2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做16热学20190320123
2019年高考物理冲刺套卷(大纲版,三)
2019年高考物理冲刺套卷（大纲版，三）注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
【二】选择题〔本大题共8小题，每题6分，共48分。
在每题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分〕14、将一个密闭的导热容器由地面送入空间站进行实验。
容器中装有压强不太大的某种气体。
假设从地面送到绕地球做匀速圆周运动的空间站后，容器所处的环境温度降低了10℃〔不考虑容器体积的变化〕，在这过程中，关于容器中的气体，以下判断正确的选项是：〔〕A、气体压强减小，单位体积内的分子数减少B、气体压强降低，内能减少C、气体压强增大，向外界放热D、由于气体处于完全失重状态，故气体压强为零15、以下说法正确的选项是：〔〕A、光的偏振现象说明光是纵波B、随着环境温度的升高，放射性物质的半衰期会减小C、用单色光做双缝干涉实验，在实验装置不变的情况下，红光的干涉条纹比蓝光宽D、氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级比从n=2能级跃迁到n=l能级辐射出的光子波长长16、很细的一束光沿AO方向入射到玻璃砖侧面上的O点，进入玻璃砖后分成I、II两束，部分光路如下图。
关于光束I、II，以下分析中正确的选项是：〔〕A、光束I在玻璃中的折射率较大B、光束I在玻璃中的传播速度较小C、逐渐增大入射角i，光束II在玻璃砖的上表面先发生全反射D、如果光束I能使某金属发生光电效应，那么光束Ⅱ也一定能使这种金属发生光电效应17、地球半径为R，月球半径为r，地球与月球之间的距离〔两中心之间的距离〕为S。
2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做9电功电功率20190320132
＝
5−1×3 1
Ω＝2Ω
(2)当重物匀速上升时，电压表的示数为 U＝5.5V，电路中电流为 I'＝ E−U' ＝0.5A
r
电动机两端的电压为UM＝E − I'(R + r)＝6 − 0.5 × (3 + 1)V＝4V 故电动机的输入功率 P＝UMI'＝4 × 0.5＝2W 根据能量转化和守恒定律得
UMI'＝mgv + I'2R 代入解得，v＝1.5m/s
P 机＝P 电－P 热＝(2.0－0.5) W＝1.5 W。
U′2 22
如果正常工作时转子被卡住，则电能全部转化成内能，故其发热功率 P 热′＝ ＝
W＝8
R 0.5
W
1
1．有一电动机，其铭牌上标有“100V50W”，当给此电动机接上 100V 的电源使其正常工作时，测得它可以将
重 10N 的物体以 4m/s 的竖直速度匀速提起，求：
如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？
【解析】当电动机转子不转时，电动机无机械能输出，故电能全部转化成内能，相当于纯电阻电路，欧姆定律
成立。当电动机转动时，一部分电能转化成机械能输出，但因线圈有电阻，故又在线圈上产生内能，输入的电
功率 P 电＝P 热＋P 机。
接 U＝0.2
大题精做九 电功 电功率
1．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内阻 r＝0.8Ω，电路中另一电阻 R＝10Ω，
直流电压 U＝160V，电压表示数 UV＝110V。试求： (1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的电功率；
(3)若电动机以 v＝1m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。(g 取 10m/s2)
2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做12带电粒子在复合场中运动
大题精做十二 带电粒子在复合场中运动1．【龙岩质量检测】如图所示，在xOy 坐标平面内，x ＜0的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。
一质量为m ，带电量为q 粒子在电场中的P 点以初速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好经过坐标原点O 进入匀强磁场。
已知P 点坐标为(－L )，磁场的磁感应强度0mv B qL =，不计粒子重力。
求：(1)匀强电场的场强大小；(2)粒子在O 点时速度的大小和方向； (3)粒子从磁场射出时的橫坐标x 。
【解析】(1) 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：L ＝v 0t212qE t m =，y qEv t m=解得：E =0y v =。
(2) 粒子经过O 点时的速度：02v v =设速度方向与x 轴正方向间夹角为θ，则0tan y v v θ==所以θ＝60°即粒子在O 点的速度大小为2v 0，方向与x 正向成60°角斜向下。
(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2v qvB m r=解得：r ＝2L粒子从磁场射出时的横坐标：x ＝2r sin θ＝。
2．【河南九师联盟质检】如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向。
第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 带电小球a 穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N 点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的A 点，且速度方向垂直于x 轴。
