文档文本内容
阶段性训练（五）
考察内容（机械振动机械波 光 电磁波 热学 原子结构原子核）
一．选择题
1．单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是（ ）
A．摆球在最低点加速度为零
B．回复力始终由线的拉力与重力的合力提供
C．摆球在任何位置加速度都不等于零
D．摆球在最低点回复力不为零
【答案】C
【详解】A．摆球在最低点时沿切线方向的加速度为0，但向心加速度不为0，故A 错误；
BD．回复力由重力沿切线方向的分力提供，摆球在最低点回复力为零，故BD 错误；
C．由于摆球做圆周运动，轨迹为曲线，摆球在最高点时沿切线方向的加速度不为0，在最低点时
向心加速度不为0，所以摆球在任何位置加速度都不等于零，故C 正确。
故选C。
2．下列关于甲、乙、丙、丁四幅图所涉及的光现象的说法中正确的是（ ）
A．甲图是利用光的衍射来检查工件的平整度
B．乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射
C．丙图中的玻璃利用了光的色散现象增加乘员的视野
D．丁图中的泊松亮斑是由于光的偏振引起的
【答案】B
【详解】A. 甲图是利用光的干涉来检查工件的平整度，选项A 错误；
B. 乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射，选项B 正确；
C. 丙图中的玻璃利用了光的折射现象增加乘员的视野，选项C 错误；
D. 丁图中的泊松亮斑是由于光的衍射引起的，选项D 错误。
故选B。
3．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（ ）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
【答案】A
【详解】A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象，故A 正确；
B．图乙说明固体在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明该固体可能
是多晶体，也可能是非晶体，故B 错误；
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子不停地做无规则的热运动，故C 错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，
故D 错误。
故选A。
4．某同学用显微镜观察用水稀释的墨汁中小炭粒布朗运动情况，每隔30s 把炭粒的位置记录下来，
然后用线段把这些位置按时间顺序依次连接起来，得到如图所示的位置连线图。下列说法正确的是
（ ）
A．乙图中，炭粒运动的位置连线就是炭粒运动的轨迹
B．布朗运动反映了液体分子永不停息的无规则运动
C．悬浮炭粒越大，布朗运动越显著
D．温度降到0℃时，炭粒的布朗运动会停止
【答案】B
【详解】A．图中记录的是每隔一定时间小炭粒位置的连线，并不是小炭粒做布朗运动的轨迹，故
A 错误；
B．布朗运动反映了液体分子永不停息的无规则运动，故B 正确；
C．小炭粒越小，液体分子同一时刻撞击小炭粒产生的撞击力越不平衡，液体的温度越高，液体分
子运动越激烈，观察到的布朗运动就越明显，故C 错误；
D．温度越低，布朗运动越不明显，但温度降到0℃时，炭粒的布朗运动不会停止，故D 错误。
故选B。
5．幽门螺杆菌可产生高活性的尿素酶，当病人服用碳14 标记的尿素后，胃中的尿素酶可将尿素分
解为氨和碳14 标记的CO2，通过分析呼气中标记的CO2的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存
在。 ❑6
14C半衰期是5730 年，而且大部分是β 衰变（e
-1
0 ），其衰变方程为❑6
14C→X+β。则下列
说法正确的是（ ）
A．β 粒子来自于原子核X
B．原子核X 为❑7
14 N
C．高温会加速❑6
14C的衰变
D．X 和❑6
14C的中子数相同
【答案】B
【详解】A．根据β 衰变的本质可知，β 粒子是原子核❑6
14C内的一个中子转化为一个质子和电子产
生的，故A 错误；
B．根据质量数和电荷数守恒可知❑6
14C→N
7
14 +
e
-1
0 则原子核X 为❑7
14 N，选项B 正确；
C．外界因素不会影响❑6
14C的半衰期，选项C 错误；
D ．❑7
14 N和❑6
14C的中子数分别为7 和8，不相同，选项D 错误。
故选B。
6．氟18—氟代脱氧葡萄糖正电子发射计算机断层扫描术是种非创伤性的分子影像显像技术。该技
