2022-2022学年上海理工大学附中高二（上）期中物理试卷（选修）　一、单项选择题1．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）关于气体的压强，下列说法中正确的是（　　）　A．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的　B．气体分子的平均速率增大，气体的压强一定增大　C．气体的压强是由于气体分子的频繁撞击产生的　D．当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：气体的压强是由于气体分子的频繁撞击产生的，气体分子的平均速率增大，若气体体积增大，气体的压强不一定增大，当某一容器自由下落时，分子的运动不影响，容器中气体的压强不为零．解答：解：A、气体的压强是由于气体分子的频繁撞击产生的，A错误C正确B、气体分子的平均速率增大，若气体体积增大，气体的压强不一定增大，B错误D、当某一容器自由下落时，分子的运动不影响，容器中气体的压强不为零，D错误故选：C点评：掌握气体压强产生的原因，影响压强大小的因素：分子的密度和分子的平均速率．　2．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，两端开口的U形管中装有水银，但水银被气体隔为两段，要使两边水银面的高度差h增大，可以采取的办法是哪个（　　）　A．从左侧管口滴入水银B．从右侧管口滴入水银　C．让气体温度升高D．让气体温度降低考点：封闭气体压强．专题：气体的压强专题．分析：同一段连续的水银柱的同一高度位置的液压是相同的，求解出两边水银面的高度差h的决定式进行讨论即可．解答：-19-\n解：同一段连续的水银柱的同一高度位置的液压是相同的，故封闭气体压强为：P=P0+ρgh；设右侧一小段水银柱高度为h′，则封闭气压也可以表示为：P=P0+ρgh′；联立解得：h=h′A、从左侧管口滴入水银，h′不变，故左侧水银柱下降，右侧水银柱上升，稳定时两边水银面的高度差h是不变的，故A错误；B、从右侧管口滴入水银，h′变大，故左侧水银柱上升，右侧水银柱下降，稳定时两边水银面的高度差h变大，故B正确；C、D、气体温度变化，但气压不变，故稳定时两侧的高度差恒定，故C错误，D错误；故选B．点评：本题关键是根据同一段连续的水银柱的同一高度位置的液压相同的特点，求解出边水银面的高度差h的表达式进行讨论，不难．　3．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，一气缸竖直倒放，气缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想气体封在气缸内，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把气缸稍微倾斜一点，在达到平衡后与原来相比，则（　　）　A．气体的压强变大　B．气体的压强变小　C．气体的体积变大　D．不能确定气体的体积和压强的变化考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：对活塞进行受力分析，前后两个过程活塞均处于受力平衡状态，可以判断气缸内气压强的变化，然后根据理想气体状态方程得到气体体积的变化解答：解：当气缸竖直放置时，对活塞受力分析如图，所以，P0S=G+PS①-19-\n即外界大气压力等于重力与内部气体产生的压力之和．当气缸倾斜时活塞受力如图，此时：Gcosθ+P1S=P0S②由①②可知，P1＞P，即末状态压强大于初状态，故A正确，B错误．整个过程是等温变化，由PV=C可知，压强增大时，体积减小，故CD错误．故选：A点评：此题把受力平衡与理想气体状态方程相结合，所以在解题过程中思维不要仅局限在理想气体状态方程和热力学第一定律上．　4．（3分）（2022•肇庆二模）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强P和体积y关系的是（　　）　A．B．C．D．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：根据理想气体等温变化特点可正确解答．解答：解：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，有PV=C，知P与成正比，在P﹣图象中为过原点的直线，所以该过程中空气的压强P和体积的关系图是图B，故ACD错误，B正确．故选B．点评：解答此类问题首先要弄清坐标轴的含义，然后根据理想气体的状态方程，结合数学知识分析解答问题．要特别注意在描述气体状态变化的图线中虚线部分的含义．　5．（3分）（2022•茂名一模）如图所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则下列P﹣T图象能正确反应缸内气体压强变化情况的是（　　）-19-\n　A．B．C．D．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：由题：初始时，活塞紧压小挡板处，说明外界大气压大于缸内气体的压强．当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀．解答：解：当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强P与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜的直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线．故选B点评：本题考查分析气体状态变化过程的能力和读图能力，要善于抓住隐含的不变量，比如活塞不移动时，气体的体积不变．　6．（3分）（2022•江西校级三模）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．缸内的气体压强减小，内能减小　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考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：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．解答：解：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﹣，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．