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- 2024-02-03 发布
2016-2017学年山东省济南市平阴一中高三（下）开学物理试卷
二、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项是符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．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．如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，（ ）
A．其轨迹对应的圆心角越大
B．其在磁场区域运动的路程越大
C．其射出磁场区域时速度的偏向角越大
D．其在磁场中的运动时间越长
2．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合不可能是（ ）
A．t′=t1，d=S B．t′=t1，d=S
C．t′=t1，d=S D．t′=t1，d=S
3．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（ ）
A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方
C．mgtanθ，水平向右 D．mg，斜向右上方
4．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ）
A．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A
C．U=110V，I=0.2A D．U=110V，I=0.2A
5．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1）．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A．F先减小后增大 B．F先增大后减小
C．F的功率减小 D．F的功率不变
6．如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知（ ）
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hv0
C．入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
7．1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（ ）
A．卫星在M点的势能大于在N点的势能
B．卫星在M点的角速度大于在N点的角速度
C．卫星在M点的加速度大于在N点的加速度
D．卫星在N点的速度大于7.9km/s
三、非选择题
8．如图是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标尺，读数为： cm，千分尺的读数为 mm
9．甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
（1）先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：
闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变， ，读出电压表的示数U2．则电阻R1的表达式为Rl= ．
（2）甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的﹣图线，则电源电动势E= V，电阻R2= Ω．
10．如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值Im．
11．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ．使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g．求：
（1）设木板质量为m，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量．
（2）假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少应是多长．
（3）木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间．
12．如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略．现通过电热丝对气体a加热一段时闻后，a、b各自达到新的平衡，则（ ）
A．a的体积增大了，压强变小了
B．b的温度升高了
C．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈
D．a增加的内能大于b增加的内能
13．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．已知外界大气压强为p0，活塞的横截面积为S，质量为m=，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T0，现在活塞上放置一质量与活塞质量相等的物块，再次平衡后活塞与容器底部相距h，接下来通过电热丝缓慢加热气体，气体吸收热量Q时，活塞再次回到原初始位置．重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．求：
（1）活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度
（2）加热过程中气体的内能增加量．
2016-2017学年山东省济南市平阴一中高三（下）开学物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项是符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．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．如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，（ ）
A．其轨迹对应的圆心角越大
B．其在磁场区域运动的路程越大
C．其射出磁场区域时速度的偏向角越大
D．其在磁场中的运动时间越长
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．
【解答】解：设磁场区域半径为R，轨迹圆心角为α
A、粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=Rcot，而r=，粒子速度v越大的，则r越大，故α越小，t越小，故ACD错误；
B、粒子运动的轨迹为S=rα=α，故速度越大的，其运动的路程越大；故B正确；
故选：B．
2．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合不可能是（ ）
A．t′=t1，d=S B．t′=t1，d=S
C．t′=t1，d=S D．t′=t1，d=S
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．
【解答】解：在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′≤t，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：
A、当t′=t1时，s甲﹣s乙=S，即当d=S时正好相遇，但第一次相遇的时刻为t′，以后就不会相遇了，只相遇一次，故A组合不可能；
BCD、当t′=t1时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，故BC组合不可能，D组合可能．
本题选不可能的，故选：ABC
3．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（ ）
A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方
C．mgtanθ，水平向右 D．mg，斜向右上方
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．
【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtanθ=mAa，
得：a=gtanθ，方向水平向右．
再对B研究得：小车对B的摩擦力为：f=ma=mgtanθ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，
则小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方
故选：D
4．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ）
A．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A
C．U=110V，I=0.2A D．U=110V，I=0.2A
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解．
【解答】解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为=0.1A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为=110V，电流为=0.2A，A正确．
故选A
5．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1）．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A．F先减小后增大 B．F先增大后减小
C．F的功率减小 D．F的功率不变
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，应用数学方法讨论F的变化，再由P=Fvcosθ判断功率的变化．
【解答】解：AB、对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
Fcosθ=μ（mg﹣Fsinθ）
F=
令：sinβ=，cosβ=，即：tanβ=，
则：F==，
θ从0逐渐增大到90°的过程中，在θ+β＜90°前：sin（β+θ）逐渐变大，所以F逐渐减小；
在θ+β＞90°后：sin（β+θ）逐渐变小，所以F逐渐增大；
所以结论是：F先减小后增大，故A正确，B错误．
CD、功率：P=Fvcosθ=×v×cosθ=，θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故C正确，D错误；
故选：AC．
6．如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知（ ）
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hv0
C．入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
【考点】爱因斯坦光电效应方程．
【分析】根据光电效应方程写出最大初动能和入射光的频率关系式即可正确求解．
【解答】解：根据光电效应方程有：EK=hv﹣W
