解析河南省示范性高中罗山高中2021年高三下期轮考二物理试题

2021年河南省信阳市罗山高中高考物理模拟试卷（二)一、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,有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确,其中５-8为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.(6分）斜面放置在水平地面上始终处于静止状态，物体在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，某时刻撤去拉力Ｆ，那么物体在撤去拉力后的瞬间与撤去拉力前相比较,以下说法正确的是（)A. 斜面对地面的压力一定增大了B. 斜面对地面的压力一定减小了C．斜面对地面的静摩擦力一定减小了D．斜面对地面的静摩擦力一定不变【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】:共点力作用下物体平衡专题.【分析】:撤去拉力前，物体沿斜面上升;撤去拉力后瞬间物体由于惯性继续沿斜面上升；两种情况下斜面体的受力情况不变，故其对地压力和静摩擦力也不变．【解析】：解:物体在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动时,斜面体受重力Mg、支持力Ｎ、压力N1、滑块对其的滑动摩擦力f１以及地面对其的静摩擦力f２，如图,斜面体平衡；撤去拉力后,物体由于惯性继续沿斜面上升，斜面体受重力、支持力、压力、滑块对其的滑动摩擦力均不变，故斜面体仍会保持静止，地面对其的静摩擦力也不会变;故选Ｄ.【点评】:本题关键是对斜面体受力分析,然后结合平衡条件分析；明确静摩擦力是被动力. 2．（6分)如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，A Ｂ段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板,挡板处于场强为E的匀强电场中,电场方向与圆直径MＮ平行．现有一带电量为ｑ、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放,并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出,则( ）A. 小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零Ｂ. 小球运动到Ｎ点时，挡板对小球的弹力可能为EqＣ．小球运动到M点时,挡板对小球的弹力可能为零D. 小球运动到Ｃ点时,挡板对小球的弹力一定大于ｍg【考点】: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】:根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，得知小球的电场力方向，从而得知小球的电性．小球沿挡板内侧运动，根据ＡB段垂直于挡板方向上的合力为零,判断电场力与重力的大小关系.然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点．小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大.【解析】:解:小球从静止Ａ点释放,能沿挡板内侧运动到Ｄ点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AＢ向下,则电场力方向水平向右,小球一定带正电；小球受到的合力方向沿AB向下,所以小球在圆轨道内运动的过程中,圆轨道的等效最高点在MD到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于N与Ｃ之间．ＡB、小球运动到N点时,电场力方向水平向右,小球水平方向的合力提供圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力qE，故AＢ均错误;C、小球运动到M点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时,挡板对小球的作用力为0，故C正确；D、当小球在点C时的速度大于０,小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较,故D错误.故选:C.【点评】:本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿第二定律的综合运用,关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点,确定各点小球对轨道的压力的大小关系．３.(６分)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v,其F一v2图象如乙图所示.则( ）Ａ．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C. v2=c时，杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等【考点】:向心力.【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：在最高点,若v=０,则Ｆ=mg=a；若F=0，则ｍg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量;由图乙可知：当v２＜b时，杆对小球弹力方向向上,当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下;若v２=2b．根据向心力公式即可求解．【解析】：解：A、在最高点，若v＝0，则F=mg=a；若F=0,则mg=ｍ，解得g=,m=，故Ａ正确，Ｂ错误．C、由图可知:当ｖ2<b时,杆对小球弹力方向向上,当v2>b时，杆对小球弹力方向向下,所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；Ｄ、若v２=2b.则F＋ｍg=m，解得N=ａ=mｇ,故Ｄ错误．故选：AC．【点评】：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息．4.(６分）(２０14•邢台一模)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是Ｒ．轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x.一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为ｖ．小球在最低点B与最高点Ａ对轨道的压力之差为△F (△Ｆ>０)．不计空气阻力.则( ）A．ｍ、x一定时,R越大,△Ｆ一定越大B. m、x一定时，v越大，△F一定越大C. m、R一定时，x越大,△F一定越大Ｄ．m、R一定时，v越大，△F一定越大【考点】:匀速圆周运动；向心力．