天津市塘沽区2021届新高考物理教学质量调研试卷含解析

天津市塘沽区2021届新高考物理教学质量调研试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形象地描述两个物理量之间的关系，如图所示，若x 轴表示一个物理量，y 轴表示一个物理量，其中在实验数据处理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。

对该交点的物理意义，下列说法不正确．．．
的是（ ）
A ．在测电源电动势和电源内阻时，若x 轴表示流过电源的电流，y 轴表示闭合电路电源两端的电压，则该图像与x 轴的交点的物理意义是短路电流
B ．在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若x 轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y 轴表示重锤落到该点的距离，则该图像与x 轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度
C ．在用单摆测重力加速度的实验中，若x 轴表示摆线长度，y 轴表示单摆周期的平方，则该图像与x 轴交点绝对值的物理意义是该单摆摆球的半径
D ．在研究光电效应的实验中，若x 轴表示入射光的频率，y 轴表示光电子的最大初动能，则该图像与x 轴的交点物理意义是该金属的极限频率
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律E U Ir =+可知，当0U =时，电源的短路电流为
E I r
= A 正确；
B ．根据机械能守恒定律
2201122
mgh mv mv =- 变形得
220122v h v g g
=- 可知2h v -图像与横轴截距的物理意义为初速度的平方，B 错误；
C ．根据单摆的周期公式2T =变形得 2
2
04()T l r g π=+ 可知20T l -图像与横轴交点绝对值的物理意义为摆球半径，C 正确；
D ．根据光电效应方程变形得
km 0E h W ν=-
E ν-km 图像与横轴的交点满足
c 0h W ν=
此时频率c ν即为该金属的极限频率，D 正确。

本题选择不正确的，故选B 。

2．热核聚变反应之一是氘核（21H ）和氚核（3
1H ）聚变反应生成氦核（4
2He ）和中子。

已知21H 的静止质量为2.0136u ，3
1H 的静止质量为3.0150u ，4
2He 的静止质量为4.0015u ，中子的静止质量为1.0087u 。

又
有1u 相当于931.5MeV 。

则反应中释放的核能约为（ ）
A ．4684.1MeV
B ．4667.0MeV
C ．17.1MeV
D ．939.6MeV 【答案】C
【解析】
【详解】
反应的质量亏损 ()()2.0136u 3.0150u 4.0015u 1.0087u 0.0184u m ∆=+-+=
根据爱因斯坦的质能方程，可得放出的能量为
2E m c ∆=∆⋅
又有
21u 931.5MeV/c =
解以上各式得
17.1MeV E ∆≈
所以C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3．如下图所示，光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 ( )
A ．零
B ．向右
C ．向左
D ．不能确定
【答案】A
【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A 正确，BCD 错误．故选A ．
4．采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R 1、R 2、R 3 是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P ，则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）
A ．P
B ．32P
C ．53P
D ．95
P 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 设三个完全相同的定值电阻的阻值为R ，电压电压为U ，开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212
()5n R R R R n =+=总 电路消耗的总功率为
22
5U U P R R
==总 开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212()32
n R R R R n '=+=总 电路消耗的总功率为
22533U U P P R R '==='总
故A 、B 、D 错误，C 正确；
故选C 。

5．如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD 面积为S 、匝数为N 、整个线圈的电阻为r 。

在磁感应强度为B 的磁场中，线圈绕OO '轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R ，线圈的AB 边连在金属滑环K 上，CD 边连在金属滑环L 上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。

关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBS
B ．线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为NBS ω
C ．线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为()NBS R r ω+
D ．线圈转到图丁位置时，AB 边感应电流方向为A B →
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS ，与匝数无关，A 错误；
B ．线圈转到图乙位置时，感应电动势
m E NBS N t
ω∆Φ==∆ 解得磁通量的变化率
BS t
ω=ΔΦΔ B 错误；
C ．电流表示数显示的为有效值
m
22()
I R r ==+ C 错误；
D ．线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流为A B C D →→→，D 正确。

故选D 。

6．木箱内的地板上放置一个5kg 的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。

从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s 2，至第3s 末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀
减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。

