河南省实验中学2014届高三第三次模拟考试物理试题 Word版含解析

2014年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷（三）
理科综合
全卷共300分，考试时间为150分钟。

【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、万有引力与航天、电场、磁场等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题，思路活，是份非常好的试卷。

二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

【题文】14．以下是力学中的四个实验装置，由图可知哪个实验所体现的物理思想方法与其他几个不同
【知识点】验证力的平行四边形定则；物体的弹性和弹力；万有引力定律的发现和万有引力
恒量的测定．P0
【答案解析】 D 解析：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形
变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大，这三个力学实验均体现出放
大的思想方法，而探究分力和合力的关系实验中采用的是“等效替代”法，故只有D中实验
方法与其他不同．故选D．
【思路点拨】明确各个实验的实验原理，找到其共同地方，了解物理中各种思想方法的应用如放大法、等效法、控制变量法等．透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性，正确理解各种物理方法在实验中的应用．
【题文】15．自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角θ，用以卸下车厢中的货物，下列说法正确的是
A．当货物相对车厢静止时，地面对货车有向左的摩擦力
B．当货物相对车厢匀速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力
C．当货物相对车厢加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力
D．当货物相对车厢加速下滑时，货车对地面的压力大于货车和货物的总重力
【知识点】摩擦力的判断与计算．B2 C2
【答案解析】C 解析： A、当货物相对于车厢静止时，对整体受力分析可知，整体处于平衡
状态；在水平方向不受外力；故地面对货车没有摩擦力；故A 错误；B 、当货物相对于车厢匀速下滑时，整体仍然平衡，故水平方向对车厢没有摩擦力；故B 错误；C 、当货物相对于车厢加速下滑时，货物受重力、支持力及滑动摩擦力；因加速度沿斜面向下；则将加速度分解为水平和竖直向上两个方向；则在水平方向有向左的合外力；则由作用力与反作用力可知，货物对车厢由向右的作用力，故货车受到向左的摩擦力；故C 正确；D 、当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，将加速度分解，则竖直向下的方向上，支持力一定小于重力；则根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力小于重力，故货车对地面的压力小于货车和货物的总重力；故D 错误；故选：C ．
【思路点拨】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；本题主要考查了平衡条件的应用、牛顿第二定律、第三定律的应用；本题要注意利用加速度的分解去求解物体的受力情况．当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可．
【题文】16．如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块1、2、3,1和2及2和3间分别用原长为L ，劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为 μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是
A ．2L ＋()23m m g
k μ+ B ．2L ＋()232m m g
k μ+
C ．2L ＋()123m m m g
k μ++ D ．2L ＋3m g
k μ
【知识点】胡克定律．B1
【答案解析】 B 解析： 对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm 3g=kx ，则x=3m g
k μ．
对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：μ（m 2+m 3）g=kx′，则x′=23()m m g
k μ+．
则1、3两木块的距离s=2L+x+x′=2L+23(2)m m g
k μ+．故B 正确，A 、C 、D 错误．故选：B ．
【思路点拨】 分别对木块3和木块2和3整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量，从而求出1、3量木块之间的距离．解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根据共点力平衡、胡克定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
【题文】17．真空中有一静电场，其在x 轴正半轴的电势ϕ随x 变化的关系如图所示，则根据图象可知
A．R处的电场强度E＝0
B．若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功
C．x1处与x2处的电场强度方向相反
D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的
【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．I1
【答案解析】 B 解析： A、φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R 处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；B、若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式W AB=qU AB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故B正确；C、x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故C错误；D、离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选：B．
【思路点拨】φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用W AB=qU AB来判断电势能的变化情况．φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB=qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．
【题文】18．某同学设计的散热排风控制电路如图所示，M为排风扇，R0是半导体热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R是可变电阻。