【分析】：①利用动能定理或者是机械能守恒可以求出小球经过A点时的速度;②分别分析在A、B时的受力,利用向心力公式可以分别求出在A、B时受的支持力大小；③知道了分别在Ａ、B时受的支持力大小,进而可以求他们的差值.【解析】：解:设m在A点时的速度为V A，在B点时速度为ＶB；对m从A到B点时，根据动能定理有：mg(2R＋X）＝ｍＶＢ2﹣ｍV A２对ｍ在B点时，受重力和支持力ＮＢ的作用，根据牛顿第二定律：ＮB﹣ｍg＝ｍ所以N B=mg＋m；对ｍ在A点，受重力和支持力NＡ,根据牛顿第二定律：NＡ+mｇ=ｍ所以ＮA=m﹣mg;小球在最低点Ｂ与最高点A对轨道的压力之差△Ｆ=N B﹣N A=6mg+2mｇ所以，从推导的关系式可知，Ａ选项中Ｒ越大，△F应该是越小，所以A错误，△F与速度V没关系,所以选项BＤ都错误，ｍ、R一定时，当x变大时，从关系式中不难发现△F一定越大,所以C选项正确.故选：C．【点评】:把动能定理和圆周运动的知识结合在一起，这也是学习过程中常见的题目类型,只要掌握住分析问题的方法，这一类的题目基本上就可以解决了.5．(6分）２011年6月２１日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5．2２t,下列说法中正确的是( )A．卫星可以定点在北京的正上方B．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度Ｃ. 卫星运行的速度比第一宇宙速度小D．卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：同步卫星具有以下特点:定轨道(赤道上方)、定周期(24h)、定高度、定速度.根据万有引力提供向心力比较向心加速度、线速度以及角速度.【解析】:解:Ａ、同步卫星的轨道在赤道的上方．故A错误.B、根据万有引力提供向心力,，卫星的向心加速度小于地球表面运行卫星的向心加速度，而地球表面运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度.故B正确.C、，,轨道半径越大，线速度越小,卫星的轨道半径大于地球半径,所以卫星运行的速度比第一宇宙速度小．故C正确．D、，,卫星的轨道半径小于月球的轨道半径,所以卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度.故D错误．故选ＢC．【点评】:解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．6．（6分)在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，Ａ与竖直墙之间放一光滑半球B,整个装置处于静止状态,如图所示.已知B物体的质量为m,Ａ的质量不计，则下列说法正确的是( ）A. 若保持Ｂ的半径不变，而将B改用密度稍小的材料制作,则B对墙壁的弹力变小Ｂ. 若保持B的半径不变，而将B改用密度更大的材料制作,则Ａ可能发生滑动C. 若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，则Ａ可能发生滑动Ｄ. 若保持B的质量不变,而将B改用密度更大的材料制作，则B对墙壁的弹力不变【考点】:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.【专题】:共点力作用下物体平衡专题.【分析】：B球半径不变时，体积不变，密度减小,质量减小．质量不变，密度增大,体积减小．隔离对B分析，根据合力为零，根据平衡条件列式分析墙壁对B的弹力.再对整体分析，列式分析地面的支持力和摩擦力,判断A能否滑动.【解析】:解:对B物体受力如右上图，根据合力等于0，运用合成法,由共点力平衡条件得:墙壁对B的弹力N1=mgtaｎα．①Ａ对B的弹力Ｎ2＝②对整体分析得：地面的支持力N３=mg.③静摩擦力f=N1＝ｍgtａnα．④A、若保持B的半径不变，体积不变，将B改用密度稍小的材料制作,Ｂ的质量减小，重力减小,由①得知,墙壁对Ｂ的弹力N1将变小．故A正确．B、若保持Ｂ的半径不变,体积不变，将B改用密度更大的材料制作,Ｂ的质量增大，重力增大,由①得知，墙壁对Ｂ的弹力N1将增大；由③得知,地面对A的支持力N3增大，Ａ的最大静摩擦力增大,A不会发生滑动，故B错误.Ｃ、Ｄ若保持B的质量不变，而将Ｂ改用密度更大的材料制作，B的体积减小,图中α增大,由③得知,地面对A的支持力N3不变，Ａ的最大静摩擦力不变.由④知,地面对Ａ的静摩擦力增大,Ａ可能发生滑动，故C正确．由①知,α增大，墙壁对B的弹力增大，故D错误.故选：AC．【点评】:解决本题的关键能够合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，抓住合力为零,运用共点力平衡知识求解．7.(6分）如图所示，一根长为L的轻杆OＡ,O端用铰链固定,另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上.若物块与地面摩擦不计,则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（)A. A、B的线速度相同Ｂ．Ａ、B的角速度相同C. 轻杆转动的角速度为Ｄ．小球Ａ的线速度大小为【考点】：线速度、角速度和周期、转速．【分析】:将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向,在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据ｖ=rω可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A 的转动半径可以求出A的线速度大小.【解析】：解：如图所示根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动,可将B点运动的速度ｖＢ＝v 沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v２＝v B siｎθ=vsinθ,为Ｂ点做圆周运动的线速度，v1＝v Bｃosθ为Ｂ点沿杆运动的速度.当杆与水平方向夹角为θ时,OB=A、A、Ｂ两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，由于转动半径不一样,故A、Ｂ的线速度不相同,故A错误；B、由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故Ａ、B绕O做圆周运动的角速度相同,故B 正确；Ｃ、由于B点的线速度为ｖ2=ｖｓｉnθ＝OBω,所以ω==,故C正确;D、由C分析知,杆转动的角速度ω=,所以A的线速度vＡ=Lω＝，故D错误．故选：BC【点评】:解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于Ｂ点转动的线速度．8.（６分)磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈,当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势.其E﹣t关系如图所示.如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是( ）A. B. C．