福建省福州市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析

福建省福州市2021届新高考模拟物理试题（市模拟卷）
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．如图所示，物体A、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，B 悬挂着．已知质量m A＝2m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法正确的是
A．绳子的张力增大
B．物体A对斜面的压力将增大
C．物体A受到的静摩擦力增大
D．滑轮受到绳子的作用力保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
物体B受竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子拉力T，由二力平衡得到：
T=mg；
以物体A为研究对象，物体A受力如下图所示：
A静止，处于平衡状态，由平衡条件得：
f+T-2mgsin45°=0
N-2mgcos45°=0
解得：
f=2mgsin45°-T=2mgsin45°-mg
N=2mgcos45°
当由45°增大到60°时，f不断变大，N不断变小；
A．绳子张力T=mg保持不变，故A错误；
B．物体A对斜面的压力N′=N=2mgcosθ将变小，故B错误；
C ．摩擦力变大，故C 正确；
D ．绳子的拉力不变，但是滑轮两边绳子的夹角减小，则滑轮受到绳子的作用力变大，选项D 错误． 2．我国计划于2020年发射火星探测器，如图是探测器到达火星后的变轨示意图，探测器在轨道Ⅰ上的运行速度为1v ，在轨道Ⅱ上P 点的运行速度为v 2，Q 点的运行速度为3v ，在轨道Ⅲ上P 点的运行速度为v 4，R 点的运行速度为v 5，则下列关系正确的是
A ．21v v <
B ．13v v <
C ．42v v >
D ．2435
v v v v > 【答案】C
【解析】
【详解】 A ．在轨道Ⅰ上P 点的速度小于轨道Ⅱ上P 点的速度，选项A 错误；
B ．在轨道Ⅰ上的速度大于经过Q 点的圆轨道上的速度，即大于轨道Ⅱ上Q 点的速度，选项B 错误；
C ．探测器在轨道Ⅰ上运行，若经过P 点时瞬时加速，就变成椭圆轨道，而且在P 点加速时获得的速度越大，椭圆轨道的远火星点就越远，轨道Ⅲ的远火星点R 比轨道Ⅱ上的远火星点Q 更远，因此42v v >，选项C 正确；
D ．设P 点到火星中心的距离为r ，Q 点到火星中心的距离为r 1，R 点到火星中心的距离为r 2，由开普勒第二定律有：231v r v r =，452v r v r =，21r r >，则
5
243v v v v <，选项D 错误. 故选C.
3．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（ ）
A ．第一次系统产生的热量较多
B ．第一次子弹的动量的变化量较小
C ．两次子弹的动量的变化量相等
D ．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热
Q f x =⋅∆
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
p m v ∆=∆
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC 错误，B 正确；
D ．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef ，它的六个顶点均位于一个半径为R 的圆形区域的边界上，be 为圆形区域的一条直径，be 上方和下方分别存在大小均为B 且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。

现给线框接入从a 点流入、从f 点流出的大小为I 的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为
A ．3BIR
B ．23BIR
C ．BIR
D ．0
【答案】A
【解析】
【详解】
根据串并联电路的特点可知线框流过af 边的电流：
156
I I = 流过abcdef 边的电流： 216I I =
de 、ab 边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc 、ef 边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de 、ab 、bc 、ef 边所受的安培力合力为：
313
F BIR =
方向向下；cd 边受到的安培力：
126BIR F BI R =⨯= 方向向下，；af 边受到的安培力： 2156BIR F BI R =⨯=
方向向上，所以线框受到的合力：
21313
F F F F BIR =--= A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．如图所示，a 、b 、c 为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc 连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且2a b c I I I ==，电流方向如图中所示。

O 点为三角形的中心（O 点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c 在O 点产生的磁场的磁感应强度的大小为B 0，已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=kI r
，其中I 为通中导线的中流强度，r 为该点到通中导线的垂直距离，k 为常数，则下列说法正确的是（ ）
A ．O 点处的磁感应强度的大小为3
B 0
B ．O 点处的磁感应强度的大小为5 B 0
C ．质子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向由O 点指向c
D ．电子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直Oc 连线向下
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据右手螺旋定则，通电导线a 在O 点处产生的磁场平行于bc 指向左方，通电导线b 在O 点处产生的磁场平行于ac 指向右下方，通电导线c 在O 点处产生的磁场平行于ab 指向左下方；根据公式kI B r
=可得 022b c a B B B B ===
根据平行四边形定则，则O 点的合场强的方向平行于ab 指向左下方，大小为03B ，故A 正确，B 错误； C ．根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直ab 连线由c 点指向O ，故C
错误；
D ．根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直ab 连线由O 点指向c ，故D 错误；
故选A 。