下列说法中正确的是
A．环境温度升高时，A点电势升高
B．可变电阻R阻值调大时，A点电势降低
C．可变电阻R阻值调大时，排风扇开始工作的临界温度升高
D．若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，电路仍能正常工作
【知识点】欧姆定律．J2
【答案解析】 A 解析：A、当环境温度升高时，热敏电阻R0的阻值减小．则电路中的电流增大，R的电压增大，则A点的电势升高，故A正确，B、可变电阻R阻值调大时，导致电路的电流减小，R0的电压减小，则A点电势升高，故B错误；C、可变电阻R阻值调大时，则A点电势升高，根据非门电路的逻辑关系可知排风扇的电压增大，可提前工作，则排风扇
开始工作的临界温度会降低．故C错误；D、若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，当温度升高时，其阻值增大，导致A点电势降低，则开关会处于断开状态，所以起不到散热排风的作用，故D错误；故选：A
【思路点拨】由热敏电阻的温度变化，分析其电阻变化，根据电路的电流变化，来确定A 点的电势如何变化，则来控制开关，使其开始运转．解决本题的关键掌握门电路的特点和热敏电阻的特性，结合欧姆定律去分析电压的变化．
【题文】19．北京时间2013年12月2日凌晨1时30分，我国自行研制的常娥三号月球探测器在西昌卫星发射中心发射升空，并已于14日21时11分成功实施软着陆，这标志着我国成为世界第三个实现地外天体软着陆的国家，图示是常娥三号飞行的轨道示意图，变轨过程是先从地月转移轨道经过修正进入环月圆轨道，然后再通过近月制动进入环月椭圆轨道，则以下说法正确的是
A．常娥三号从地月转移轨道修正进入环月圆轨道过程中机械能守恒
B．常娥三号在环月圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，在切点P处的加速度a相同
C．常娥三号在环月圆轨道上运行的周期比在环月椭圆轨道运行的周期大
D．常娥三号近月制动完毕关闭发动机后，向近月点运行的过程中，势能减少，动能增加，机械能增加
【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．D5
【答案解析】 BC 解析： A、嫦娥三号从地月转移轨道进入环月圆轨道的过程中需要近月制动，此过程中发动机使嫦娥三号减速让月球引力“捕捉”到嫦娥三号，故此过程中嫦娥三号的机械能不守恒，故A错误；B、在切点P处都是由万有引力使嫦娥三号产生加速度，因为同一位置P引力相同，不管在哪个轨道上卫星的加速度相同，故B正确；C、根据开普勒
第三定律
3
2
a
T
＝k，知嫦娥三号在环月轨道上的半长轴比椭圆轨道上的半长轴大，故其周期
来得大，C正确；D、嫦娥三号近月制动后关闭发动机，向近月点运行过程中，嫦娥三号仅受月球引力作用，由于高度降低引力做正功，势能减小，动能增加，而总的机械能保持不变．故D错误．故选：BC．
【思路点拨】嫦娥三号从地月转移轨道修正至进入环月圆轨道的过程中有近月制动过程，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小，在不同轨道上的P点卫星的加速度都由万有引力产生，在同一位置万有引力大小相同产生的加速度大小相同，根据开普勒行星运动定律根据半长轴关系求解周期关系，关闭发动机后向近月点运动过程中，只有月球重力做功，势能减小动能增加，而总的机械能保持不变．熟悉卫星变轨原理，并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系，知道卫星轨道与周期的关系是解决本题的关键．
【题文】20．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。

在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于
水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。

由于发射时刻不同时，小球间无相互作用。

且∠α=30°，下列说法正确的是
A．电场的方向与AC间的夹角为30°
B．电场的方向与AC间的夹角为60°
C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER/8
D．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER/4
【知识点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．E2 I3
【答案解析】 AC 解析： A、B：小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理qU AC=E k得
因为到达C点时的小球的动能最大，所以U AC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．
过C点作切线，则CF为等势线．
过A点作CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示．
因为∠CAB=30°，则连接CO，∠ACO=30°，所以电场方向与AC间的夹角θ为30°；故A 正确，B错误．
C、D：小球只受电场力，做类平抛运动．
水平方向上：x=Rcos30°=v0t，
竖直方向上：y=R+Rsin30°=
2
2
qEt
m
，
由以上两式得：E k=1
2
mv02=
1
8
qER；故C正确，D错误．故选：AC
【思路点拨】小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qU AC=E k，因为到达C 点时的小球的动能最大，所以U AC最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点．所以与C点电势相等的点在过C点的切线上．再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向．小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别在水平方
向和竖直方向上列式求解初动能．本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d 是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法．【题文】21．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，
a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，
两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则
A．物块c的质量是2m sinθ
B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是
sin mg
BL
θ
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．J2 L2 L3
【答案解析】 AD 解析： b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=m c gA、因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=m c g，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；B、b 放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a 匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ
又因为F安=BIL∴I＝
sin
mg
BL
θ
，故D正确；故选AD．
【思路点拨】a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量．c 减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知．从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷．
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须做答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答）
（一）必考题（共11题，共129分）
【题文】22．（6分）某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如下图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行
实验．
(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是__________，理由是______________.
(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s ，请根据纸带计算出B 点的速度大小为________m/s.(结果保留三位有效数字)
(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v 2－h 图线如图所示，请根据图线计
算出当地的重力加速度g ＝________m/s 2.(结果保留三位有效数字)
【知识点】验证机械能守恒定律．E5
【答案解析】 （1）甲，乙实验中斜面与小车之间有摩擦力，且不能忽略，小车运动过程中机械能守恒(2)1.37 (3)9.75（9.70－9.90） 解析：：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适．故答案为：甲图；理由：采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用．且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒．（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
v ＝2AC x T
＝1.37m /s （3）由机械能守恒mgh ＝12
mv 2得v 2=2gh ，由此可知：图象的斜率k=2g ，由此可以求出当地的重力加速度，由图可知，当h=20cm 时，v 2=3.88，所以k ＝2 3.880.2
v h ＝19.4，所以g≈9.7m/s 2，在范围9.7～9.8内皆可．
【思路点拨】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；（2）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；（3）由mgh ＝12
mv 2得v 2=2gh ，由此可知：图象的斜率k=2g ，由此可以求出当地的重力加速度．本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图象斜率的含义．
【题文】23、（8分）某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：
多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．
回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡，再将红表笔和黑表笔，进行电阻调零．（2）将图（a）中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．
（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多角电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V．
（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为 kΩ．
（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为 kΩ．
【知识点】测定电源的电动势和内阻．J7
【答案解析】（1）短接（2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0 解析：：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1K×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0KΩ；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15.0KΩ；
根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+U
R
•r=4V+
4
12
V
k
×15KΩ＝9V
【思路点拨】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．
【题文】24．（13分）传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。