D．【考点】：信息传播、处理和存储技术的发展；闭合电路的欧姆定律;导体切割磁感线时的感应电动势.【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】:根据感应电动势公式E＝BＬｖ可知,其他条件不变时,感应电动势与导体的切割速度成正比,磁卡通过刷卡器的时间t＝与速率成反比．【解析】：解:根据感应电动势公式E＝BLv可知,其他条件不变时,感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为,则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的.磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比,所用时间变为原来的2倍．故Ｄ正确．故选Ｄ【点评】：本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理,关键要掌握感应电动势公式E=ＢLv.二、填空题9.（6分)某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的a﹣Ｆ图象.(１)图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量否(填“是”或“否”）;(3）由图象求出小车和传感器的总质量为１ｋｇ．(保留1位有效数字)【考点】:验证牛顿第二运动定律．【专题】:实验题.【分析】:（1)由图象可知,当F≠０时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够;（２)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小,故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．(３）a﹣Ｆ图象中的斜率表示质量的倒数.【解析】：解：(1)由图象可知，当F≠0时,加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小,不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力,故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.（3)ａ﹣F图象中的斜率表示质量的倒数,由图可知,ｋ＝，所以质量Ｍ＝ｋg故答案为：（１)没有平衡摩擦力或平衡的不够；(２)否;(3）１【点评】：实验中我们要清楚研究对象和研究过程,明确实验原理是解答实验问题的前提. 10．（９分)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．（1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径,某次测量的示数如图(a）和图（ｂ)所示，长度为 5.0１cm,直径为5.315 mm.（２)按图(c）连接电路后,实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点１，闭合Ｓ1，调节R1,使电流表示数为I0;（b）将电阻箱R2的阻值调至最大处（填“大”或“小”);S2拨向接点2;保持R1不变，调节R2,使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为12８０Ω;（3)由此可知,圆柱体的电阻为12８0 Ω．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：（1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数.(2）根据等效法测电阻的实验原理分析答题．（３)根据实验原理与实验步骤求出圆柱体电阻．【解析】:解：（１）由图a所示游标卡尺可知，主尺示数为5.0cm,游标尺示数为1×0.1mm ＝０．1mm=０.０1cm,游标卡尺示数为5.0cm＋０.01cm=5．０1cm;由图b所示螺旋测微器可知,固定刻度示数为5ｍm,可动刻度示数为31.5×0.01mm=0.31５ｍm，螺旋测微器示数为５mm+0．315ｍｍ=5.3１5mm．（2)(a）我i保护电路，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S２拨向接点1,闭合S1,调节R１,使电流表示数为I0；(b)为保护电路，应将电阻箱R２的阻值调至最大处；S２拨向接点2;保持R1不变，调节Ｒ2,使电流表示数仍为Ｉ0，此时R2阻值为1２８0Ω;(３)两种情况下,电路电流相等,电路电阻相等,在圆柱体电阻与电阻箱电阻相等，圆柱体的电阻为12８0Ω．故答案为：（１）5.01;5.315;(２）(a）大;（b)大;(3)１28０.【点评】：本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验步骤、求电阻等问题;知道实验原理是正确解题的关键，要掌握等效法测电阻的方法．11．(14分）如图所示，平板车长为L=6ｍ,质量为M＝１0kｇ,上表面光滑并距离水平地面高为h＝1.25m,在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为ｖ0=７.２m/s,在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N,与此同时,将一个质量m＝１kg为小球轻放在平板车上的Ｐ点（小球可视为质点,放在Ｐ点时相对于地面的速度为零)，,经过一段时间,小球脱离平板车落到地面.车与地面的动摩擦因数为0.2,其他摩擦均不计．取ｇ=１０ｍ/s２．求:（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；（２)小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；(3）从小球轻放上平板车到落地瞬间,平板车的位移大小．【考点】:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;平抛运动．【专题】：牛顿运动定律综合专题.【分析】:（１)因为平板车上表面光滑,小球始终相对于地面静止,离开小车做自由落体运动，根据ｈ=求出离开平板车开始至落到地面所用的时间．（2）根据牛顿第二定律求出小车向右运动的加速度大小，根据运动学公式求出小车向右运动的位移和时间,判断小球是否会从小车的左端掉下，若未掉下，根据牛顿第二定律求出小车向左运动的加速度大小,小球从右端掉下，根据小球小车向左运动的位移求出向左运动的时间,两个时间之和即为小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间．（３)求出小车在小球做自由落体运动时间内的位移，结合小车向右运动的位移和向左运动的位移，求出小车的位移．【解析】:解：(１）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间由ｈ=得，ｔ=．(２）小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为=7.