辽宁省抚顺市2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

辽宁省抚顺市2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

辽宁省抚顺市 2021 届新高考第三次模拟物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．五星红旗是中华人民共和国的象征和标志；升国旗仪式代表了我国的形象，象征着我国蒸蒸日上天安 门广场国旗杆高度为 32.6 米，而升国旗的高度为 28.3 米；升国旗时间与北京地区太阳初升的时间是一致 的，升旗过程是 127 秒，已知国旗重量不可忽略，关于天安门的升国旗仪式，以下说法正确的是（ ） A．擎旗手在国歌刚刚奏响时，要使国旗在升起初始时，旗面在空中瞬间展开为一平面，必须尽力水平向 右甩出手中所握旗面 B．国旗上升过程中的最大速度可能小于 0.2m/s C．当国旗匀速上升时，如果水平风力大于国旗的重量，则国旗可以在空中完全展开为一个平面 D．当国旗匀速上升时，如果水平风力等于国旗的重量，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平 方向夹角 45 度 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．若用水平向右甩出手中所握旗面，则手给旗子水平方向的力，因为旗面受到竖直向下的重力，水平方 向的力和重力无法平衡，则旗面在空中瞬间无法展开为一平面，故 A 错误； B．若旗上升过程中的最大速度小于 0.2m/s，则在 127s 内上升的最大高度为： h=0.2 ×127m=25.4m ＜28.3m 故 B 错误； C．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，此时旗面受重力、水平风力、绳子的作用力，无论水平风力多大 都无法和竖直方向的重力平衡，则国旗不可以在空中完全展开为一个平面，故 C 错误； D．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，如果水平风力等于国旗的重量，则水平风力和重力的合力与水平 方向夹角为 45°，则固定国旗的绳子对国旗的作用力应与水平风力和重力的合力，等大反向，则固定国旗 的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角 45°，故 D 正确。 故选 D。 2．一个质量为 m 的质点以速度 0v 做匀速运动，某一时刻开始受到恒力 F 的作用，质点的速度先减小后增 大，其最小值为 0 2 v 。质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中 A．该质点做匀变速直线运动 B．经历的时间为 0 2 mv F C．该质点可能做圆周运动 D．发生的位移大小为 021 8 mv F 【答案】 D 【解析】 【详解】 质点减速运动的最小速度不为 0，说明质点不是做直线运动，力 F 是恒力所以不能做圆周运动，而是做匀 变速曲线运动．设力 F 与初速度夹角为 θ，因速度的最小值为 0 2 v 可知初速度 v0 在力 F 方向的分量为 0 2 v ， 则初速度方向与恒力方向的夹角为 150°，在恒力方向上有 v0cos 30 °－ F m t＝0 在垂直恒力方向上有质点的位移 2 2s x y 联立解得时间为 03 2 mvt F 发生的位移为 2 021 8 mvs F 选项 ABC 错误， D 正确； 故选 D． 3．下列说法正确的是（ ） A．爱因斯坦在 1900 年首次把能量子的概念引入物理学 B．单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多 C．一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到基态时最多可辐射 3 种不同频率的光子 D．玻尔的原子理论能够解释氦原子的光谱 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．普朗克在 1900 年把能量子引入物理学，破除了 “能量连续变化 ”的传统观念，故 A 错误； B．单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，则入射光子的数目越多，所以单位时间内发射的 光电子数越多，故 B 正确； C．根据玻尔理论， 一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到基态时最多可辐射 2 种不同频率的光子， 故 C 错误； D．玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，很好地解释了氢光谱，但不能够解 释氦原子的光谱，故 D 错误。 故选 B。 4．对磁现象的研究中有一种 “磁荷观点 ”．人们假定， 在 N 极上聚集着正磁荷， 在 S 极上聚集着负磁荷． 由 此可以将磁现象与电现象类比， 引入相似的概念， 得出一系列相似的定律． 例如磁的库仑定律、 磁场强度、 磁偶极矩等． 在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比 值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同．