最新2023屆高三物理1月月考試題(含解析)

2023屆高三物理1月月考試題（含解析）二、選擇題1.如圖所示，小船過河時(shí)，船頭偏向上游與水流方向成α角，船相對(duì)于靜水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸；現(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準(zhǔn)時(shí)到達(dá)對(duì)岸，下列措施中可行的是（）A.減小α角，增大船速vB.增大α角，增大船速vC.減小α角，保持船速v不變D.增大α角，保持船速v不變【答案】B【解析】由題意可知，船相對(duì)水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，當(dāng)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準(zhǔn)時(shí)到達(dá)對(duì)岸，則如圖所示，可知A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A。2.物體A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，如圖所示．若現(xiàn)用一水平向右的拉力F作用于物體A上，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.當(dāng)拉力F＜16N時(shí)，A靜止不動(dòng)B.當(dāng)拉力F＞16N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)C.當(dāng)拉力F=16N時(shí)，A受B的摩擦力等于3.2ND.無論拉力F多大，A相對(duì)B始終靜止【答案】C【解析】當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度為：．此時(shí)拉力F為：．A、當(dāng)時(shí)，A，B都相對(duì)靜止，當(dāng)時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)，故ABD錯(cuò)誤；C、當(dāng)時(shí)，A，B相對(duì)靜止，整體的加速度為：，對(duì)B，有：，故C正確。點(diǎn)睛：本題屬于動(dòng)力學(xué)的臨界問題，關(guān)鍵求出相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界加速度，判斷在繩子拉力范圍內(nèi)是否發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，注意整體法和隔離法的運(yùn)用。3.如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd邊長為L（L<d）,質(zhì)量為m、電阻為R,現(xiàn)將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0，則線圈穿過磁場的過程中（從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止），下列說法正確的是()A.感應(yīng)電流所做的功為mgdB.感應(yīng)電流所做的功為mg（d－L）C.當(dāng)線圈的ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度最小D.線圈的最小速度可能為mgR/B2L2【答案】D【解析】AB、根據(jù)能量守恒，研究從cd邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動(dòng)能變化量為0，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛進(jìn)入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量，感應(yīng)電流做的功為，故AB錯(cuò)誤；C、線框可能先做減速運(yùn)動(dòng)，在完全進(jìn)入磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，剛完全進(jìn)入磁場前時(shí)線框的速度已經(jīng)達(dá)到最小，則：，則最小速度，故C錯(cuò)誤，D正確。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵根據(jù)根據(jù)線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時(shí)刻的速度都是，且全部進(jìn)入磁場將做加速運(yùn)動(dòng)，判斷出線圈進(jìn)磁場后先做變減速運(yùn)動(dòng)，也得出全部進(jìn)磁場時(shí)的速度是穿越磁場過程中的最小速度。4.如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，曲線B為小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（）A.4W、8WB.4W、6WC.2W、4WD.2W、3W【答案】B【解析】由圖A讀出：電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)阻；兩圖線的交點(diǎn)表示燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，此時(shí)燈泡的電壓U=2V，電流I=2A；則電源的總功率P總=EI=3×2W=6W；電源的輸出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，故選B．點(diǎn)睛：解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點(diǎn)等方面進(jìn)行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵．5.如圖，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的過程中，下列關(guān)于能量的敘述中正確的是（）A.重力勢(shì)能和動(dòng)能之和始終減小B.重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和先減小后增加C.動(dòng)能和彈性勢(shì)能之和先減小后增加D.