磁效应 装 号2．如图所示，某质点在共点力F1,F2,F3作用下处于静止状态，现将F1逆时针旋转，其它

证考力均保持不变，那么该质点的合力大小为（ ）

准 只

卷 A．F1 B．F2+F1 C．F3 D．F1+F2

名3．如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其x—t图像中，图线c是一条x=0.4t2

姓 的抛物线。有关这三个物体在0~5 s内的运动，下列说法正确的是（ ）

此 级班

A．a物体做匀加速直线运动

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B．c物体做加速度增大的加速直线运动 C．t＝5 s时，a物体与c物体相距10 m D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同

4．如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R/2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a.已知地球同步卫星的轨道半径为6.6R，R为地球的半径，引常量为G.则下列说法正确的是( )

A．地球两极的重力加速度大小3a/2 B．物体A的线速度比卫星B的线速度大

C．地球的质量为

D．地球的第一宇宙速度大小为

5．如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3m2

，总电阻r=2Ω，A右侧所接电路中，电阻R2

1=2Ω，R2=6Ω，电容C=3μF，开关S1闭合，A中有横截面积为0.2m的区域C(图中虚线)，C内有如图乙的变化磁场，t=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )

A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4A C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为2.4×10-6

C

二、多选题

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6．真空中有一正四面体ABCD，如图M、N分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中正确的是（ ）

A．C、D 两点的电场强度相等

B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变 C．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低 D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直

7．如图，一辆质量为M=3kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m=1kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.5，平板小车A的长度L=0.9m。现给小铁块B一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g=10m/s2

.下列说法正确的是（ ）

A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/s

B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量大小为8kg.m/s C．小铁块B向左运动到达竖立墙壁的过程中损失的机械能为4J D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9J

8．如图甲所示，在平行虚线MN、PQ间有垂直于纸面的交变磁场，两虚线间的距离为d，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙，磁场变化的周期为T.一质量为m、电荷量为q的带电粒

子在虚线MN上的A点以垂直于MN向右射入两虚线间，若磁场的磁感应强度，不计粒子的

重力，则下列说法正确的是（ ）

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A．粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T B．粒子在t=T/8时刻射入，粒子会从虚线MN射出

C．要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为

D．要使粒子在两虚线间能做两个完整的周运动，粒子的速度最大可以为

9．以下说法正确的是( )

A．液面上的小露珠呈现球形是由于液体表面张力的作用

B．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距

C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂婚呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 D．一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位时间内容壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多

E. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=V/V0

第II卷（非选择题)

三、实验题

10．（1）“探究求合力的方法”的实验情况如图甲，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。其中，方向一定沿AO方向的是_____________；

（2）关于此实验下列说法正确的是_________ A.与橡皮筋连接的细绳必须等长

B.用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小 C.用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必须与用一只弹簧秤拉时结点位置重合 D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要短一些

11．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材： A.待测的干电池(电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω) B.电流表A1(量程0-3mA，内阻Rg1=10Ω) C.电流表A2(量程0-0.6A，内阻Rg2=0.1Ω) D.清动变阻器R1(0-20Ω，10A) E.滑动变阻器R2(0-200Ω，1A) F.定值电阻Ro(990Ω) G.开关和导线若干

(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图1所示的(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是_____图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______(填写器材前的字母代号)；

(2)图2为该同学根据(1)中选出的台理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表A1的示数，l2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值)，则由图线可得被测电池的电动势E=_________V，内阻r=__________Ω(结果小数点后保留2位)；

(3)若将图线的纵坐标改为________，则图线与纵坐标轴交点的物理合义即为电动势的大小。

四、解答题

12．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ

1

=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，

取g=10m/s2

，在铁块上加一个水平向右的拉力，试求：

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（1）F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？

（2）若木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？

13．如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段

是直导线，Q1Q2段是弧形导线，Q2Q3段是直导线，MN、PQ1、Q2Q3相互平行。M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻。质量m=1kg，不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动，金属棒如终垂直于MN，整个装置处于姐感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。金属棒处于位置(1)时，给金属棒一向右的初速度v1=4m/s，同时给一方向水平向右F1=3N的外力，使金属棒向右做匀减速直线运动；当金属棒运动到位置(Ⅱ)时，外力方向不变，改变大小，使金属棒向右做匀速直线运动2s到达位置(III)。已知金属棒在位置(I)时，与MN、Q1Q2相接触于a、b两点，a、b的间距L1=1m;金属棒在位置(Ⅱ)时，棒与MN、Q1Q2相接触于c、d两点；位置(I)到位置(Ⅱ)的距离7.5m。求：

(1)金属棒向右匀减速运动时的加速度大小； (2)c、d两点间的距离L2；

(3)金属棒从位置(1)运动到位置(III)的过程中，电阻R上放出的热量Q。

14．如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为

m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能

良好，活塞B绝热。两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装

置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气体Q缓

慢加热。求：

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（1）当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1；

（2）活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2。

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2019届重庆市南开中学高三上学期

理科综合测试物理试题

物理答案

1．A

【解析】

库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项A正确；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项B错误；安培发现了电现象的磁本质，安培总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，选项C错误；法拉第

发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，奥斯特发现了电流磁效应，选项D错误；故选A.