6．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。

如图所示a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图像，以下说法正确的是（ ）
A ．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B ．在t ＝5s 时追尾
C ．在t ＝2s 时追尾
D ．若刹车不失灵不会追尾
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．根据速度-时间图像所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s 时，b 车的位移为 103m 30m b b s v t ==⨯=
a 车的位移为
11()30201m 20152()m 2
2m 60a s ⨯+⨯++=⨯⨯＝ 则
30m a b s s -=
所以在t=3s 时追尾，故ABC 错误；
D ．若刹车不失灵，由图线可知在t=2s 时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移
()10302m 102m 20m<302
m 1x ⨯+⨯-⨯=∆= 所以刹车不失灵，不会发生追尾，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．如图甲所示，通过一理想自耦变压器给灯泡L 1和L 2供电，R 为定值电阻，电表均为理想电表，原线
圈所接电压如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．u 随t 的变化规律为2sin100rtV
B ．将电键S 闭合，电压表示数不变，电流表示数变大
C ．将电键S 闭合，小灯泡L 1变亮
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡L 1亮度不变，可将滑片P 适当下移
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压22V ，周期0.02S ，故角速度是
100rad/s ωπ=
所以有
22sin100(V)u t π=
故A 错误；
B ．电压表V 的示数是输出电压的有效值，输入电压和匝数不变，输出电压不变，将电键S 闭合，消耗功率增大，输入功率增大，根据P UI =知电流表示数增大，故B 正确；
C ．将电键S 闭合，总电阻减小，流过R 的电流增大，R 分压增大，则并联电路的电压减小，小灯泡1L 变暗，故C 错误；
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡1L 亮度不变，根据2211
n U U n =
可将滑片P 适当下移使原线圈匝数减小从而增大2U ，故D 正确；
故选BD 。

8．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v 、加速度a 、位移s 、机械能E 随时间t 变化的图象中可能正确的有
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB. 小球在上升过程中所受重力和阻力，由于所受空气阻力与速度成正比，所以阻力逐渐减小，则加速度逐渐减小，向上做加速度减小的减速运动，上升到最高点再次下落过程中由于空气阻力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故A 正确，B 错误；
C. 在s-t 图像中斜率表示速度，物体先向上做减速，在反向做加速，故C 正确；
D. 因阻力做负功，且导致机械能减小，机械能的减少量为
212E fs kv vt at ⎛⎫∆==- ⎪⎝⎭
图像不是一次函数，故D 错误；
故选AC
9．如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为1T B =，一总电阻为0.2r =Ω的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动，圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．圆形线圈的半径为 1.5m R =
B ．圆形线圈运动速度的大小为20m /s v =
C ．两实线之间的水平距离6m =L
D ．在0.05s ，圆形线圈所受的安培力大小为400N
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．设线框向右运动的速度为v ，线框的半径为R ，圆形线框匀速进入磁场，切割磁感线的有效长度为
L '==产生的感应电动势
2E BL v '==显然vt R =时，产生的感应电动势最大，结合图像有：2m E BvR =，即
4021v R =⨯⨯⨯
由图像可知，当0.1s t =时，线框全部进入磁场有：
0.12v R ⨯=
联立以上两式可求得：
20m /s v =
1m R =
故A 错误，B 正确；
C ．由以上分析知，全部离开磁场时线框向右移动的距离为
0.3s 6m x v =⨯=
所以两磁场边界的距离为
24m L x R =-=
故C 错误；
D ．由图像知，0.05s t =时，40V
E =，线框正向右运动了1m ，此时有效切割长度为2R ，则安培力
F 安=2121202121N 400N 0.2
B Rv B R r ⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯= 故D 正确。

故选BD 。

10．关于理想气体，下列说法正确的是（ ）
A ．已知气体的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子质量
B ．已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子直径
C ．气体压强是因为气体分子间表现为斥力
D ．气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致
E.一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．一个分子的质量
mol 0
A
M
m
N
=
已知气体的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子质量，A正确；
B．一个气体分子占据的体积
mol
A
V
V
N
=
已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不可以估算一个分子直径，B错误；
CD．气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致，气体分子之间的距离较大，几乎不体现分子力，C错误，D正确；
E．根据理想气体状态方程
pV
C
T
=
可知一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大，E正确。