２m／s2小车向右运动的距离为x１小于4ｍ，所以小球不会从车的左端掉下．小车向右运动的时间为小车向左运动的加速度为＝2．8ｍ／s2小车向左运动的距离为小车向左运动的时间为．小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=1＋2s=3s（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左,大小为v2=a2t2=２.8×2m／s＝5.6m/ｓ小球离开车子后,车的加速度为车子向左运动的距离为＝３.1７5m从小球轻放上平板车到落地瞬间,平板车的位移大小x=﹣x1＋x２+x3=5.1７5m答:（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间为0.5s.(2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间为3ｓ．(3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小为５.175m.【点评】:本题是一个多过程问题，关键是理清小车在整个过程中的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.１2.(18分)如图在ｘOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直ｘOy平面向里，磁感应强度大小均为Ｂ＝1．0Ｔ；电场方向水平向右,电场强度大小均为Ｅ＝N/Ｃ.一个质量m=2.0×10﹣7kg，电荷量q＝2.0×１0﹣6C的带正电粒子从x轴上P点以速度ｖ０射入第Ⅰ象限,恰好在xＯｙ平面中做匀速直线运动．0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在ｘOy平面内做匀速圆周运动,取g＝１0m/s2．求:(1）带电粒子在xＯy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向;（２)带电粒子在ｘＯy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；（３）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限,x轴上入射P点应满足何条件?【考点】：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．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1)粒子在复合场中做匀速直线运动,受力平衡,受力分析后应用平衡条件求解即可．（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时,电场力F电必须与重力平衡,洛伦兹力提供向心力．（3)带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切，画出图象，找出轨道半径,利用洛伦兹力提供向心力公式计算即可.【解析】:解:（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v０与x轴夹角为θ，依题意得：粒子合力为零①重力ｍg=２.0×１0﹣６N,电场力F电=Ｅｑ＝２×１0﹣6Ｎ洛伦兹力N＝4.0×１0﹣6N ②由f=qv０B得,代入数据解得v０=2 m／ｓ③=,解得θ=6０°④速度v0大小２m／ｓ，方向斜向上与x轴夹角为６０°(２）带电粒子在ｘOy平面内做匀速圆周运动时,电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力．故电场强度⑤方向竖直向上；⑥(3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切N点; ⑦PＱ匀速直线运动，PQ=ｖ0t=0.２m ⑧洛伦兹力提供向心力，⑨整理并代入数据得R=0.2 m ⑩由几何知识得OP=R＋Rsｉn６０°﹣PＱcos60°═０.２７ｍｘ轴上入射P点离O点距离至少为0.27 ｍ答:(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v０大小为2m/ｓ,方向斜向上与x轴夹角为60°;（２）带电粒子在xＯy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小为１N/C,方向竖直向上;（3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限,x轴上入射P点应满足入射P点离Ｏ点距离至少为０.27 ｍ．【点评】:带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．临界问题需要画出运动轨迹,找出临界条件进行求解．三、选考题【物理-选修3-3】（１5分）13．（６分）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ）A．保持气体的压强不变，改变其体积,可以实现其内能不变B．保持气体的压强不变,改变其温度,可以实现其内能不变C. 若气体的温度逐渐升高,则其压强可以保持不变D. 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E. 当气体体积逐渐增大时,气体的内能一定减小【考点】：理想气体的状态方程;物体的内能；热力学第一定律.【分析】:理想气体内能由物体的温度决定,理想气体温度变化,内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．【解析】：解:Ａ、由理想气体的状态方程＝Ｃ可知，保持气体的压强p不变,改变其体积V,则气体温度T发生变化，气体内能发生变化，故A正确；B、保持气体的压强不变，改变其温度，气体温度发生变化,气体内能发生变化，故B错误;Ｃ、由理想气体的状态方程可知,若气体的温度T逐渐升高,如果体积Ｖ同时变大，其压强可能不变,故C正确;D、气体绝热压缩或膨胀时,气体不吸热也不放热，气体内能发生变化,温度升高或降低，在非绝热过程中,气体内能变化,要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关,故D正确;E、由理想气体状态方向可知，当气体体积逐渐增大时，如果压强p不变，或pV增大,则气体温度T升高,气体内能增大，E错误;故选：ＡCD.【点评】：理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力通常认为是零,即分子势能为零，理想气体内能由分子的平均动能决定的,其宏观的表现是温度决定．14.(９分）（2015•海南模拟)如图所示，一竖直放置的、长为Ｌ的细管下端封闭,上端与大气（视为理想气体）相通,初始时管内气体温度为Ｔ1.现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l:３.若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置,平衡后水银柱下端。