术中的F
9
18 核由质子p
1
1 轰击O
8
17 核生成，并伴随能量释放。下列说法正确的是（ ）
A．O
8
17 与F
9
18 中子数相同
B．O
8
17 比F
9
18 的结合能大
C．该核反应方程为❑8
17O+1
1p→9
18F+1
0e
D．轰击后F
9
18 的静质量等于轰击前p
1
1 和O
8
17 的静质量之和
【答案】A
【详解】C．根据质量数守恒和核电荷数守恒可得相应核反应方程式为❑8
17O+1
1p→9
18F
故C 错误；
A．❑8
17O的中子数为17-8=9
❑9
18F的中子数为18-9=9
故A 正确；
B．原子核的结合能随核子数的增加而增加，所以❑8
17O的结合能小于❑9
18F的结合能，故B 错误；
D．该核反应有能量产生，故核反应过程存在质量亏损，即轰击前的质量和大于轰击后的质量和，
故D 错误。
故选A。
7．氢原子能级示意图如图。现有大量氢原子处于n= 4能级上，下列说法正确的是（ ）
A．这群氢原子最多可能辐射3 种不同频率的光子
B．从n= 4能级跃迁到n=1能级的氢原子辐射的光波长最短
C．从n= 4能级跃迁到n=2能级比跃迁到n=3能级辐射的光频率低
D．在n= 4能级的氢原子至少需吸收13.6eV 能量的光子才能电离
【答案】B
【详解】A．这群氢原子最多可能辐射4×(4 -1)
2
=6种不同频率的光子，故A 错误；
B．从n= 4能级跃迁到n=1能级的氢原子辐射的光波光子能量( ΔE = Em- En)最大，光子频率最大，
根据光子能量ε =hv =h c
λ
可知光子能量越大，波长越短，故从n= 4能级跃迁到n=1能级的氢原子辐射的光波长最短，故B
正确；
C．根据玻尔理论可知从n= 4能级跃迁到n=2能级比跃迁到n=3能级辐射的光子能量大，结合B 选
项分析可知，光子能量越大，频率越大，故从n= 4能级跃迁到n=2能级比跃迁到n=3能级辐射的
光频率高，故C 错误；
D．在n= 4能级的氢原子至少需吸收|E4|=|0-0.85eV|=0.85eV能量的光子才能电离，故D 错误。
故选B。
8．《阳燧倒影》中记载的“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过
多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光射向截面为半圆形玻璃砖的中心O，有a、b
两束单色光分别沿半径方向射出。下列说法正确的是（ ）
A．真空中a光光子能量小于b光光子能量
B．真空中a光光子动量大于b光光子动量
C．a光在玻璃砖中传播时间大于b光在玻璃砖中传播时间
D．a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
【答案】A
【详解】A．由题图可知，复色光射入玻璃砖后，a光的偏折程度小于b光的偏折程度，则玻璃砖对
a光的折射率小于对b光的折射率，a光的频率小于b光的频率，根据ε =hν可知，真空中a光光子能
量小于b光光子能量，故A 正确；
B．根据光子动量表达式p= h
λ = hν
c
由于a光的频率小于b光的频率，可知真空中a光光子动量小于b光光子动量，故B 错误；
C．根据v = c
n
，t = R
v
由于玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光在玻璃砖中的传播速度较大，所以a光在玻
璃砖中传播时间小于b光在玻璃砖中传播时间，故C 错误；
D．由于a光的频率小于b光的频率，可知a光的波长大于b光的波长，a、b光分别作为同一双缝干
涉装置光源时，根据Δ x = L
d λ，可知a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故D 错误。
故选A。
9．如图所示，振幅分别为3cm、4cm 的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴相向传播，
t=0 时在x=2cm 处的P 点相遇。已知两列波的波速均为2cm/s，则位于x=3cm 处的Q 点在0~5s 内的
通过的路程为（ ）
A．13cm
B．30cm
C．40cm
D．70cm
【答案】A
【详解】波的周期T = λ
v = 4
2 s=2s
t=0 时刻Q 点在乙波的波谷；甲波传到Q 点的时间t = 1
2 s=0.5s
此时Q 点到达平衡位置，即在0~0.5s 时间内Q 点的路程s1=4cm；甲波传到Q 点时振动减弱，则振
幅为A=4cm-3cm=1cm
则在0.5~5s 时间内即2 1