故选ADE。

11．如图所示，ac和bd是相距为L的两根的金属导轨，放在同一水平面内。

MN是质量为m，电阻为R 的金属杆，垂直导轨放置，c和d端接电阻R1=2R，MN杆与cd平行，距离为2L，若0－2t0时间内在导轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知t=0时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（）
A．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向
B．回路中电流大小始终为
2
2
3
B L
Rt
C．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右
D．导体棒受到的摩擦力大小不变
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式
2
2
==
B L
BS
E
t t t
⋅
∆Φ∆
=
∆∆
感应电动势恒定，回路中电流
2
2
33
B L
E
I
R Rt
⋅
==
恒定不变，由于t=0时刻导体棒静止，由=
A
F BIL可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误，B正确；
C．由于感应电流方向不变，0
0t
:内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知，00
2
t t
:时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平向右，故C正确；
D．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩擦力大小变化，故D错误。

故选BC。

12．在水平地面上有一质量为m的物体，物体所受水平外力F与时间t的关系如图A，物体速度v与时间t的关系如图B，重力加速度g已知，m、F、v0均未知，则（）
A．若v0已知，能求出外力F的大小
B．可以直接求得外力F和阻力f的比值
C．若m已知，可算出动摩擦因数的大小
D．可以直接求出前5s和后3s外力F做功之比
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若v0已知，根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小
1
1
1
5
v
v
a
t
∆
==
∆
还能够求出减速运动的加速度大小
02223v v a
t ∆==∆ 根据牛顿第二定律可得
1F f ma -=
23
F f ma += 其中m 不知道，不能求出外力F 的大小，故A 错误；
B ．由于
1F f ma -=，23
F f ma += 可以直接求得外力F 和阻力f 的比值
2F f =，故B 正确； C 、若m 已知，v 0不知道，无法求解加速度，则无法求出动摩擦因数的大小，故C 错误；
D ．前5s 外力做的功为
0105 2.52
v W F Fv =⨯⨯= 后3s 外力F 做功
02030.532
v F W Fv =-⨯⨯=- 前5s 和后3s 外力F 做功之比
12 2.550.5
W W ==- 故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。

实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

（1）实验所用重锤质量150g 左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；
A ．20g
B ．260g
C ．500g
D ．600g
（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；
A ．实验中先释放木块，后接通电源
B ．调整定滑轮高度，使细线与板面平行
C ．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等
D ．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右
（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l 、2、3、4、5、6，测得点O 与点3、点6间的距离分别为19.90cm 、 54.20cm ，计时器打点周期为0.02s ，则木块加速度a= ____m/s 2(保留两位有效数字)；
（4）实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：____，_____。

【答案】B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g 左右，动摩擦因数μ=0.30，设木块的质量为M ，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
()mg Mg m M a μ-=+
解得
mg Mg a m M
μ-=+ 根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得
0mg Mg μ->
解得
500M <g
当木块的质量M 越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g ，故B 符合题意，ACD 不符合题意；
故选B 。

（2）[2]A ．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A 错误；
B ．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B 正确；
C ．根据实验原理
()mg Mg m M a μ-=+
可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C 错误；
D ．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
()mg m M a =+
将（1）问中的m=150g ，M=260g 代入上式，可得加速度
4a ≈m/s 2
为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s 到0.6s ，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有
212x at = 取t=0.5s 计算可得
0.50m x =
取t=0.6s 计算可得
0.72m x =
故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右，故D 正确。

故选BD 。

（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，根据
2x aT ∆=
可得加速度为
()0603032
9x x x a T --= 由题知0319.90cm x =，0654.20cm x =，代入数据解得
21.6m /s a =
（4）[4]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。

14．某同学要测定电阻约为200Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：
待测圆柱形金属R x ；
电池组E （电动势6V ，内阻忽略不计）；
电流表A 1（量程0~30mA ，内阻约100Ω）；
电流表A 2（量程0~600μA ，内阻2000Ω）；
滑动变阻器R 1（阻值范围0~10Ω，额定电流1A ）
电阻箱R 2（阻值范围0~9999Ω，额定电流1A ）
开关一个，导线若干。

(1)先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为___________mm ，然后用游标卡尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为___________cm 。

(2)将电流表A 2与电阻箱串联，改装成一个量程为6V 的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为_______Ω。

(3)在如图内所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号______。

(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表A 1、A 2的示数I 1、I 2，作出I 2-I 1图像如图丁所示，求得图线的斜率为k=0.0205，则该金属材料的电阻R x =___________Ω。

（结果保留三位有效数字）
(5)该金属材料电阻率的测量值___________（填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。

【答案】9.203 10.405 8000 209 等于
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9mm ，可动刻度部分读数为20.3×0.01mm ，所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm ；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度
L=10.4cm+0.005cm=10.405cm 。