-19-\n故选C点评：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．　7．（3分）（2022•上海）如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强（　　）　A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终不变D．先增大后减小考点：理想气体的状态方程．分析：由图象知气体的体积减小、温度升高，由理想气体状态方程问题立解．解答：解：根据气体状态方程，因为沿直线从a到b，V逐渐变小，T逐渐变大，所以P逐渐变大．点评：本题考查理想气体状态变化规律及图象，难度：容易．　8．（3分）（2022•重庆）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（　　）　A．对外做正功，分子的平均动能减小　B．对外做正功，内能增大　C．对外做负功，分子的平均动能增大　D．对外做负功，内能减小考点：热力学第一定律．专题：计算题．分析：根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．解答：-19-\n解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确；故选A．点评：热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．　二、单选题9．（3分）（2022秋•资阳区校级期末）在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是（　　）　A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0　B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E　C．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反　D．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小方向均不变考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的．解答：解：A、由题，该点的电场强度，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为．故A错误．B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为．故B错误．C、D若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，检验电荷所受的电场力为﹣2F，该点的电场强度仍为．故C错误，D正确．故选：D．点评：电场强度的定义式，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定．　10．（3分）（2022秋•苏州期末）如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有等量异种电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个与A、B完全相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（　　）-19-\n　A．B．C．D．考点：库仑定律．分析：理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．解答：解：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==故选A．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．　11．（3分）（2022•南宁校级模拟）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（　　）　A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；电场线．分析：（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．解答：解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选：A．点评：-19-\n本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．难度适中．　12．（3分）（2022•安徽）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（　　）　A．先作匀加速运动，后作匀减速运动　B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势　C．电势能与机械能之和先增大，后减小　D．电势能先减小，后增大考点：电势能；能量守恒定律；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况．解答：解：A、由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，故A错；B、由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；C、由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，故C错；D、由b到ac连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确．故选D．点评：本题考察了等量同种电荷的电场分布情况，在学习中要明确正电荷、负电荷、等量同种电荷、等量异种电荷等电场的分布情况．　13．（3分）（2022秋•淄川区校级期末）如图所示，AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电荷量分别为+q和﹣q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如要使圆心处电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷（　　）-19-\n　A．