已知A 点到坐标原点O 的距离为32l ，小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ=B g ，空气阻力忽略不计。
求：(1)带电小球的电性及电场强度的大小E ； (2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为20π3lh =的P 点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴时与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？ 【解析】(1)由带电小球a 在第四象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a 带正电，且mg ＝qE 解得： ＝(2)带电小球a 从N 点运动到Q 点的过程中，设运动半径为R ，有：＝由几何关系有 ＝3联立解得 ＝＝6带电小球a 在杆上匀速运动时，由平衡条件有 mgsin θ＝μ（qvB 1－mgcos θ） 解得 ＝(3)带电小球a 在第四象限内做匀速圆周运动的周期 ＝＝带电小球a 第一次在第一象限竖直上下运动的总时间为 0＝＝ 03绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为 ＝＝ 03两球相碰有 ＝3 0联立解得n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0，则＝ 0解得 0＝60。
2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做2物体的静态与动态平衡问题
大题精做二物体的静态与动态平衡问题1．【2019浙江省模拟】如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。
质量m=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h1=1.10m。
篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1=0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2=0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2=0.01m，弹性势能为E p=0.025J。
若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。
求：（1）弹簧的劲度系数；（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力；（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【解析】（1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得；（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理，解得；（3）球在整个运动过程中总路程s：，解得；（4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为；则；在A点下方，离A点1．【2018年全国模拟】一热气球体积为V，内部充有温度为的热空气，气球外冷空气的温度为已知空气在1个大气压、温度为时的密度为，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g．（1）求该热气球所受浮力的大小；（2）求该热气球内空气所受的重力；（3）设充气前热气球的质量为，求充气后它还能托起的最大质量．【解析】（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0，密度为①温度为T时的体积为V T，密度为：②由盖-吕萨克定律可得：③联立①②③解得：④气球所受的浮力为：⑤联立④⑤解得：⑥(ⅱ)气球内热空气所受的重力：⑦联立④⑦解得：⑧(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨联立⑥⑧⑨可得：2．【2018年浙江省模拟】如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝ °的固定光滑斜面上。
2019年高考物理冲刺套卷(大纲版,十六)
2019年高考物理冲刺套卷（大纲版，十六）注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
【一】选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分。
在每题给出的四个选项中、。
有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不答得0分〕 14、以下说法正确的选项是：〔〕A 、压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加B 、在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强C 、任何热机都不可能使燃料释放的内能完全转化为机械能D 、一定质量的气体温度不变，压强增大时，其体积也一定增大15、氢原子的能量包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上做圆周运动的动能。
当氢原子的电子由外层的激发态跃迁到内层的基态时：〔〕A 、氢原子的能量增加，电子的动能减小B 、氢原子的能量减小，电子的动能减小C 、氢原子的能量增加，电子的动能增加D 、氢原子的能量减小，电子的动能增加16、一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，那么只需要知道：〔〕A 、磁感应强度B 和运动周期T B 、运动速度v 和磁感应强度BC 、轨道半径r 和运动速度vD 、轨道半径r 和磁感应强度B17、天宫一号〔Tiangong-1〕是中国第一个目标飞行器，于2017年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射成功，它的发射标志着中国迈入中国航天“三步走”战略的第二步第二阶段。