4 T内的路程为s2=8 A + A =9cm
则位于x=3cm 处的Q 点在0~5s 内的通过的路程为s= s1+ s2=13cm
故选A。
10．如图甲所示，在波的传播方向上有A、B、C 三点，其中AB = BC =10 m，t =0时刻开始观察到
A、C 两点处质点的振动情况分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．若向右传播，该波的波长为
80
4 n+3 m (n=0,1,2,3,⋯)
B．若向左传播，该波的波长为
80
4 n+1 m (n=0,1,2,3,⋯)
C．若振源位于C点，起振方向向上，且3 λ< AC <4 λ（λ为波长），那么从振源起振开始计时，
B处质点第1 次到达波峰需要17s
D．若振源位于C点，起振方向向下，且3 λ< AC <4 λ（λ为波长），那么从振源起振开始计时，
B处质点第1 次到达波峰需要17s
【答案】C
【详解】A．由图乙、丙可得T =8s
当波向右传播时x AC =nλ+ 1
4 λ（n=0，1，2，3…）
解得λ =
80
4 n+1 m（n=0，1，2，3…）
故A 错误；
B．当波向左传播时x AC =nλ+ 3
4 λ（n=0，1，2，3…）
解得λ =
80
4 n+3 m（n=0，1，2，3…）
故B 错误；
C．由题意可得，波向左传播，又因为3 λ< AC <4 λ，所以x AC =nλ+ 3
4 λ
取n=3，此时v = λ
T =
10
4 n+3 m/s= 2
3 m/s
设波从波源传播到B 点所用时间为t1，则t1= xBC
v = 10
2
3
s=15s
若振源位于C点，起振方向向下，B 点起振后到第1 次到达波峰所用时间为t2，则t2= 1
4 T =2s
那么从振源起振开始计时，B处质点第1 次到达波峰需要t =t1+t2=17s
故C 正确；
D．由题意可得，波向左传播，又因为3 λ< AC <4 λ，所以x AC =nλ+ 3
4 λ
取n=3，此时v = λ
T =
10
4 n+3 m/s= 2
3 m/s
设波从波源传播到B 点所用时间为t1，则t1= xBC
v = 10
2
3
s=15s
若振源位于C点，起振方向向下，B 点起振后到第1 次到达波峰所用时间为t2，则t2= 3
4 T =6s
那么从振源起振开始计时，B处质点第1 次到达波峰需要t =t1+t2=21s
故D 错误。
故选C。
11．光屏竖直放置，直线OO1与光屏垂直，用激光笔沿与OO1方向成45°角的AB方向照射光屏，
光屏上C 处有激光亮点。此时在光屏前竖直放置厚度为d 折射率为
❑√10
2
的平板玻璃，激光亮点从光
屏上的C 点移动到D 点（未画出），则CD间距为（ ）。
A．
❑√5
5 d
B．1
2 d
C．
❑√10
2
d
D．1
4 d
【答案】B
【详解】光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，过D 点作DM ∥CN，完成光路图如图所
示
n= sin 45°
sin α
ME =d ⋅tan α
解得ME = d
2
CD = MN = NE - ME = d
2
，故B 正确。
12．如图所示，线圈L 的自感系数0.1H，直流电阻为零，电容器C 的电容40μF，电阻R 的阻值
3Ω，电源电动势E=1.5V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC 电路中
将产生电磁振荡。如果规定线圈中的电流方向从a 到b 为正，在断开开关的时刻t=0，则电感线圈
中电流i 随时间t 变化的图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在开关闭合时，电流是从a 流向b，通过L 的电流为I = E
R = 1.5
3 A=0.5A
当断开开关后电流在LC 电路中振荡，周期为T =2π ❑√LC
代入题中数据解得T = 4 π ×10
-3s
则振动图像如图
故选A。
二．多选题
13．图甲为测量储液罐中不导电液体高度的装置，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电
容器C置于储液罐中，电容器C可通过开关S与理想电感线圈L（电阻不计）或电源相连。t =0时把
开关从a拨到b，由理想电感线圈L与电容器C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板
电容器极板正对面积一定、两极板间距离一定、忽略回路电磁辐射的条件下，下列说法正确的是（