放在A点，Q=2qB．放在B点，Q=﹣2q　C．放在C点，Q=﹣qD．放在O点，Q=﹣q考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场叠加是多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和，符合平行四边形定则．解答：解：由平行四边形定则得出+q和﹣q在O点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小．要使圆心处的电场强度为零，则应在C点放一个电荷量Q=﹣q的点电荷，或在D点放一个电荷量Q=+q的点电荷．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：对于电场叠加问题的求解方法：1．确定要分析计算的位置；2．分析该处存在几个分电场，先计算出各个分电场电场强度的大小，判断其方向；3．利用平行四边形定则作出矢量图，根据矢量图求解．　14．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，右端开口左端封闭的U形管内水银柱封有一段气柱．已知大气压强为P0，则被封闭部分气体压强P为（均水银柱为单位）（　　）　A．P0+h2B．P0﹣h1C．P0﹣h1﹣h2D．P0+h1﹣h2考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：以封闭气体的水银柱作为研究对象，根据图示应用平衡条件求出封闭气体的压强．解答：解：由平衡条件可知，封闭气体的压强：p=p0﹣h1故选：B点评：本题考查了求气体的压强，应用平衡条件即可正确解题，解题时要注意单位换算．　15．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）一定质量的理想气体，经历如图所示的状态变化，A→B→C，则这三个状态的热力学温度之比TA：TB：TC为（　　）-19-\n　A．1：3：5B．3：2：1C．5：6：3D．3：6：5考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：根据理想气体状态方程可判断出温度之比．解答：解：根据理想气体状态方程知：，所以：，得：TA：TB：TC=3：6：5故选：D点评：本题是理想气体状态方程的综合应用．难度不大．　16．（3分）（2022秋•合阳县期末）a、b、c是匀强电场中三个点，各点电势依次为10V、2V、6V；三点在同一平面上．下列各图中，电场强度的方向表示可能对的是（　　）　A．B．C．D．考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．解答：解：各点电势φA=10V，φB=2V，φC=6V，则AB两点连线的中点M的电势为6V，因此M点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的方向即为电场线的方向．由于φA=10V，φB=2V，又因为电势沿着电场线降低．所以D正确；故选：D点评：等势面就是电势相等的点所构成的平面．电荷在等势面上移动，电场力不做功．因此电场线与等势面垂直．　三、多项选择题17．（3分）（2022秋•沙市区校级期末）如图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（　　）-19-\n　A．带电粒子所带电荷的符号　B．带电粒子在a、b两点的受力方向　C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大　D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大考点：电场线．分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．解答：解：A、B、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，如图．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，故C正确．D、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故D正确．故选：BCD点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．　18．（3分）（2022•江西校级一模）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能EP与两分子间距离的关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为﹣E0．若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（　　）-19-\n　A．乙分子在P点（x=x2）时，加速度最大　B．乙分子在P点（x=x2）时，其动能为E0　C．乙分子在Q点（x=x1）时，处于平衡状态　D．乙分子的运动范围为x≥x1考点：分子间的相互作用力；分子势能．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大．两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和．解答：解：A、由图象可知，乙分子在P点时，分子引力与分子斥力大小相等，合力为零，加速度为零，故A错误B、乙分子在P点时，其分子势能为﹣E0，由两分子所具有的总能量为0可知其分子动能为E0，故B正确C、乙分子在Q点时，分子引力小与分子斥力，合力表现为斥力，乙分子有加速度，不处于平衡状态，故C错误D、当乙分子运动至Q点时，其分子势能为零，故其分子动能也为零，分子间距最小，而后向分子间距变大的方向运动，故乙分子的运动范围为x≥x1，故D正确故选：BD点评：熟悉分子力的变化规律，知道分子力做功与分子势能变化的关系，知道总能量由分子势能和分子动能两者之和构成，本题考查的过程很细，要加强分析．　19．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，两端封闭，粗细均匀的U形管竖直放置，管内装有水银，将两部分气体分别封闭在左右封闭端，水银面高度差为h，则（　　）　A．将U形管全部浸入热水中，h变大　B．