小球重力勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變【答案】AB【解析】試題分析：對(duì)于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能這三種形式的能量相互轉(zhuǎn)化，沒有與其他形式的能發(fā)生交換，也就說小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變．對(duì)于小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，彈簧是一直被壓縮的，所以彈簧的彈性勢(shì)能一直在增大．小球的動(dòng)能先增大后減?。上到y(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析．解：AD、小球從接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變．彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大，所以重力勢(shì)能和動(dòng)能之和始終減小，故A正確，D錯(cuò)誤．B、小球所受的彈力先小于重力，后大于重力，則小球先向下加速，后向下減速，所以小球的動(dòng)能先增大后減小，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知，重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和先減小后增加，故B正確．C、小球的重力勢(shì)能不斷減小，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，動(dòng)能和彈性勢(shì)能之和始終增加．故C錯(cuò)誤．故選：AB6.磁流體發(fā)電機(jī)可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景，其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g。則以下說法正確的是A.上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極B.兩板間電勢(shì)差為U＝BdvC.流經(jīng)R的電流為D.流經(jīng)R的電流為【答案】AD【解析】試題分析：根據(jù)左手定則，可知，正電荷向上偏，負(fù)電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，故A正確；根據(jù),得電動(dòng)勢(shì)的大小為：U=Bdv，則流過R的電流為：，而，則電流大小：；兩極板間電勢(shì)差為：．故AD正確正確，BC錯(cuò)誤．故選AD．考點(diǎn)：左手定則，洛倫茲力【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道穩(wěn)定時(shí)，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進(jìn)行求解。7.如圖所示的電路中，A為理想電流表，V1和V2為理想電壓表，R1為定值電阻，R2為可變電阻，電池E內(nèi)阻不可忽略，則下列說法中正確的是（）A.R2不變時(shí)，V2的讀數(shù)與A讀數(shù)之比等于R1B.R2不變時(shí)，V1的讀數(shù)與A讀數(shù)之比等于R1C.R2改變時(shí)，V1讀數(shù)的變化量的絕對(duì)值大于V2讀數(shù)的變化量的絕對(duì)值D.R2改變時(shí)，V1讀數(shù)的變化量的絕對(duì)值小于V2讀數(shù)的變化量的絕對(duì)值【答案】BD【解析】試題分析：R2不變時(shí)，＝R2，故A錯(cuò)誤．R2不變時(shí)，＝R1，故B正確．當(dāng)R2增大時(shí)，電流I減小，U1減小，U2=E-I（R1+r）增大，路端電壓U=E-Ir增大，而U1+U2=U，則可知U1的減小量小于U2的增加量；同理，R2減小時(shí)，U1的增加量小于U2的減小量．故D正確．故選BD．考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析【名師點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)在于如何確定兩電壓表讀數(shù)變化量的大小，技巧是研究兩電壓表讀數(shù)之和即路端電壓如何變化．路端電壓增加，增加量大；路端電壓減小，減小量大。8.如圖所示，傳送帶以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量都是m的小物體甲、乙（視為質(zhì)點(diǎn)）先后輕輕放在傳送帶的最左端，甲到達(dá)A處時(shí)恰好達(dá)到速率v，乙到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到速度v，則下列說法正確的是（）A.甲、乙兩物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)具有的加速度相同B.甲、乙兩物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C.傳送帶對(duì)甲、乙兩物體做功相等D.乙在傳送帶上滑行產(chǎn)生的熱量與甲在傳送帶上滑行產(chǎn)生的熱量相等【答案】CD【解析】試題分析：兩物體在傳送帶上達(dá)到最大速度經(jīng)過的位移不同，則可以說明二者的加速度不同，時(shí)間不同；故AB錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，傳送帶對(duì)甲、乙兩物體做功等于動(dòng)能的改變量；故說明傳送帶做功相等；故C正確；對(duì)于任一物體，加速度，從放上傳送帶到與傳送帶共速的時(shí)間，物體與傳送帶的相對(duì)位移，可知相等，產(chǎn)生的熱量，所以產(chǎn)生的熱量相等，故D正確。考點(diǎn)：功能關(guān)系、功的計(jì)算【名師點(diǎn)睛】本題考查傳送帶問題的分析，要注意明確物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，明確動(dòng)能定理及牛頓第二定律的應(yīng)用。9.如圖所示，某同學(xué)用圖裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)．先將a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次．（1）本實(shí)驗(yàn)必須測量的物理量有以下哪些______．A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質(zhì)量ma、mbC．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間tE．