(2)[3]．改装后电压表量程为U=6V ，由
I 2g （r 2g +R 2)=U
解得
R 2=8000Ω
即电阻箱接入电路的阻值为8000Ω。

(3)[4]．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱与电流表A 2串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。

(4)[5]．由并联电路规律可得
I 2（r 2g +R 2)=(I 1-I 2）R x
变形得
2122x g x
R I I r R R =
++ 由
220.0205
x
g x
R
k
r R R
==
++
解得金属材料的电阻
R x=209Ω。

(5)[6]．由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S。

A是距底端H高处的小卡环。

质量为m的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为0m的氢气，C为侧壁上的单向导管。

大气压强恒定为0p。

环境温度为0T时，从C处注入水，当水深为
2
H
时，关闭C，卡环恰对活塞无作用力。

接下来又从C处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到0
1.6T，稳定时活塞静止在距缸底
2.7H处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。

求：
①最初被封闭的氢气的压强1p；
②导入氢气的质量M。

【答案】①0
2
mg p S
+
；②
7
4
m
【解析】
【分析】
【详解】
①设设注水前气体的体积为V1，从最初到水深为
2
H
时，气体经历等温过程，注水后气体压强为p2，由玻意耳定律
1122
pV p V
=
其中
1
V SH
=
2
()
2
H
V S H
=-
对活塞，有
02
p S mg p S
+=
联立解得
012mg S p p += ②设导入气体后且尚未升温时气体总度为h
，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有
()00
2.70.51.6HS hS T T -= 解得
118
h H = 考虑到此h 高度的气体中，原有气体点高为
12H ，故后导入的气体点高为 112
h h H =- 解得
178
h H = 设此时密度为ρ，则有
12
Sh M H m S ρρ=g
解得
74
m M = 16．如图所示，材质相同的直角三角形和14
圆形玻璃砖紧紧贴在一起（不考虑中间缝隙），AB=BD=L ，其中AD 是一个平面镜，一束平行光线垂直于AB 边从空气射入玻璃砖，通过BD 边的光线中，只有占BD 长度45
的光线可以从圆弧CD 射出，光在真空中传播速度为c ，则：（可能用到的数值：sin74°=0.96，结果用分数表示）
(1)玻璃砖对光线的折射率n ；
(2)恰好没有从圆弧面CD 射出的光线在玻璃中的传播的时间t 。

【答案】 (1)
54，(2)7330Ln c。

【解析】
【详解】 (1)光路图如图所示：
由AB=BD=L ，故：
α=45°
只有占BD 长度
45
的光线可以从圆弧CD 射出，故： β=53°
θ=74°
折射率： 115sin sin 4
n C β===； (2)经判断r<C ，故光线在E 点射出，由几何关系可知：
45
MN L = 15
MP L = 35QP L = 根据正弦定理：
sin sin L QE θβ
= 得：56
QE L = 故总长度为：
541373655530
x L L L L L =+++= 光在玻璃砖中的传播速度为： c v n
= 传播时间为： 7330x Ln t v c =
=。

17．如图所示，一个高L=18cm 、内壁光滑的绝热汽缸，汽缸内部横截面积S=30cm 2，缸口上部有卡环，一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，活塞与汽缸底部距离L 1=9cm 。

开始时缸内气体温度为27℃，现通
过汽缸底部电阻丝给气体缓慢加热。

已知大气压强p=1×
105Pa ，活塞厚度不计，活塞与汽缸壁封闭良好且无摩擦。

①封闭气体温度从27℃升高到127℃的过程中，气体吸收热量18J ，求此过程封闭气体内能的改变量； ②当封闭气体温度达到387℃时，求此时封闭气体的压强。

【答案】①9J ；②51.110Pa ⨯
【解析】
【详解】
①活塞上升过程中封闭气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律有 1212
=L S L S T T 解得气体温度为127℃时，活塞与汽缸底部距离
212cm L =
此过程气体对外做的功
()()542021110301012910J 9J W F L p S L L --=⋅∆=-=⨯⨯⨯⨯-⨯= 根据热力学第一定律可知气体内能的增加量
18J 9J 9J U Q W ∆=-=-=
②设活塞刚好到达汽缸口卡环位置时，封闭气体的温度为3T ，根据盖一吕萨克定律有 113
L S LS T T = 解得
3600K T =
所以封闭气体温度达到
()4387273K 660K T =+=
活塞已到达汽缸口卡环位置，根据查理定律有
0234
p p T T = 解得
52 1.110Pa p =⨯。