高考物理三轮冲刺大题提分大题精做1直线运动问题.docx
大题精做一直线运动问题1．【2019山东省模拟】随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。
分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。
一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。
发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2（不超载时则为5m/s2）。
⑴若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？⑵若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1s 后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？【解析】（1）货车刹车时的初速是v0=15m/s，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，根据位移推论式v t2−v02＝2as得：S＝220 2tv va代入数据解得：超载时的位移S1=45m不超载是的位移S2=22.5m（2）、根据位移推论式v t2−v02＝2as可求出货车与轿车相撞时的速度为＝225-2×2.5×25＝10m/s相撞时两车的内力远远大于外力，动量守恒，根据 Mv=（M+m）V共得：V共=9.8m/s以轿车为研究对象，根据动量定理有ft=mV共解得：f=9.8×104N1．【2019安徽省模拟】强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。
下图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1=Sm、货车长L2 =8m，货车在甲车前s= 3m。
若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2m/s2。
假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。
求：(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110m，乙车速度为54km/h。
甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
【解析】（1）甲经过t刚好完成超车，在t内甲车位移v1t+12at2货车的位移v2t根据几何关系x2+L1+L2+s带入数值得甲车最短的超车时间为4s（2）假设甲车能安全超车，在最短4s内甲车位移m乙车位移v3t=60m由于x3=116m>110m，故不能安全超车。
2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做6以能量为核心的综合应用问题20190320129
由动量守恒有：–mAvA＋mBvB＝0
解得：vB=3m/s
在 B、C 相互作用的过程中，设当弹簧第一次恢复原长时，B、C 的速度分别为v'B、v'C
由动量守恒有：mBvB = mBv'B + mCv'C
由能量守恒有：1
2
mBvB2
=
1 2
mBv'B2
+
1 2
mC
v'
2 C
解得：v'B
=
mB−mC mB+mC
(1)10 个小球最终分布的总长度。
(2)加速带对 10 个小球做功的总功率 P。已知小球在加速带上所受水平恒力为 F。
【解析】（1）“最终”是指 10 个小球全部离开了加速带。根据图乙可知，所有小球从加速带 B 端出来后速度
都被加速到了 3v0，且保持这个速度不变，这就意味着一旦 10 个小球全部从 B 端出来后，它们的总长度也会保 持不变。这个长度就是 10 号球刚离开 B 端时，它与 1 号间的距离。
1
获得速度后直到停止，由动能定理：-2μmgL
−
μmg(s
−
L)
=
0
−
1 2
mv12
解得μ= R
L+s
（2）设物块 2 被钢球碰后的速度为 v3，物块 2 与物块 1 碰前速度为 v2，根据机械能守恒定律和动能定理
v2 = v1 = 2gR
−
μmg(s
−
L)
=
1 2
mv32
−
1 2
mv22
设物块 1 和物块 2 碰后的共同速度为 v4 两物块一起继续滑行的距离为 s1 根据机械能守恒定律和动能定理
2019高考物理培优三轮考前回扣江苏专用版讲义：要点回扣要点16含答案.doc
要点16力学实验［规律要点］1•误差和有效数字⑴误差⑵绝对误差=|测量值一真实值|,相对误差='真实值xlOO%。
(3)误差不可避免，但可以减小误差。
(4)有效数字：从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.020 6为3位有效数字。
2 .基本仪器的使用.实验要点实验名称装置图常考要点研究匀变速直线运动扌丁点纸带接电源汁砧嘯(1)数据处理方法：①公式法：诗=&,\x=af②图象法：u-f图象(2)摩擦力：无需平衡(木板平放或斜放均可)验证力的平行四边形定则①考读数：弹簧测力计示数②考操作：两次拉橡皮筋时需将结点。