温度不变，将U形管平放，两臂位于同一水平面上，h变大　C．温度不变，U形管沿竖直方向自由下落，h变小　D．温度不变，使U形管沿水平方向做匀减速运动，h变小考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．-19-\n分析：假设水银不动，左右两部分气体都将等容变化，根据初态时左右两部分气体的压强和温度的关系，由气体的状态方程计算温度升高时两部分气体的压强增加的大小，再判断高度差的变化．解答：解：A、假设水银不动，左右两部分气体都将等容变化，根据初态时两边温度相等，但左侧气体的压强大，根据气体的状态方程可得，，所以△P=，由于初态时两边温度相等，但左侧气体的压强大，升高相同的温度的时候，左侧的压强增加的多，所以左侧的气体体积变大，水银的高度差变大，所以A正确．B、温度不变，将U形管平放，两边气体的压强相等，开始左侧压强大，所以左侧气体的体积变大，h变大，B正确C、温度不变，U形管沿竖直方向自由下落，水银对气体的压强消失，左侧气体推着水银向右运动，h变大，C错误D、温度不变，使U形管沿水平方向做匀减速运动，h不变，D错误故选：AB．点评：本题关键是掌握住这种分析问题的方法，在理想气体的压强这部分，假设气体的体积不变，分析压强的变化，在得出气体的体积的变化，是常用的一种方法．　20．（3分）（2022秋•上海校级期末）如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上．甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，两个粒子经过a点时具有相同的动能，由此可以判断（　　）　A．甲乙两粒子带同号电荷　B．甲粒子在c点时的动能大于粒子在d点时的动能　C．甲粒子在c点时与乙粒子在d点时具有相同的动能　D．两粒子经过b点时具有相同的动能考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据曲线运动中合力指向轨迹弯曲的内侧，判断两带电粒子所受的电场力方向，确定两带电粒子的电性，分析电场力做功的正负，由动能定理分析动能关系．根据正电荷在电势高处电势能大分析电势能的关系．解答：解：A、由上可知，甲与Q是同种电荷，乙与Q是异种电荷，故甲、乙两个粒子带异种电荷，故A错误．-19-\nB、由图看出B由带电粒子的轨迹弯曲方向可知，Q对乙粒子有斥力，对甲粒子有引力，从a到c，电场力对乙做负功，动能减小，电场力对甲粒子做正功，动能增大，而两个粒子经过a点时具有相同的动能，故甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能．故B正确C错误．D、a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能，故C错误故选：BD．点评：本题首先根据粒子轨迹弯曲方向判断电场力大致方向，确定粒子的电性，由动能定理分析判断动能关系．　四、填空题21．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）273℃=　546　K，气体温度从﹣10℃升高到20℃，如果用热力学温度表示，气体温度升高了　30　K．考点：温度、气体压强和内能．专题：热力学定理专题．分析：根据热力学温度与摄氏温度的关系分析答题．解答：解：273℃=273+273K=546K，气体温度从﹣10℃升高到20℃，如果用热力学温度表示，气体温度升高20﹣（﹣10）=30K；故答案为：546；30．点评：本题考查了求温度，根据摄氏温度与热力学温度的关系即可正确解题．　22．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，一个粗细均匀、两端开口的U形管（足够长）竖直放置，管中装有水银，但右管水银柱封有一段空气柱，空气柱长为h，上端与左管水银面相平．由此可知，右端空气柱上的一端水银柱高为　h　．若从左管口滴入水银，则左右两端水银面高度差将　=　h（选填“=”、“＜”、或“＞”）考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：以右管中封闭气体为研究对象，求出封闭气体的压强，根据封闭气体压强的变化分析答题．解答：解：以右侧管中封闭气体做为研究对象，根据同一液面处压强相等知：封闭气体压强P=P0+h右=P0+h，所以右端空气柱上的一端水银柱高为h；从左侧管口滴入水银，h右不变，封闭气体压强P=P0+h右不变，两侧水银面高度差h不变．故答案为：h，=点评：封闭气体的压强等于大气压与右侧水银柱h产生的压强之和，使两侧水银面高度差变大，则封闭气体压强变大，分析各选项能否使封闭气体压强变大是正确解题的关键．　23．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）如图所示，A、B、C三只完全相同的试管，封闭端均用细线悬挂在支架上，开口端都插入水银槽中，试管内封有空气，三管都处于静止状态．则管内气体压强最大的为　B　管，三根细线拉力最大的是　C　线．-19-\n考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：当向密闭容器充气，气压变大，会将水银压入玻璃管，内外高度差减小，甚至内侧液面高于外侧液面；然后得到管内气压变化情况．解答：解：根据同一液面处压强相等知：A中压强等于大气压，B中压强大于大气压，C中压强小于大气压，故气体压强最大的为B；对玻璃管受力分析，受重力，拉力，管内、外气体对其向上的压力差，根据平衡条件，有：T+P•S=mg，C中压强最小，拉力最大．三根细线拉力最大的是C．故答案为：B，C点评：本题关键明确管内外气体压强的关系，然后结合玻意耳定律列式分析，不难．　24．（3分）（2022秋•杨浦区校级期中）某电场的电场线分布如图所示，若将一正电荷+q由a点移到b点，它在a点受到的电场力Fa　＜　b点受到的电场力Fb；将一负电荷﹣q由c点移到d点，该电荷在c点的电势能εc　＜　d点的电势能εd（填“=”、“＜”、“＞”）考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据在电场中通过电场线的疏密来判断电场强度强弱，再公式F=qE，来判定电场力的大小，最后由电场力做功的正负，来判定电势能大小变化，从而即可求解．