2．A 【解析】

三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F1外的两个力的合力，然后将转向后的力F1与除F1外的两个力的合力合成．

力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F1外的两个力F2、F3的合力大小等于F1，方向与F1反向；现将F1逆时针旋转60°，根据平行四边形定则可知，两个大小均为

F1且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力F1，故此时物体所受到的

合力大小为F1；故选A。

【点睛】

本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大

小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力．

3．C

【解析】

位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速率相

同。故AD错误；图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合x=v2

0t+at可知，c做初速度为0，加速度为0.8m/s2

的匀加速直线运动，故B错误。根据图象可知， t＝5s时，a物体与c物体相距10m，故C正确。故选C。

【点睛】

本题是为位移--时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的

位移以及速度大小和方向．

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4．D 【解析】

根据万有引力等于向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速度关系。地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相等，根据a=rω2

得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量。

卫星B绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，又r0=1.5 R，

对于地球两极的物体有G

=m′g，解得，g=2.25 a，，故A C错误；物体A与

地球同步卫星的角速度相等，根据v=ωr知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，又由

可知，同步卫星的线速度小于卫星B的线速度，故物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；

由

，并结合GM=gR2

，可得地球的第一宇宙速度为

，故D正确。故选D。

【点睛】

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体

不是靠万有引力提供向心力。

5．B

【解析】

根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律得出感应电流的方向，结合

欧姆定律求出电流的大小，再根据R2两端的电压，结合Q=CU求出电容器所带电量的大小。

根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电

流由a流向b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有：

，则闭合S2、

电路稳定后，通过R2的电流大小为：

，故B正确；闭合S2、电路稳定后

电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，故C错误；电路稳定后电容器带电量：Q=CU-6

-6

R2=3×10×0.4×6C=7.2×10C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10-6

C，故D错误；故选B。

【点睛】

本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应

定律求解感应电动势，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向是解决本题的关键。

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6．ABD 【解析】

根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点知道C、D 两点的电场强度相等，A正确；MN也在AB的中垂面上，所以将试探电荷-q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷-q的电势能不变，故B正确；CD在AB的中垂面上，中垂面是等势面，试探电荷+q从C点移到D点，电场力不做功，其电势能不变，故C错误；根据电场叠加原理知道N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直，D正确；故选ABD。

【点睛】

本题考查了等量异种电荷在空间的电场线分布特点，结合正四面体的对称性进行解答；类似等量同种电荷在空间的电场线分布特点同学们也要熟记．

7．BD 【解析】

铁块B向左运动的过程，根据动能定理列式，求出铁块B到达竖直墙壁前的速度．铁块与墙壁发生弹性碰撞后以原速率反弹，之后铁块在小车上向右滑动，假设铁块最终能停留在小车A上，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据功能关系求出小铁块相对小车运动距离，即可进行判断．根据能量守恒定律求系统损失的机械能．

选取向左为正方向，设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1．对铁块B向左运动的过程，

根据动能定理得：-μmgL=mv22

1-mv0，代入数据解得：v1=4m/s，故A错误；铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，速度大小为：v1′=-v1=-4m/s；根据动量定理，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为：I=△mv=m（v1′-v）=1×（-4-4）=-8kg•m/s。负号表示方向向右。故B正确；根据功能关系，小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能等于小铁块损失的动能，为：△

E21=mv20 −mv1 = ×1×52−×1×42＝4.5J．故C错误；假设小铁块最终和小车达到共同速度v2，

规定向左为正方向，根据动量守恒定律得： mv1′=（M+m）v2，代入数据解得：v2=-1m/s，设小铁块

相对小车运动距离x时与平板车达到共速，由能量守恒定律得：-μmgx= （M+m）v22

2-mv′1，代入数据解得：x=1.2m；由于x＞L，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车。即铁块B最后不能停留在小车A上。根据功能关系可知，小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为△E2=2μmgL，代入数据解得：△E2=9J．故D正确。故选BD。

【点睛】

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本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正确运用功能关系求解．

8．CD 【解析】

根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式，可求出周期；分析各个时间段内粒子的运动情况，判断粒子是否会从MN虚线射出；粒子在两个虚线间做一个完整的圆周运动，最大半径等于d/2，再由半径公式求出最大速度；根据几何关系分析粒子在两个虚线间做两个完整圆周运动的条件，再结合半径公式即可求出速度。

粒子在磁场中做圆周运动的周期，故A错误；粒子在t＝T/8时刻射入，

在T/8～T/4 之间粒子会沿直线向右运动，在T/4～T/2时间内做一个完整的圆周运动回到虚线上，在T/2～3T/4时间粒子又沿直线向右运动，不会从虚线MN射出，故B错误；要使粒子在两虚线间能