木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．第2秒末物体的重力增大到70N
B．第4秒末物体对木箱地板的压力为70N
C．第4秒末物体对木箱地板的压力为50N
D．第6秒末物体对木箱地板的压力为0
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．第2秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；
BC．第4秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故BC错误；
D．第6秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D 正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O对称的两个位置，现在使小球带上负电并让小球从B点静止释放，则下列说法不正确的是（）
A．小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置
B．小球从B运动到A的过程中动能一定先增大后减小
C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在O点
D．小球不可能再做简谐运动
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置，此时弹簧被压缩，平衡位置不再是O点，选项A错误；
CD.由于电场力是恒力，不随弹簧的长度发生变化。

而弹簧的弹力随弹簧的形变量发生变化，由受力特点
可知，小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动，选项C 正确，D 错误；
B.由于B 点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知，所以无法判断B 点两力关系，所以小球从B 运动到A 的过程中，动能不一定先增大后减小，选项B 错误。

本题选不正确的，故选ABD 。

8．如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

从t=0时开始，对AB 棒施加一与导轨平行的水平外力F ，使AB 棒从静止开始向右做加速度大小为a 0的匀加速直线运动。

导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

下列关于CD 棒的速度v 、加速度a 、安培力F 安和外力F 随时间t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD 的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A 错误；
B ．开始时，CD 棒的速度为零，加速度为零；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB 的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD 的加速度与AB 加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B 正确；
C ．在开始C
D 棒不动时，安培力
2222BLat B L a F BL t R R
==安 即安培力随时间成正比关系增加；当CD 开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增
加，最后保持不变，故C 错误；
D ．对AB 外力
2200=2
B L a F ma f F ma f t R
=++++安 开始时CD 加速度为零，AB 加速度为a=a 0，则此时外力F 随时间t 线性增加；当CD 开始运动后加速度
从0开始逐渐变大，导体棒AB 所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D 正确。

故选BD 。

9．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2s 到达传送带的B 端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s 2。

由v ﹣t 图可知（ ）
A ．货物与传送带的摩擦因数为0.5
B ．A 、B 两点的距离为2.4m
C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功为-11.2J
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为19.2J
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A.由图象可以看出货物做两段均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
1
2
mgsin mgcos ma mgsin mgcos ma θμθθμθ+=-=
由图象得到： 221210m/s 2m/s a a ==，
代入解得：
370.5θμ=︒=，
选项A 正确；
B.货物的位移就是AB 两点的距离，求出货物的v-t 图象与坐标轴围成的面积即为AB 两点的距离。

所以有：
11(20.2)m (24)1m 0.2m 3m 3.2m 22
AB S =⨯⨯+⨯+⨯=+= 选项B 错误；
C.传送带对货物做的功即为两段运动中摩擦力做的功：
120.51100.80.2J 0.51100.83J 11.2J W W W =+=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-
选项C 正确；
D.货物与传送带摩擦产生的热量：
12[0.51100.820.20.2321J 4.8]J Q f x f x =⨯∆+⨯∆=⨯⨯⨯⨯-+-⨯=（）（）
选项D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，a 为xoy 坐标系x 负半轴上的一点，空间有平行于xoy 坐标平面的匀强电场，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0从a 点沿与x 轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y 正半轴上的b 点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A ．若粒子在b 点速度方向沿x 轴正方向，则电场方向可能平行于x 轴
B ．若粒子运动过程中在b 点速度最小，则b 点为粒子运动轨迹上电势最低点
C ．若粒子在b 点速度大小也为v 0，则a 、b 两点电势相等
D ．若粒子在b 点的速度为零，则电场方向一定与v 0方向相反
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A 项：如果电场平行于x 轴，由于粒子在垂直于x 轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x 轴，故A 错误；
B 项：若粒子运动过程中在b 点速度最小，则在轨迹上b 点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b 点的电势最高，故B 错误；
C 项：若粒子在b 点速度大小也为v 0，则粒子在a 、b 两点的动能相等，电势能相等，则a 、b 两点电势相等，故C 正确；
D 项：若粒子在b 点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v 0方向相反，故D 正确．
故选CD ．
11．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。