拉到同一位置(等效替代法)③求合力：根据分力円、尸2的犬小与方向用作图法求合力验证牛顿运动定律i纸带乡、纟实验台纽绳忙打点汁时器严有轮板即端滑木J一定长①考装置：器材装配正谋；平衡摩擦力的方法、标准；质量控制要求②控制变量法的应用③图象的处理以及实验的注意事项④判成因：给定异常a-F图彖，判断其可能成因探究动能定理①考装置：平衡摩擦力的方法、判断标准②求速度：小车获得的速度就是纸带上点距均匀的部分对应速度③考图象：作W-v或图彖, 得出结论验证机械能守恒定律计III夹子•重物①考运算：下落速度的计算；减少的重力势能与增加的动能的计算2 A 2②考图象：根据\~h或号一A/2图象的斜率判断机械能是否守恒验证动量守恒定律O ABC ①考装置：斜槽末端切线应调整水平；G球质量大于方球②考原理：小球落地点的判定及精准定位；必要的物理量的测量；碰撞前后守恒式的计算③考拓展：验证动量守恒定律其他实验装置、方法及关系式方法优点平均值法可减小偶然误差，但对系统误差无效列表法数据列表可以简单而又明确地展示各物理量Z间的关系，有助于找出物理量之间的规律与联系作图法直观、简便，有取平均的效果。
由图线的斜率、截距、所围面积等可以确定物理量Z间的变化关系，找出规律，还可剔除错误数据4 •实验数据的处理方法［保温训练］1.(2018-南通调研)某小组利用如图1所示的装置验证牛顿第二定律。
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大题精做十六热学1．【2018全国模拟卷】如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a 和b，a、b 间距为h，a 距缸底的高度为H；活塞只能在a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。
已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。
开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0。
现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。
求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。
重力加速度大小为g。
【解析】由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。
开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。
设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0=p1T 1①根据力的平衡条件有p 1S =p 0S +mg ②联立①②式可得T 1=1+T 0③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2。
根据盖—吕萨克定律有V 1T 1=V2T 2④式中V 1=SH ⑤V 2=S （H +h ）⑥联立③④⑤⑥式解得T 2=1+1+T 0⑦从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W =p 0S +mg h ⑧故本题答案是：W =p 0S +mg h1．【2018年（新课标I 卷)】如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。
开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0，现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g 。
求流入汽缸内液体的质量。
【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2。
在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p 0V2=p 1V 1①p 0V2=p 2V 2②由已知条件得V 1=V 2+V 6−V 8=1324V ③V 2=V2−V6=V3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得p 2S =p 1S +mg ⑤联立以上各式得m =15p 0S26g⑥2．【2018全国III 卷】在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。
当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1=18.0cm 和l 2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。
现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。
求U 形管平放时两边空气柱的长度。
在整个过程中，气体温度不变。
【解析】设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2。
U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边气体长度分别变为l 1′和l 2′。
由力的平衡条件有p 1=p 2+ρg（l 1−l 2）①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度大小。