記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OCF．a(chǎn)球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h（2）小球a、b的質(zhì)量ma、mb應(yīng)該滿足什么關(guān)系？______（3）放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時(shí)落地？______(填”是”或”否”)如果不是同時(shí)落地，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果有沒有影響？______(填”有”或”無”)這時(shí)小球a、b的落地點(diǎn)依次是圖中水平面上的____點(diǎn)和______點(diǎn)（4）按照本實(shí)驗(yàn)方法，驗(yàn)證動(dòng)量守恒的驗(yàn)證式是____________________________．【答案】(1).BE(2).ma>mb(3).是(4).有(5).A(6).C(7).maOB=maOA+mbOC【解析】（1）由題意知，要驗(yàn)證動(dòng)量守恒，就需要知道碰撞前后的動(dòng)量，所以要測量兩個(gè)小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=vt，因運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，所以速度可以用水平位移代替。所以需要測量的量為：小球a、b的質(zhì)量ma、mb，記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OC，所以選擇BE；（2）在小球碰撞過程中水平方向動(dòng)量守恒，故有mav0=mav1+mbv2，在碰撞過程中動(dòng)能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb；（3）是同時(shí)落地，碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，如果不同，則不能用水平位移代替碰撞后的速度，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果有影響；a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點(diǎn)距離O點(diǎn)最近，b小球離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，中間一個(gè)點(diǎn)是未放b球時(shí)a的落地點(diǎn)，所以相碰后，小球a、b的平均落點(diǎn)位置依次是圖中A、C點(diǎn)；（4）根據(jù)動(dòng)量守恒mav0=mav1+mbv2，由于運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故可以位移代替速度，即maOB=maOA+mbOC。10.在做“測定金屬絲的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，若待測金屬絲的電阻約為5Ω，要求測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，提供以下器材供選擇：A．電池組（3V，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表（0﹣3A，內(nèi)阻約0.0125Ω）C．電流表（0﹣0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）D．電壓表（0﹣3V，內(nèi)阻約4KΩ）E．電壓表（0﹣15V，內(nèi)阻約15KΩ）F．滑動(dòng)變阻器（0﹣2000Ω，允許最大電流0.3A）G．滑動(dòng)變阻器（0﹣20Ω，允許最大電流1A）H．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)實(shí)驗(yàn)選擇的器材有________（填寫儀器前字母代號(hào)）(2)若用螺旋測微器測得金屬絲直徑d的讀數(shù)如圖1，則讀數(shù)為________

mm；(3)測電阻時(shí)，電流表、電壓表、待測金屬絲電阻在組成電路時(shí)，請(qǐng)?jiān)趫D2虛線框內(nèi)畫出應(yīng)采用的實(shí)驗(yàn)原理圖________，且此原理圖使得待測金屬絲電阻的測量值比真實(shí)值偏________（選填：“大”或“小”）；(4)若用L表示金屬絲長度，d表示直徑，測得電阻值為R，則計(jì)算金屬絲電阻率的表達(dá)式ρ=________．【答案】(1).ACDGH(2).0.900(3).(4).小(5).【解析】(1)電源電動(dòng)勢(shì)為3V，電壓表應(yīng)選D；電路最大電流約為I=U/R=3V/5Ω=0.6A，電流表應(yīng)選擇C；為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇G；故實(shí)驗(yàn)需要選擇的器材為：ACDGH。（2）固定尺刻度為0.5mm，螺旋尺刻度為40.0，故螺旋測微器讀數(shù)為：；(3)待測電阻阻值約為5Ω，電流表內(nèi)阻約為0.125Ω，電壓表內(nèi)阻約為4kΩ，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法；由于滑動(dòng)變阻器阻值大于待測電阻阻值，應(yīng)采用限流電路。電路圖如下：電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，所測電流偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實(shí)值。（4）根據(jù)電阻定律：，，則：。11.某電視臺(tái)正在策劃的“快樂向前沖”節(jié)目的場地設(shè)施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動(dòng)懸掛器，可以載人運(yùn)動(dòng)，下方水面上漂浮著一個(gè)半徑為R鋪有海綿墊的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤軸心離平臺(tái)的水平距離為L，平臺(tái)邊緣與轉(zhuǎn)盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器后，按動(dòng)開關(guān)，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下從A點(diǎn)沿軌道做初速為零、加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。