P 是磁场边界上的一点，大量电荷量为q 、质量为m 、相同速率的离子从P 点沿不同方向同时射入磁场。

其中有两个离子先后从磁场边界上的Q 点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为60︒，P 点与Q 点的距离等于R 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．离子在磁场中的运动半径为3R
B ．离子的速率为33qBR m
C ．两个离子从Q 点射出的时间差为
23m qB π D ．各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P 点的最大距离为
233
R 【答案】BCD
【解析】
【详解】 从Q 点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r 小于磁场区域圆半径R ，运动轨迹如图所示。

PQO ∆为等边三角形。

A ．由几何关系得
2
R PM =
又有 sin 60PM r ︒
= 解两式得
33r R =① 选项A 错误；
B ．在磁场中做圆周运动有
2
mv qvB r
=② 解①②式得
3qBR v = 选项B 正确；
C ．圆周运动的周期为
2m T qB
π= 两离子在磁场中运动的时间分别为
13
T t =
223T t = 则从磁场射出的时间差为
23m t qB
π∆= 选项C 正确；
D ．各种方向的离子从磁场中的出射点与P 点的最大距离为
232R r = 选项D 正确；
故选BCD.
12．如图所示，等腰直角三角形金属框abc 右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab 边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc 边的长度。

现使框架沿bc 边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c 点恰好达到磁场左边界。

线框中产生的感应电动势大小为E ，感应电流为I （逆时针方向为电流正方向），bc 两点间的电势差为U bc ，金属框的电功率为P 。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E Blv =可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E t -图像的第三阶段画错，故A 错误；
B ．根据闭合电路的欧姆定律E i R
=
，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故i t -图像正确，故B 正确； C ．由部分电路的欧姆定律bc bc U iR =，可知bc U t -图像和i t -图像的形状完全相同，故C 正确； D ．金属框的电功率为2P i R =，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P t -图像错误，故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：
A ．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m ＝0.5 kg 的钩码．用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
B ．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示．
请回答下列问题：
（1）图乙中纸带的____端与滑块相连（选填“左”或“右”）．
（1）图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50 Hz 的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a ＝________ m ／s 1．
（3）不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M ＝________ kg （g 取9.8 m ／s 1，结果保留3位有效数字）．
【答案】右端 1.65 1.97
【解析】
【分析】
（1）滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相连；
（1）根根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 1可以求出加速度的大小；
（3）根据牛顿第二定律F=Ma 即可求解质量；
【详解】
（1）[1]．因为打点计时器每隔0.01s 打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s ，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大．所以图乙中纸带的右端与滑块相连；
（1）[1]．根据△x=aT 1利用逐差法，有：
220.0790.06250.0460.0295 1.65m/s 40.1
a +--=⨯＝． （3）[3]．由A 步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：
F=0.5×9.8=4.9N
根据牛顿第二定律得：
4.9 2.97kg 1.65
F M a =＝＝. 【点睛】
探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量．纸带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
14．要描绘一只标有“9V 、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材：
A ．电流表A 1（量程1．6A ，内阻约为1.5Ω）
B ．电流表A 2（量程3A ，内阻约为1.2Ω）
C ．电压表V （量程3V ，内阻v 3r =k Ω）
D ．滑动变阻器1R （阻值1~11Ω，额定电流1.8A ）
E ．滑动变阻器2R （阻值1~111Ω，额定电流1.5A ）
F ．定值电阻36R =kΩ
G ．直流电源（电动势E 10V =）
H ．导线和开关
（1）请在虚线框中画出电路图
_______
（2）滑动变阻器应选______；电流表应选______（填写元件前序号）
（3）灯泡两端实际电压0U 与电压表读数U 关系式为______
（4）根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U 、电流表读数为I ，若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为______（用题目中所给字母或符号表示） 【答案】 D A 03U U = V 3
U
R U I r =-
【解析】
【详解】
（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，灯泡额定电压为9V ，电压表量程为3V ，把电压表量程扩大为9V ，应给电压表串联一个定值电阻R 3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（2）[2][3]灯泡额定电流为
59
P I U ==A≈1.56A 电流表应选A ；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D ；
（3）[4]定值电阻阻值是电压表内阻的2倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，故灯泡两端电压为U 1=3U ；
（4）[5]由图示电路图可知，电流表读数为I ，则通过灯泡的电流为V U I
r -，则灯泡电阻 V
3U
R U I r =-
四、解答题：本题共3题，每题
8分，共24分
15．一列简谐横波沿x 轴正向传播，0t =时的波动图像如图，此时P 、Q 两质点的振动位移相同。