由玻意耳定律有p 1l 1=pl 1′②p 2l 2=pl 2′③l 1′–l 1=l 2–l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′=22.5cm⑤l 2′=7.5cm⑥3．【湖南省洞口一中2018届高三模拟】一粗细均匀的U 形管ABCD 的A 端封闭，D 端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U 形管的AB 一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB 侧的气体柱长度l 1=25cm．管中AB、CD 两侧的水银面高度差h 1=5cm．现将U 形管缓慢旋转180°，使A、D 两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强p 0=76cmHg．求旋转后，AB、CD 两侧的水银面高度差．【解析】对封闭气体研究，初状态时，压强为：p 1=p 0+h 1=76+5cmHg=81cmHg，体积为：V 1=l 1s；设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为（5-2△x）cm，此时气体的压强为：p 2=p 0-（5-2△x）=（71+2△x）cmHg，体积为：V 2=（25+△x）s根据玻意耳定律得：p 1V 1=p 2V 2，即：（81×25）=（71+2△x）（25+△x）解得：△x=2cm根据几何关系知，AB、CD 两侧的水银面高度差为：△h=5-2△x=1cm．4．【湖北省武汉市2019届高三模拟】粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置左端封闭右端开口，右端上部有一光滑轻活塞。
初始时管内水银柱及空气柱长度如图所示。
已知玻璃管的横截面积处处相同在活塞移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p 0=76cmHg。
(i)求初始时左端气体的压强p 1；(ⅱ)若环境温度不变缓慢拉动活塞，当活塞刚好达到右端管口时，求左端水银柱下降的高度h。
(解方程时可以尝试试根法)【解析】(1)初始时，两管液面高度差为h 1=4cm ，设左管中空气柱的压强为p 1，右管中空气柱的压强为p 2，有p 1=p 2−ρgh 1由于活塞轻质光滑，所以p 2=p 0解得：p 1=72cmHg ；(2)对于左管中的气体，初始时的长度为l 1=1cm ，拉动活塞后的压强为p 1'，长度为l 1'由玻意耳定律得：p 1l 1=p 1'l 1'对于右管中的气体，初始时的长度为l 2=6cm ，拉动活塞后的压强为p 2'由玻意耳定律得：p 2l 2=p 2'l 2'拉动活塞后左端水银柱下降了h，由几何关系得：l 1'=l 1+h l 2'=l 2+15−h 此时，两管中液面高度差为h 2=4−2h两管中气体压强满足p 1'=p 2'−ρgh 2解得：h=2cm。
5．【陕西省2019届高三第二次联考】如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K 时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p 0=75cmHg。
①为使左端水银面下降h 1=5cm，封闭气体温度应变为多少；②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少。
【解析】①设左端水银面下降后封闭气体的压强为P 2，温度为T 2，体积为T 2，则：P 2=80cmHg；V 2=(L +h 1)S ；由理想气体状态方程得：P 1V 1T 1=P 2V 2T 2；代入数值解得：T 2=384K；②两液面相平时，气体的压强为：P 3=P 0，体积为V 3，左端液面下降h 2，右管液面下降：(h 2+5)cm；由波意耳定律得：P 2V 2=P 3V 3；V 3=(L +h 1+h 2)S ；解得：h 2=2cm；所以放出的水银柱长度：H =2h 2+5=9cm；6．【2019届广东省“六校”联考】密闭导热的气缸内有一定质量的理想气体，初始状态轻活塞处于A 点，距离气缸底部6cm，活塞横截面积为1000cm 2，气缸内温度为300K，大气压强为p=1.0×105Pa。
现给气缸加热，气体吸收的热量Q=7.0×102J，气体温度升高100K，轻活塞上升至B 点。
求：①B 点与气缸底部的距离；②求此过程中气体内能的增量△U。
【解析】①由题可知理想气体做等压变化，由盖—吕萨克定得L A T A=LBT B解得L B =8cm②气体对外做功W =p(V B −V A )=p(L B −L A )S ;解得W =200J ;由热力学第一定律知ΔU =W +Q ；解得ΔU =5.0×102J7．【四省名校2019届高三大联考】如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，一定量的气体做密封在气缸内。
当平台倾角为37°时，气缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为气缸中气体温度与环境温度相同，始终为T 0，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强p 0的2倍。
已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(i)当平合处于水平位置时，求气缸内气体的体积；(ⅱ)若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度缓慢降至0.9T 0(大气压强p 0保持不变)，该过程中气缸内气体放出0.38p 0V 的热量，求该过程中气体内能的变化量△U。
【解析】（1）设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为370时气缸内气体的压强为p 1=p 0+mg cos 370S气体的体积V 1=V当平台水平时，气缸内气体的压强p 2=2p 0=p 0+mg S解得p 1=1.8p 0平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p 1V 1=p 2V 2解得V 2=0.9V（2）降温过程，气缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律：V 2T 0=V30.9T解得V 3=0.81V活塞下降过程，外界对气体做W=p 2(V 2-V 3)已知气缸内气体吸收的热量Q=-0.38p 0V由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量∆U=W+Q 解得∆U=-0.2p 0V，即气体的内能减小了0.2p 0V。