若用 H 表示磁场强度， F 表示点磁荷所受磁场力， q m 表示磁荷量，则下列关系式正确的是（ ） A． F= B．H= C．H=Fq m D． qm=HF 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析： 根据题意在磁荷观点中磁场强度定义为： 磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁 荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，所以有 m FH q 故选 B。 【名师点睛】 磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值， 运用类比思想， 类比电场强度 的定义公式 FE q 列式分析即可． 5．目前在太阳系内一共已经发现了约 127 万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分 .若某颗小 行星在离太阳中心 R 处做匀速圆周运动，运行的周期为 T，已知引力常量为 G，仅利用这三个数据，可以 估算出太阳的（ ） A．表面加速度大小 B．密度 C．半径 D．质量 【答案】 D 【解析】 【详解】 AC ．在太阳表面，重力和万有引力相等，即 2 MmG mg r 因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故 AC 错误； B． 在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故 B 错误； D．根据万有引力提供向心力可得 2 2 2 4MmG m R T 求得中心天体质量 2 3 2 4 RM GT 故 D 正确。 故选： D。 6．如图所示，一名消防救援队队员手拉长为 L 、呈水平方向的轻绳从平台上跳下，运动到 B 点时松开手， 恰好落到障碍物后被困人员所在的 A 点。 B 点是障碍物的最高点， O、B、C 三点在同一竖直线上，队员 可视为质点，空气阻力不计，利用图示信息判断，下列关系正确的是（ ） A． 2 4 xh L B． 2 4 xh L L C． 2( ) 4 x Lh L D． 2( ) 4 x Lh L L 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 消防救援队队员从平台上跳下到 B 点由动能定理得 21 2 BmgL mv 松手后消防救援队队员做平抛运动，则有 21 2 h gt ， Bx v t 联立解得 2 4 xh L 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，两束单色光 a、b 从水下面射向 A 点，光线经折射后合成一束光 c，则下列说法正确的是 __________ A．用同一双缝干涉实验装置分别以 a、b 光做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 B． a 比 b 更容易发生衍射现象 C．在水中 a 光的速度比 b 光的速度小 D．在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角 E.若 a 光与 b 光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是 a 光 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 【详解】 由图可知， 单色光 a 偏折程度小于 b 的偏折程度， 根据折射定律 sin sin rn i 知， a 光的折射率小于 b 光的折 射率，则知 a 光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式 Lx d ，可得，干涉条纹间距与波长成正比， 所以 a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距，故 A 正确； a 光的波长长，波动性强，更容易发生衍 射现象，故 B 正确；由 cv n 知，在水中 a 光的速度大，故 C 错误；由全反射临界角公式 1sin C n ，知 折射率 n 越大，临界角 C 越小，则知在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角，故 D 正确；若 a 光与 b 光 以相同入射角从水射向空气时， 由于在水中 a 光的临界角大于 b 光的临界角， 所以 b 光的入射角先达到临 界角，则 b 光先发生全反射，首先消失的是 b 光，故 E 错误． 8．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（ ） A．非晶体和晶体的物理性质都是各向同性 B．自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性 C．布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的 D．