其中W为金属的逸出功：W=hv0
所以有：EK=hv﹣hv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E，或者W=hv0，当入射光的频率为2v0时，带入方程可知产生的光电子的最大初动能为E，故ABC正确；
若入射光的频率为时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误．
故选ABC．
7．1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（ ）
A．卫星在M点的势能大于在N点的势能
B．卫星在M点的角速度大于在N点的角速度
C．卫星在M点的加速度大于在N点的加速度
D．卫星在N点的速度大于7.9km/s
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力；万有引力定律及其应用；机械能守恒定律．
【分析】
地球引力做功改变卫星的势能，做正功势能减小，做负功势能增加．据此判断势能的大小．在远地点速度慢，加速度小，近地点速度快，加速度大．
【解答】解：A 由M到N地球引力做负功，势能增加．故A错误
B 近地点角速度大，远地点角速度小．故B正确
C 加速度，可知近地点加速度大，远地点加速度小．故C正确
D 在N点做向心运动，则其速度应小于7.9Km/s 故D错误
故选：B C
三、非选择题
8．如图是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标尺，读数为： 1.375 cm，千分尺的读数为 0.700 mm
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：13mm+0.75mm=13.75mm=1.375cm．
螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．
故答案为：1.375，0.700．
9．甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2
，导线若干．
（1）先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：
闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变， 将S2切换到b． ，读出电压表的示数U2．则电阻R1的表达式为Rl= ．
（2）甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的﹣图线，则电源电动势E= 1.43 V，电阻R2= 1.2 Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）将开关S2切换到a，读出其示数R和对应的电压表示数U1，从而求出电路中的电流，保持电阻箱电阻不变，将开关S2切换到b，读出电压表的示数U2．通过闭合电路欧姆定律求出则电阻R1的表达式．
（2）结合闭合电路欧姆定律得出电压表读数的倒数与电阻箱电阻倒数的关系，通过斜率和截距求出电源的电动势和电阻R2．
【解答】解：（1）由于R和R1串联，所以通过R1的电流，R1两端的电压为U2﹣U1，所以．
（2）根据闭合电路欧姆定律，E=，
所以，
由此式看出，图线的截距为，斜率k=，
由此两式得，E=1.43V，R2=1.2Ω．
故答案为：（1）将S2切换到b，．（2）1.43，1.2．
10．如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值Im．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律；电磁感应中的能量转化．
【分析】（1）由题，导体棒进入磁场后，最终做匀速运动，电流达到稳定值I，根据平衡条件和安培力公式求解B；
（2）由感应电动势E=BLv、感应电流I=结合求解v；
（3）由题意分析知，导体棒进入磁场后先做减速运动，最后做匀速运动，刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒定律研究自由下落的过程，得到导体棒刚进磁场时的速度大小，即可E=BLv、I=求出电流的最大值Im．
【解答】解：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg ①
解得B=②
（2）感应电动势E=BLv③
感应电流I=④
由②③④式解得v=．
（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm．
对于自由下落的过程，根据机械能守恒得：mgh=
感应电流的最大值Im==
代入解得，Im=
答：（1）磁感应强度的大小B是；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v是；
（3）流经电流表电流的最大值Im是．
11．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ．使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g．求：
（1）设木板质量为m，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量．
（2）假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少应是多长．
（3）木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间．
【考点】动量守恒定律．
【分析】
（1）应用动量定理可以求出木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量．
（2）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律、动能定理可以求出移动的距离．
（3）应用动量定理、动能定理与运动学公式可以求出物体的运动时间．
【解答】解：（1）木板第一次与墙碰撞后，木板的速度与碰撞前等大反向，而重物的速度尚未发生变化，则系统动量的变化量等于木板动量的变化量，取向右为正方向，则：
△P=﹣mv0﹣mv0=﹣2mv0
即系统动量的变化量大小为2mv0，方向向左．
（2）木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
2mv0﹣mv0=（2m+m）v，
解得：，
由功能关系得： •3mv02﹣•3mv2=2μmgx2，
解得：x2=；
即木板的长度至少为；
（3）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用，木板向左做减速运动，速度先减小到0，该过程中根据动量定理，有：0﹣m（﹣v0）=μ×2mgt1…①
所以：…②
木板在第一个过程中，由动能定理有：﹣μ×2mgx1=…③
所以：…④
木板向右加速到二者速度相等的过程中，设使用的时间为t2，位移为x2，则由动量定理：
2μmgt2=mv﹣0…⑤
所以：…⑥
由动能定理有：…⑦
所以：…⑧
木板在匀速运动的过程中，匀速直线运动，有：x1﹣x2=vt3，
联立得：…⑨
木板第二次与墙碰撞后，仍然是先向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．
由于第二次与墙碰撞后木板的速度为，结合前面的公式①到⑨可知，木板在第二次与墙壁碰撞后到第三次与墙壁碰撞前的三段时间分别为：
，，
木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间为：t=t1+t2+t3+t4+t5+t6
联立得：t=．
答：（1）设木板质量为m，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量为2mv0，方向向左．
（2）假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少为；
（3）木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间为．
12．如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略．现通过电热丝对气体a加热一段时闻后，a、b各自达到新的平衡，则（ ）
A．a的体积增大了，压强变小了
B．b的温度升高了
C．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈
D．a增加的内能大于b增加的内能
【考点】理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义．
【分析】根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量．
根据热力学第一定律判断气体的内能变化．
【解答】解：A、当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误．
B、由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确．
C、由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩，所以a气体的温度较高，所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，故C正确．
D、由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，
所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确．
故选BCD．
13．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．已知外界大气压强为p0，活塞的横截面积为S，质量为m=
，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T0，现在活塞上放置一质量与活塞质量相等的物块，再次平衡后活塞与容器底部相距h，接下来通过电热丝缓慢加热气体，气体吸收热量Q时，活塞再次回到原初始位置．重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．求：
（1）活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度
（2）加热过程中气体的内能增加量．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（1）对活塞根据平衡求出放物块前后封闭气体的压强，根据理想气体状态方程列式求解即可；
（2）加热过程气体对外做功，根据W=P△V求解，然后再根据热力学第一定律列式求解即可．
【解答】解：（1）对活塞由平衡条件可知封闭气体的压强为： =1.25P0 T1=T0 V1=hS
活塞上放物块后根据平衡得封闭气体的压强为： =1.5P0=0.9hS
由理想气体方程得
解得： =1.08T0
（2）．加热过程气体对外做功为：W==﹣0.15P0hS
由热力学第一定律△E=W+Q得：
加热过程中气体的内能增加量： =Q﹣0.15P0hS
答：（1）活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度为1.08T0
（2）加热过程中气体的内能增加量为Q﹣0.15P0hS．
2017年4月13日