做一个完整的圆周运动，粒子的最大半径为r＝d/2，根据 得，粒子的最大速度为，故

C正确；要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，则粒子在两虚线间的运动满足v0•+2r＝d，

得，故D正确；故选CD。 【点睛】

考查离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，理解几何关系的运

用，同时注意运动的周期性。

9．ABD

【解析】

小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，相对湿度=

×100%，即空气中水蒸气越接近饱和湿度

越大；单晶体各向异性，多晶体和非晶体各向同性；根据气体压强的产生原因分析D选项；对于固体和液体，摩尔体积和分子体积的比值等于阿伏伽德罗常数，对于气体不适用。

液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势，故A正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与

潮湿感受的因素是空气的相对湿度，相对湿度=

×100%，即空气中水蒸气的

压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故C错误；一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位体积内的分子数不变，但分子运动加剧，故单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故D正确；由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数，故E错误；故选ABD。

【点睛】

本题研究固体、液体、气体的特点；固体的各向同性和各向异性，液体的表面张力、气体压强，及相对湿度，注意加强记忆与理解，同时理解气体的摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数。

10．（1） （2）C 【解析】

（1）明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别。 （2）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。

【详解】

（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合。

（2）与橡皮筋连接的细绳是为了确定细绳拉力的方向，两绳的长度不一定相等，故A错误；用两只弹簧秤拉橡皮筋时，只要使两弹簧秤拉力的合力与一只弹簧秤拉力的效果相同就行，两弹簧秤的拉力不需要相等，故B错误；为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉至同一位置，故C正确；标记同一细绳方向的两点要长一些，这样引起的拉力方向的误差会小些，故D错误；故选C。

【点睛】

对于物理实验，关键要明确实验原理，要求在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，同时根据实验原理去分析实验中的注意事项和减小误差的基本方法。

11．（1）b，D （2）、

（3）

【解析】

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（1）因为题中没有给出电压表，所以需要用一个定值电阻和电流表串联，改装成电压表，根

据欧姆定律若将电流表与定值电阻串联有

，与电源电动势接近，

故应将电流表与定值电阻串联使用，故合理的是b图；电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选D

（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：

，则：

，由图象可知，图象的截距：

，则电源

电动势为：

；

图象斜率：

电源内阻为：r=0.84Ω；

（3）由闭合电路欧姆定律

可知，在U-I图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义

即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即

为电动势的大小．

考点：考查了测量电源电动势实验 【名师点睛】

测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查

12．（1）F增大到6N时，铁块能在木板上发生相对滑动．

（2）若木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过1s时间铁块运动到木板的右端． 【解析】

（1）设F=F1时，A、B恰好保持相对静止，此时二者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大．

根据牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma 可得 a=2m/s2

以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1﹣μ1（m+M）g=（m+M）a 解得：F1=6N

（2）铁块的加速度大小 a2

1=

=4m/s

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木板的加速度大小 a2=

=2m/s2

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有﹣

=L

解得：t=1s

【点评】铁块相对于木板的运动，要在分别研究两个物体运动的基础上，关键找到位移关系．再由牛顿第二定律和位移公式研究．

13．(1) (2)2m (3)38J

【解析】

（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置I时，a、b间的感应电动势为E1，感应电流为I1，受到的安培力为F安1，则E1=BL1v1

又

，F安1=BI1L1，得

代入解得 F安1=4N

由牛顿第二定律得 F安1-F1=ma 解得 a=1m/s2

．

（2）设金属棒在位置（Ⅱ）时，速度为v2，由运动学规律得

解得 v2=1m/s．

由于在（Ⅰ）和（Ⅱ）之间做匀减速直线运动，即加速度大小保持不变，外力F1恒定，所以

AB棒受到的安培力不变，即F安1=F安2得

解得

（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ时的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，所以F2=F安2=4N

设位置（Ⅱ）和（Ⅲ）之间的距离为s2，则s2=v2t=2m

设从位置（Ⅰ）到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W1，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W2，则

W1=F1s1=22.5J W2=F2s2=8J

根据能量守恒得W1+W2+mv22

1 =mv2 +Q

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解得，Q=38J

【点睛】

本题关键要根据导体棒的运动情况，分析受力情况，要选择研究的位置，抓住两个过程及各

个状态之间的关系，运用牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒结合进行研究．

14．(1) (2)

【解析】

（1）设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡扣之前，两部分气体均等压变化，则由盖—

吕萨克定律

，解得：

；

（2）当活塞A恰接触汽缸上端卡口后，P气体做等温变化，由玻意耳定律

解

得

；

此时Q气体的压强为；

当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为，此过程对Q气体由理想气体状态方程：

，解得

。

【点睛】

本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的

联系，比如体积关系、温度关系及压强关系．