起動(dòng)后2s懸掛器脫落。設(shè)人的質(zhì)量為m看作質(zhì)點(diǎn))，人與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。（1）假設(shè)選手落到轉(zhuǎn)盤上瞬間相對(duì)轉(zhuǎn)盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會(huì)被甩下轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的角速度ω應(yīng)限制在什么范圍？（2）若H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，當(dāng)a＝2m/s2時(shí)選手恰好落到轉(zhuǎn)盤的圓心上，求L。（3）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，選手要想成功落在轉(zhuǎn)盤上，求加速度a的范圍?！敬鸢浮浚?）（2）7.2m（3）【解析】試題分析：（1）設(shè)人落在圓盤邊緣處不至被甩下，臨界情況下，最大靜摩擦力提供向心力則有：μmg=mω2R解得故轉(zhuǎn)盤的角速度（2）勻加速過程m=4mvc=at=4m/s平拋過程得t2=0．8sx2=vct2=4×0．8m=3．2m故L=x1+x2=7．2m（3）分析知a最小時(shí)落在轉(zhuǎn)盤左端，a最大時(shí)落在轉(zhuǎn)盤右端得解得解得a2=2m/s2考點(diǎn)：牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用長為L的絕緣輕繩將質(zhì)量為m、帶電量為+q、的小球懸于O點(diǎn)，整個(gè)裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場中。初始時(shí)刻小球靜止在P點(diǎn)。細(xì)繩與場強(qiáng)方向成角。今用絕緣錘子沿豎直平面、垂直于OP方向打擊一下小球，之后迅速撤離錘子，當(dāng)小球回到P處時(shí)，再次用錘子沿同一方向打擊小球，兩次打擊后小球恰好到達(dá)Q點(diǎn)，且小球總沿圓弧運(yùn)動(dòng)，打擊的時(shí)間極短，小球電荷量不損失。錘子第一次對(duì)小球做功為W1，第二次對(duì)球做功為W2。（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；（2）若的值達(dá)到最大，分別求W1、W2;（3）的值最大時(shí)，求第一、二次小球被打擊后瞬間細(xì)繩的拉力大小F1、F2．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）如圖所示，小球在A點(diǎn)（題中P點(diǎn)）合力為零，則有：tanθ=，解得：E=．（2）第一次擊打后球最多到達(dá)“等效”與球心等高B位置，根據(jù)功能關(guān)系，有：W1≤mgL（sinθ+cosθ）+qEL（cosθ-sinθ）結(jié)合tanθ=在等效最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：根據(jù)功能關(guān)系有：W1+W2-mg?2L?sinθ-qE?2L?cosθ=mv02整理可以得到：整理可以得到：W1=，W2=．（3）打擊一次后，物體獲得的速度為v1，則有：W1=mv12．根據(jù)牛頓第二定律得：F1-打擊二次后，物體獲得的速度為v2，則有：W1+W2=mv22．根據(jù)牛頓第二定律得：F2-聯(lián)立整理可以得到：F1=，F(xiàn)2=點(diǎn)睛：本題是動(dòng)能定理及牛頓定律的應(yīng)用的綜合題目；分析什么條件下W1最大，W2最小是關(guān)鍵，再運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理結(jié)合求解．13.對(duì)下列物理現(xiàn)象的描述，正確的是________(填正確答案標(biāo)號(hào)．選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分．每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分)A.布朗運(yùn)動(dòng)說明了液體分子與懸浮顆粒分子之間存在著相互作用力B.氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力C.給籃球打氣時(shí)會(huì)越來越費(fèi)勁說明分子間存在斥力的作用D.空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸氣蒸發(fā)的越慢E.瓶中充滿理想氣體，且瓶內(nèi)壓強(qiáng)高于外界壓強(qiáng)，在緩慢漏氣過程中內(nèi)外氣體的溫度均不發(fā)生改變，則瓶內(nèi)氣體在吸收熱量且分子平均動(dòng)能不變【答案】BDE【解析】布朗運(yùn)動(dòng)說明了液體分子在永不停息的做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，選項(xiàng)B正確；給籃球打氣時(shí)會(huì)越來越費(fèi)勁說明籃球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)越來越大，并非分子間存在斥力的作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸氣蒸發(fā)的越慢，選項(xiàng)D正確；瓶中充滿理想氣體，且瓶內(nèi)壓強(qiáng)高于外界壓強(qiáng)，在緩慢漏氣過程中氣體的體積變大，對(duì)外做功，因內(nèi)外氣體的溫度均不發(fā)生改變，則瓶內(nèi)氣體的分子動(dòng)能不變，內(nèi)能不變；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，選項(xiàng)E正確；故選BDE.14.如圖所示，“T”形活塞將絕熱氣缸內(nèi)的氣體分隔成A、B兩部分，活塞左右兩側(cè)截面積分別為S1、S2，活塞至氣缸兩端底部的距離均為L，活塞與缸壁間無摩擦．氣缸上a、b兩個(gè)小孔用細(xì)管（容積不計(jì)）連通．初始時(shí)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于外界大氣壓強(qiáng)P0，溫度為T0．現(xiàn)對(duì)缸內(nèi)氣體緩慢加熱，發(fā)現(xiàn)活塞向右移動(dòng)了△L的距離（活塞移動(dòng)過程中不會(huì)經(jīng)過小孔），試