解答：解：从电场线的分布情况可知，b处的电场线比a处的密，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，根据F=qE可知，则有：Fa＜Fb；当负电荷由c点移到d点时，电场力做负功，导致电势能增加，则c点的电势能小于d点的电势能，即εc＜εd；故答案为：＜，＜．点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．　25．（3分）（2022秋•上海校级期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根长为L的丝线上端固定，下端系一质量为m的带电小球．当小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为37°，小球带　正　电．现施力将小球从静止的位置拉回至最低点处，则外力至少需做的功为　mgL　．-19-\n考点：电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件分析小球的电性．由动能定理求解外力做功的最小值．解答：解：由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电．将小球从静止的位置缓慢拉回至最低点处时，外力做功最小，根据动能定理得mgL（1﹣cos37°）+W﹣Eqsin37°又由平衡条件可得Eq=mgtan37°联立解得W=mgL故答案为：正，mgL．点评：本题是带电体在电场中平衡问题，当力学问题去处理，分析受力，作出力图是关键．　五、计算题26．（2022•上海）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA．考点：理想气体的状态方程．分析：因为气缸B导热，所以B中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A、B体积之和不变，即VB=2V0﹣VA，再根据气态方程，本题可解．解答：解：设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等pB=1.2p0B中气体始末状态温度相等p0V0=1.2p0（2V0﹣VA）∴-19-\nA部分气体满足=∴TA=1.4T0答：气缸A中气体的体积温度TA=1.4T0点评：本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0﹣VA）是关键．　27．（2022秋•开远市校级期末）如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点（其中C点在金属板上），且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）匀强电场的场强；（2）A、B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？考点：电势差；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．（3）由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势．解答：解：（1）由题，D→C电场力做正功（2）电子在电场中平衡，受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．A、B间电势差为UAB=EdAB=104×6×10﹣2=600V（3）A、D间电势差为答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C；（2）A、B两点间的电势差是600V；（3）若A板接地，D点电势为是﹣200V．-19-\n点评：电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算．　28．（2分）（2022•长宁区二模）如图所示，U形管两细管粗细均匀长度相等，左端封闭，右端开口，水平部分长20cm．有两段8cm长水银柱等高，各封住长为30cm的空气柱A和长为40cm的空气柱B，两气体温度均为27℃，大气压强恒定．现使A、B温度缓慢升高，最终都达到57℃．问：（1）空气柱A的最终长度．（2）右管内水银柱移动的距离．考点：气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化．专题：气体的状态参量和实验定律专题．分析：（1）对A气体，假设水银柱未进入水平管，根据气体等压变化列出方程求解（2）对B气体，等压变化列出方程求解解答：解：（1）对A气体，假设水银柱未进入水平管，气体等压变化遵循=代入数据=解得l′A=33cm故假设正确（2）对B气体，等压变化遵循=代入数据解得l′B=44cm右管内水银柱向上移动距离为△h=44﹣40+3cm=7cm答：（1）空气柱A的最终长度是33cm．（2）右管内水银柱移动的距离是7cm．点评：只要封闭气体的物质的量没有变化即为一定质量的封闭气体，只要能够判定封闭气体的哪一个物理量没有变化，就能确定封闭气体是发生等容变化、等温变化还是等压变化，如果三个物理量都发生变化，那么就利用理想气体状态方程解决．　29．（2022秋•上海校级期末）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120°角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计．设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中．开始时，杆OB与竖直方向的夹角θ0=60°，由静止释放，摆动到θ=90°的位置时，系统处于平衡状态，求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）系统由初位置运动到平衡位置，静电力做的功We．-19-\n考点：力矩的平衡条件；电场强度．分析：（1）以O点转轴，A球受到重力和竖直向下的电场力，B球受到重力和竖直向上的电场力，根据力矩平衡列方程求解．（2）电场力对A做负功，对B做正功，找出电场方向的距离求出静电力做的功We．解答：解：（1）力矩平衡时：（mg﹣qE）l=（mg+qE）lsin（120°﹣90°）即：mg﹣qE=（mg+qE）得：E=（2）静电力做功：We=qEl（cos30°﹣cos60°）+qElcos60°=mgl答：（1）匀强电场的场强大小E为；（2）系统由初位置运动到平衡位置，静电力做的功为mgl．点评：本题是力矩平衡问题和电场力做功问题，注意电场力做功与路径无关，基础题目．　-19-