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33.(1)【答案】BCE【解析】由題意可知，向外噴水的過程中,，瓶內氣體的溫度恒定,，則氣體分子的平均動能不變，又氣體視為理想氣體,，則氣體的內能保持不變,，故A錯誤,；由于氣體的體積增大，則氣體對外做功,，由熱力學第一定律△U=W+Q可知,，氣體應從外界吸收熱量，且吸收的熱量在數(shù)值上等于氣體對外所做的功,，故B正確,，D錯誤；氣體做等溫變化,，由pV=C可知氣體的壓強一定減小,，故C正確；溫度不變則氣體分子運動的劇烈程度不變,，壓強減小,，根據(jù)壓強的微觀意義可知，單位時間內碰撞器壁單位面積的分子數(shù)減少,，故E正確,。故選BCE。(②)【解析1D氣缸懸吊時,，氣柱乙的壓強為：=,，一警-子A,(寫成0.75p,也給分，下同)氣柱甲的壓強為A=A2嬰=A,(1分)開口向上時,，氣柱乙的壓強為p%=o+g=5氣柱甲的壓強為=A+2=號A,(1分）設原來氣柱甲,、乙的長度分別L,則對氣柱甲、乙由玻意耳定律得1SL=1SL(1分)p2SL=2SL2(1分)（利用理想氣體狀態(tài)方程列式求解的也給2分）解得=號山2-活塞B下降的高度為△L1=L一L-號（寫成4AL1=號也給分）活塞A下降的高度為△L,=2L-h-L4=(寫成AL-1也給分)則△L,：△L1=8：5(1分)（計算結果寫成號也給分）②由題意溫度升高的過程,，兩部分氣體均做等壓變化,，設再次恢復到原來的總長度時，氣柱甲的長度為x,則氣柱乙的長度為2L-x(1分)對氣柱甲,，乙由蓋·昌薩克定律得會-學-21S1分[寫成L=乎,，4=2L工也給分解得x=號L(1分)此時氣柱乙的長度為2L-x=號L(1分)則氣柱甲與氣柱乙長度的比值為5：9(1分)

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17.【答案】A【解析】A.以P為研究對象，P原來只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài),，所以Q對P的作用力與P的重力大小相等,，方向相反；當將N繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置,，Q的上表面不再水平,，P受力情況如圖1，P受到重力和Q的支持力,、摩擦力三個力的作用,，其中Q對P的支持力、摩擦力的合力與重力等大反向,，所以此時支持力小于重力,；故A正確,。B.開始時物體P不受Q的摩擦力，Q對P的支持力大小與重力相等,；到虛線位置時,，P受到Q對其的摩擦力作用，所以P會給Q一個反作用力,，使Q多受一個P給的摩擦力的作用,；而N給Q的力個數(shù)不變，所以Q受力個數(shù)發(fā)生了變化,；故B錯誤,。C.以PQ整體為研究對象，分析受力情況如圖2,，總重力G、板的支持力N和摩擦力f,板對Q的作用力是支持力N和摩擦力f的合力,；由平衡條件分析可知,，板對PQ整體的作用力大小與其總重力大小相等，保持不變,；故C錯誤,。D.以PQ整體為研究對象，分析受力情況如圖2,，設ON與水平面的夾角為α,，若緩慢轉動則整體處于平衡狀態(tài)，則f=Gsina,N=Gcos a;若是勻速圓周運動,，則有Gsina-f=mw2r,N=Gcos a,所以N不變,，故D錯誤。故選A,。NNP河mxGpG圖1圖2

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