介质中P 质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为0.1s ，Q 质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为0.5s 。

求：
(i)0.4s t =时刻P 质点相对平衡位置的位移
(ii)此简谐横波传播速度的大小
【答案】 (i)－10cm(ii)0.1m/s
【解析】
【详解】
(i)读取图像信息知，振幅10cm A =
波沿x 轴正向传播，由同侧原理知P 向下运动，至平衡位置的时间为0.1s 。

Q 向上运动至波峰后又回到平衡位置，时间为0.5s 。

由振动的对称性知周期
2(0.10.5)s 1.2s T =⨯+=
P 质点在0.1s 时第一次到平衡位置，之后又沿y 轴负方向运动了
10.4s 0.1s 0.3s 4
T -== 恰至波谷处。

则位移为
10cm A -=-
(ii)读取图像信息知，则 0.12m/s
0.1m/s 1.2
v T λ
=== 16．如图所示，在直角坐标系xoy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C 点坐标为（4L ，3L ），M 点为OC 的中点．质量为m 带电量为-q 的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为02qB L m
，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场． （1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
（2）若粒子恰好不能从AC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
（3）若粒子能到达M 点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．
【答案】（1）06B B <；（2）024=49
B B ；（3）若粒子由区域Ⅰ达到M 点，n=1时，0338B B =；n=2时，04116B B =；n=3时，04924B B =
；②若粒子由区域Ⅱ达到M 点，n=0时，0258B B =，n=1时，03316
B B = 【解析】
【分析】
【详解】 （1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x 轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域
故粒子运动半径03r L >
粒子运动半径满足：200v qBv m r = 代入00=2qB L v m
解得06
B B < （2）粒子在区域Ⅰ中的运动半径02
mv L r qB == 若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R 较小，则粒子会从AC 边射出磁场．恰好不从AC 边射出时满足∠O 2O 1Q=2θ
24sin22sin cos 25
θθθ==
又sin2r R r
θ=- 解得49492448
R r L == 代入00=2qB L v m
可得：024=49B B （3）①若粒子由区域Ⅰ达到M 点 每次前进()()282cos 5
CP R r R r θ=-=
- 由周期性：()2 1.2.3...CM nCP n ==即()5825
L n R r =- 25491648
R r L L n =+≥，解得3n ≤ n=1时3316R L =，0833
B B = n=2时4132R L =，01641
B B = n=3时4948R L =，02449B B = ②若粒子由区域Ⅱ达到M 点 由周期性：()120.1.2.3...CM CP nCP n =+= 即()588255L R n R r =+-，解得()544925848
15
n R L L n +=≥+，解得2625n ≤ n=0时2516R L =，0825
B B = n=1时3332R L =，01633
B B = 点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心．
17．如图圆柱形导热气缸质量为M ，内部横截面积为S ，活塞的质量为m ，稳定时活塞到气缸底部的距离为1L 。

用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程
中拉力做的功为0W 。

已知大气压强为0p ，重力加速度为g ，环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。

求：
（1）最终活塞到气缸底部的距离2L ；
（2）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q 。

【答案】（1）0210p S mg L L p S Mg
+=
-；（2）0100()()p S mg M m gL Q W p S Mg ++=-- 【解析】
【详解】 （1）以封闭的气体为研究对象，初始状态下，活塞受力平衡，有 10p S p S mg =+ 所以气体压强10mg p p S
=+
体积11V SL = 气缸即将离开地面时，气缸受力平衡，有
20p S Mg p S += 所以压强20Mg p p S
=- 封闭气体体积22V SL =
气体做等温变化，由玻意耳定律有
1122pV p V = 解得0210p S mg L L p S Mg
+=- （2）设活塞移动过程中气体对活塞做的功为1W ，由动能定理有 10021()()0W W p S mg L L +-+-=
由热力学第一定律有
1()U Q W ∆=+-
结合等温变化0U ∆=
解得0100()()p S mg M m gL Q W p S Mg
++=--。