）
A．当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率将降低
B．t1时刻电容器所带电荷量最多
C．t3∼t 4时间段内LC回路中磁场能逐渐转化为电场能
D．该振荡电流为正弦式交变电流，其有效值为❑√2 I m
【答案】AC
【详解】A．当储液罐内的液面高度升高时，电容器两板间充入的电介质增多，由C = εr S
4 πkd
可知电
容变大，根据LC电路电流振荡周期T =2π ❑√LC可知，回路的振荡周期变长，故振荡频率降低，A
正确；
B．t1时刻电路中放电电流最大，对应电容器放电完毕，此时电容器所带电荷量为零，故B 错误；
C．t3∼t 4时间段内LC回路中电容器正在充电，磁场能逐渐转化为电场能，C 正确；
D．该振荡电流的有效值为I = I m
❑√2 =
❑√2 I m
2
，D 错误。
故选AC。
14．如图所示，直角三角形ABC为玻璃棱镜的截面，其中∠A =30
∘，AC边长为2m。C点固定在
地面上，AB边与地面平行。单色光从AB边的中点D垂直AB边射入棱镜，光线经棱镜折射后打在
水平地面上的光点比无棱镜时侧移了
❑√3
6 m。光在真空中的传播速度为3×10
8 m /s。现让光线与
AB边成30
∘角斜向右下方从D点射入玻璃棱镜，则（ ）
A．棱镜对单色光的折射率为❑√2
B．棱镜对单色光的折射率为❑√3
C．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为7.5×10
-9s
D．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为2.5 ❑√3×10
-9s
【答案】BC
【详解】AB．根据题意光路如图
题意知FG =
❑√3
6 m，几何关系可知EF =0.5 m，则有sin α =
FG
❑√(FG)
2+(EF)
2 = 1
2
可知α =30°
几何关系知θ1=30°，故θ2=θ1+a=60°
则折射率n= sinθ1
sinθ2
= ❑√3
故A 错误，B 正确；
CD．分析可知光路如图
题意可知从D 的入射角为60°，则有n= sin 60°
sinθ4
解得θ4=30°
几何关系可知θ4=θ5=30°
可知在M 点的入射角有sin(90° -30°)>sinC = 1
n
可知在M 点产生全反射，光最终垂直BC 边的N 点射出棱镜，几何关系可知
DM = AD = AC cos30°
2
，MN = MC cos30°，MC = AC - AM = AC - ADcos30°×2
因为n= c
v
则斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间t = s
v = DM + MN
v
代入题中数据，联立解得t =7.5×10
-9s
故C 正确，D 错误。
故选BC。
15．内径为h、深度为h 的圆柱体枯井如图所示。水的折射率n=4
3
，当井水灌满后，蹲在井底中央
处的青蛙（视为质点）（ ）
A．看到井外的范围变小
B．看到井外的范围变大
C．若可看到井外地面上的花，竖直向上跳到的位置距离井口最远为2
3
h
D．若可看到井外地面上的花，竖直向上跳到的位置距离井口最远为
❑√7
6
h
【答案】BD
【详解】AB．根据光的折射定律，当井水灌满时，射到井内的外部光线的入射角大于折射角，可
知蹲在井底中央处的青蛙看到井外的范围变大，故B 正确，A 错误；
CD．如图所示，几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C 的方向射来的
根据折射定律有n=
1
sinC
设竖直向上跳到的位置距离井口最远为h
'，则h
' =
h
2
tanC
解得 h
' =
❑√7
6 h
故C 错误，D 正确；
故选BD。
三．实验题
16．物理兴趣小组利用图甲装置进行“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)小组的某同学用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球的直径为 cm。
(2)有关本实验，下列说法正确的是___________。
A．测量周期时，若仅测量1 次全振动时间作为周期，因偶然误差导致周期的测量值偏大，会
使重力加速度测量值偏小
B．计算摆长时，将摆线长度加摆球半径作为摆长，若摆球半径测量值偏大，会使重力加速度
测量值偏小
C．实验中误将29 次全振动记为30 次，会导致测得的重力加速度偏小
D．记录摆球通过最低点次数时，若提前停止计时，会使重力加速度测量值偏大