现将一质量为10kg的煤块(视为质点)轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为μ=错误！未找到引用源。

，取g=10m/s2,求
(1)煤块从底端到平台的时间；
(2)带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能。

【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；功能关系．A8 C2 E6 【答案解析】（1）2.4s；（2）280J 解析： (1)物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力
上滑过程中由牛顿第二定律可知
经过时间，速度达到2m/s，上升位移
然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升剩下的位移
所用时间，总时间
(2)根据能量守恒可知，带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能，应该是煤块增加的机械能与摩擦产生的内能的总和，二者因摩擦产生的内能为
煤块增加的机械能为
电动机由于传送工件多消耗的电能为
【思路点拨】（1）题的关键是明确煤块从底端运送到平台上需要经过匀加速和匀速两个过程，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出达到传送带速度的时间以及位移，最后求出匀速运动到平台的时间即可．（2）题的关键是根据能量守恒定律，多消耗的电能应是煤块增加的机械能与系统产生的热量之和．求解有关传送带问题的思路是先根据牛顿第二定律求出物体达到传送带速度的时间和位移，然后再分析求解时间、位移等．
【题文】25．（19分）在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径r=0．1m，磁感应强度B=0．5T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点。

第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E=0．3 V/m，如图所示。

某带电粒子以v o=20m/s的初速度，自A点沿AO1方向射入磁场，从C点射出（不计重力）。

（1）带粒子的比荷q
m
；
（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO1成30o角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标。

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．I7 K3 K4
【答案解析】：（1）400 （C/kg）；（2）（0，-1m）．解析：（1）由题意知粒子的半径r=R=0.1m；
由牛顿第二定律得：，解得
（2）因粒子的半径没有变化，由几何关系可知它将垂直射入电场中，x方向：
；
解得 t=0.05s；y方向，解得；则经过y轴时的位置坐标为（0，-1）
【思路点拨】由几何知识得到粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出比荷；
因粒子的半径没有变化，由几何关系知它将垂直射入电场中，做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解．本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键理清粒子的运动的过程，结合类平抛运动规律，牛顿第二定律等知识进行求解，本题对数学能力的要求较高．
(二)选考题：共45分。

请考生从给出的3道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

【题文】33．（15分）[选做3—3模块]
（1）（5分）如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞
可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出。

气缸外部温度恒定不变，则
A
B．缸内的气体压强增大，内能减小
C．缸内的气体压强增大，内能不变
D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加
【知识点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强．H3 H5
【答案解析】C 解析：设活塞重力为G，横截面积为S，大气压为P0，则以活塞为研究对
象，根据力平衡得到：气缸内气体的压强P=P0-G
S
，由于G减小，则P增大，即气体压强增
大，被压缩，外界对气体做功．由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其
内能不变．故选C
【思路点拨】以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐增大，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功．由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变．本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，同时抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关．
【题文】（2）（10分）在图所示的气缸中封闭着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10 cm，如果缸内空气变为0℃，问：
①重物是上升还是下降？
②这时重物将从原处移动多少厘米？(设活塞与气缸壁间无摩擦)
【知识点】气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强．H3
【答案解析】：①重物上升②2.6厘米？解析：①缸内气体温度降低, 压强减小, 故活塞下移, 重物上升.
②分析可知缸内气体作等压变化. 设活塞截面积为S cm2, 气体初态体积V1=10S cm3, 温度T1=373 K, 末态温度T2=273 K, 体积设为V2=hS cm3 (h为活塞到缸底的距离)
据可得h =7.4 cm
则重物上升高度Δh=10－7.4=2.6 cm
【思路点拨】如果缸内空气温度降为87℃，则重物将上升，温度、体积变化，压强不变．根。