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关 E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据晶体的性质可知， 单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的， 而多晶体和非晶体是各向同性的， A 错误； B．热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即 涉及热现象的宏观过程都具有方向性， B 正确； C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的， C 错误； D．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小， D 正确； E．由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来， E 正确。 故选 BDE 。 9．有一定质量的理想气体，其压强 p 随热力学温度 T 的变化的图象如图所示，理想气体经历了 A B C D 的循环过程。下列分析正确的是（ ） A． A B 过程中气体吸收热量 B．四个状态中，只有状态 B 时理想气体分子的平均动能最大 C． B C 过程气体对外界做功，并从外界吸收热量 D． C D 过程中气体吸收热量并对外做功 E.四个状态中， A 状态时气体的体积最小 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A. 由 p T 图象可知， A B 过程压强不变，温度升高，内能增加，由 pV C T 可知，气体体积增大， 对外做功，由 U Q W 知，气体吸热，故 A 正确； B. B C 恒温过程，气体分子平均动能不变，故 B 错误； C. B C 过程， 0U ，压强 p 减小， 由 pV C T 可知体积 V 增加， 气体对外做功， 因此气体一定吸热， 故 C 正确； D. C D 过程，压强 p 恒定， T 减小， U 减小，由 pV C T 可知体积 V 减小，则外界对气体做功，由 U Q W 可知，气体放热，故 D 错误； E. BD 延长线通过原点，体积相等，即 D BV V ， A B 过程 B AV V ， B C 过程 C BV V ，综上分析 可知 C B D AV V V V ，状态 A 气体体积最小，故 E 正确。 故选： ACE 。 10．在光滑水平面上，小球 A 、B（可视为质点）沿同一直线相向运动， A 球质量为 1 kg ，B 球质量大于 A 球质量。如果两球间距离小于 L 时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于 L 时作用力消失。两球运 动的速度一时间关系如图所示，下列说法正确的是 A． B 球质量为 2 kg B．两球之间的斥力大小为 0. 15 N C． t=30 s 时，两球发生非弹性碰撞 D．最终 B 球速度为零 【答案】 BD 【解析】 【详解】 当两球间距小于 L 时，两球均做匀减速运动，因 B 球质量大于 A 球质量可知 B 球加速度小于 A 球的加速 度，由 v-t 图像可知： 2 22 3 / 0.05 / 20Ba m s m s ； 2 20 -3 / 0.15 / 20Aa m s m s（ ） ；由牛顿第二定 律： A A B BF m a m a ，解得 m B=3m A=3kg ，F=0.15N ，选项 A 错误， B 正确； 由图像可知， AB 在 30s 时刻碰前速度： vA=0，vB =2m/s；碰后： v＇A=3m/s，v＇B=1m/s ，因 2 '2 '21 1 1( ) 0 2 2 2B B A A B BE m v m v m v 可知 t=30 s 时，两球发生弹性碰撞，选项 C 错误；由图像可知，两部分阴影部分的面积应该相等且都等 于 L ，可知最终 B 球速度为零，选项 D 正确 . 11．为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小， 小明所在的物理兴趣小组做了如下实验： 用长为 L 的 绝缘轻质细线，上端固定于 O 点，下端拴一质量为 m、带电荷量为＋ q 的小球（可视为质点） ，如图所示， 开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到 B 点时速度恰好为零，然后又 从 B 点向 A 点摆动，如此往复．小明用测量工具测量与水平方向所成的角度 θ，刚好为 60°．不计空气阻 力，下列说法中正确的是（ ） A．在 B 点时小球受到的合力为 0 B．电场强度 E 的大小为 3mg q C．小球从 A 运动到 B，重力势能减小 3 2 mgL D．小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大 【答案】 BC 【解析】 试题分析：小球在 B 点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故 A 错误；小球由 A 到 B 的过程中，由动能定理可得： mgLsin θ-EqL （1-cos60 °） =0，则电场强度的大小为 3mgE q ，选项 B 正确；小球从 A 运动到 B，重力做正功， W=mgh=mgLsinθ ，故重力势能减小 mgLsinθ= 3 2 mgL ，故 C 正确；小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能不守恒，但机械能和电势能总能力 之和不变，故 D 错误．