(3)另一同学将单摆挂在力传感器的下端，测定单摆大角度摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机
记录拉力F 随时间t 的变化，图像如图丙所示。测得摆球质量为m，则重力加速度的表达式为g=
（用F1、F2、m 表示）。
【答案】(1)1.060
(2)AD
(3) F1+2 F2
3m
【详解】（1）摆球的直径d=1cm+12×0.05 mm=1.060cm
（2）A．根据T =2π ❑√
L
g
可得g= 4 π
2 L
T
2
仅测1 次周期，偶然误差影响大，若周期T 测大，则g 偏小，A 正确。
B．摆长L=摆线长+半径，半径偏大则L 偏大，代入g= 4 π
2 L
T
2
，g 偏大，B 错误。
C．29 次记为30 次，周期T = t
n
偏小，由g= 4 π
2 L
T
2
，g 应偏大，C 错误。
D．提前停止计时，周期T 偏小，由g= 4 π
2 L
T
2
，g 偏大，D 正确。
故选AD。
（3）小球摆动到最高点时绳子与竖直方向的夹角为θ，则在最高点，满足F2=mgcosθ
在最低点时，满足F1-mg= m v
2
L
由机械能守恒可得：mgL(1-cosθ)= 1
2 mv
2
联立解得g= F1+2 F2
3m
17．“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将1mL 的油酸溶于酒精，制成1000mL 的油酸酒精溶
液，用注射器测得1mL 上述溶液为80 滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面
稳定后，将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的轮廓用彩笔描绘在玻璃板上，再将画有油酸膜轮廓的
玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积。已知坐标纸中正方形方格边长为1cm。根据以上信息，
回答下列问题：
(1)1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V 是 mL；若数出油膜轮廓对应的方格数为150 格，
由此估算出分子的直径为 m。（结果均保留1 位有效数字）
(2)在实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是（ ）
A．等效替代法
B．理想模型法
C．控制变量法
D．极限思维法
(3)为了尽可能准确地估测出油膜分子的大小，下列措施可行的是（ ）
A．油酸浓度适当大一些
B．爽身粉层在水面上适当厚一些
C．轮廓范围内的完整正方形个数即代表油膜铺开的面积
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
(4)小张同学利用上述方法测量出了油酸的直径为d，已知油酸的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏
加德罗常数可用上述字母表示为NA = 。
【答案】(1) 1×10
-5 8×10
-10
(2)B
(3)D
(4) 6 M
πρ d
3
【详解】（1）[1]一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为
V =
1
1000 × 1
80 mL=1.25×10
-5 mL≈1×10
-5 mL
[2]油膜的面积为S =150×1cm
2=0.015 m
2
则分子的直径d = V
S =1.25×10
-11
0.015
m ≈8×10
-10 m
（2）在实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法。
故选B。
（3）A．油酸浓度越大，油酸的分子数越多，越不容易形成单分子膜，不利用实验准确度，故A
错误；
B．爽身粉层在水面上越厚，不容易使油酸分子扩散形成单分子膜，故B 错误；
C．轮廓范围内的超过半个的完整正方形个数才更接近代表油膜铺开的面积，故C 错误；
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图，此时油膜铺开的更接近单分子膜，实验更准确，故
D 正确。
故选D。
（4）油酸分子的体积为V 0= 4
3 π(
d
2)
3
= 1
6 π d
3
油酸的摩尔质量M = ρ N AV 0= 1
6 ρ N A π d
3
可得阿伏加德罗常数为N A= 6 M
πρ d
3
四．计算题
18．某科考队在水面上O 点安装了一振动装置，可产生水波（可视为简谐横波）并在xOy 平面内由
O 点向外传播。如图甲所示，t=0 时刻，相邻的波峰和波谷恰好分别传到实线圆和虚线圆处，且实
线圆处第一次出现波峰。已知质点M 的坐标为（0cm，0.25cm），质点N 的坐标为（1.0cm，
❑√3cm）。如图乙所示为图甲中质点M 的振动图像，z 轴垂直于xOy 平面，竖直向上为正方向。求：
(1)质点M 的振动方程；
(2)波在水中的传播速度大小；
(3)质点N 第10 次到达波峰的时刻。
【答案】(1)z =0.01sin(100 πt - π
2)(m )
(2)0.25 m /s
(3)0.24s
【详解】（1）由图可得ω= 2π
T =100 π rad/s..
所以M 点的振动方程为z =0.01sin(100πt -π
2 )(m )
（2）由图可知该波波长λ =0.5cm，周期T =2×10
-2s
则波速为v = λ
T = 0.5×10
-2
2×10
-2 m /s=0.25 m /s
（3）当质点N 第一次到达波峰时，波传播的距离为s =(❑√1
2+ ❑√3
2-0.5)cm =1.5cm
传播的时间为t1= s
v =0.06s
质点N 第10 次到达波峰的时刻为t =t1+9T =0.24s
19．如图1 所示，半径为R的透明介质球的最底部镶嵌有一单色点光源S，若只考虑S射出的光线直
接从球面出射的光学效果，观察发现α =30°时，从球面出射的光线沿竖直方向。求：
(1)该介质的折射率n；
(2)有光射出区域的面积（提示∶如图2 所示的球冠表面积公式S =2πR·h，其中R是球的半径，h是
球冠的高；球冠的表面积仅包括球面部分，不包括底面圆的面积）。
【答案】(1)n= ❑√3
(2)4π R
2
3
..
【详解】（1）如图1 所示
设光线在球面上的出射角为θ，则n=sinθ
sinα
由几何关系可得θ =2α =60°
得n= ❑√3
（2）设光线在球面上发生全反射的临界角为β，如图2 所示
有sin β = 1
n
根据几何关系φ =2 β
且cosφ=cos2 β = 1
3
则h= R - Rcosφ
得h= 2 R
3
根据球冠表面积公式S =2π R·h
可求得球面被照亮的区域的面积为S =2π R·h= 4π R
2
3
20．如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭气缸、固定有平台活塞、报警电路组
成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为m，活塞横截面积
为S，弹簧长为l，大气压为p0。平台不放物体，在环境温度为T 0时，活塞距气缸底高为2l。不考
虑活塞与气缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离，气缸内气体视为理想气体。
(1)平台下移过程中气体分子间作用力为 （选填“引力”、“斥力”或“零”），单位面积气
缸壁受到气体分子的撞击力 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；
(2)轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时所放重物的质量M；
(3)不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚触发超重预警过程，气体向外界放出热量Q。
求气体内能的变化ΔU。
【答案】(1) 零 增大
(2)M =m+ p0 S
g
(3)ΔU =(
mg
S + p0)lS -Q
【详解】（1）[1][2]因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变
小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积气缸壁受到气体分子的
撞击力增大；
（2）气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：p1V 1= p2V 2
可得
(
m
S g+ p0)2lS =(
m+ M
S
g+ p0)lS
得M =m+ p0 S
g
（3）等压变化，外界对气体做功W = p1(2l -l)S =(
mg
S + p0)lS
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得ΔU =(
mg
S + p0)lS -Q