故选 BC ． 考点：动能定理；能量守恒定律 12．一简谐横波沿 x 轴正方向传播， 在 t= 2 T 时刻， 该波的波形图如图 (a)所示， P、Q 是介质中的两个质点。 图 (b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是 A．质点 Q 的振动图像与图 (b) 相同 B．在 t=0 时刻，质点 P 的速率比质点 Q 的大 C．在 t=0 时刻，质点 P 的加速度的大小比质点 Q 的大 D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图 (b) 所示 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A. 简谐机械波沿 x 轴正方向传播，在 2 Tt 时刻，质点 Q 的振动方向向上，而在振动图象上在 2 Tt 时刻 质点的振动方向向下，所以图 (b)不是质点 Q 的振动图象，故 A 错误； B.在 t=0 时刻，质点 P 位于波谷，速度为零，质点 Q 位于平衡位置，则质点 P 的速率比质点 Q 的小，故 B 错误； C.在 t=0 时刻， 质点 P 的位移比质点 Q 的大， 由公式 kxa m ，则质点 P 的加速度的大小比质点 Q 的大， 故 C 正确； D.在 2 Tt 时刻，平衡位置在坐标原点的质点振动方向向下，与振动图象相符，所以平衡位置在坐标原点 的质点的振动图象如图 (b) 所示，故 D 正确。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表 G 的满偏电流 I g 为 200μA，内阻估计在 400~600 Ω之 间。 (1)按图测定电流表 G 的内阻 R g，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下： A．滑动变阻器（阻值范围 0~200 Ω） B．滑动变阻器（阻值范围 0~175 Ω） C．电阻箱（阻值范围 0~999 Ω） D．电阻箱（阻值范围 0~99999 Ω） E. 电源（电动势 6V，内阻 0.3 Ω） F. 电源（电动势 12V ，内阻 0.6 Ω） 按实验要求， R 最好选用 __________，R′最好选用 ___________ ，E 最好选用 ___________(填入选用器材 的字母代号 )。 (2)根据以上实验测得的电流表内阻值比真实值 ________________（选填 “大”或 “小”）。 (3)假定由上述步骤已测出电流表内阻 Rg=500Ω，现在通过串联一个 24.5k Ω的电阻把它改装成为一个 电压表，此电压表的量程为 _____________________ 。 【答案】 D C F 小 5V 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1][2][3] 图中电路为经典的半偏法测电流表内阻，采用半偏法测量电流表内阻时，电源电动势越大，越 有利于减小误差，所以电动势应选择较大的 F，为了保证电流表能够满偏，根据闭合电路欧姆定律粗算全 电路总电阻大小： 6 g 12 Ω 60kΩ 200 10 ER I 所以电阻箱 R选用阻值较大的 D，电阻箱 R 用来和电流表分流，所以二者电阻相差不多，所以选择 C； (2)[4] 实验原理可以简述为：闭合 1K ，断开 2K ，调节 R 使电流表满偏，保持 1K 和 R不变，闭合开关 2K ， 调节 R 使电流表半偏， 此时 R 的电阻即为电流表的内阻。 事实上， 当接入 R 时， 整个电路的总电阻减小， 总电流变大， 电流表正常半偏， 分流为断开 2K 时总电流的一半， 而通过 R 的电流大于断开 2K 时总电流的 一半，根据欧姆定律可知 R 的电阻示数小于电流表真实的内阻； (3)[5] 根据串联分压规律： g g g g 0 I R R U R R 解得改装后电压表的量程： 5VU 。 14．某同学做测量金属丝的电阻率的实验。 （ 1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲，其直径为 _________ mm 。 （ 2）测量该金属丝的电阻率，可供选择的仪器有： A．电流表 A，量程有 0 ~10mA 和 0 ~ 0.6A 两种，内阻均较小； B．电压表 V ，量程有 0 ~ 3V 和 0 ~15V 两种，内阻均较大； C．电源电动势为 4.5V ，内阻较小。 实验中按如图乙所示接好电路，闭合 1S 后，把开关 2S 拨至 a 时发现，电压表与电流表的指针偏转都在满 偏的 4 5 处。再把 2S 拨至 b 时发现，电压表指针几乎还在满偏的 4 5 处，电流表指针则偏转到满偏的 3 4 处， 由此确定正确的位置并进行实验。完成下列问题。 所选电压表的量程为 _________V ，此时电压测量值为 _________V 。 所选电流表的量程为 _________ mA ，此时电流测量值为 _________ mA 。 【答案】 0.470 0~3 2.4 0~10 7.5 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．螺旋测微器的固定刻度为 0，经估读后旋转刻度在 47 格处，测量值为 0.470mm 。（结果为值读 数字真读，值读至 0.001mm ，测量值为 0.470mm ） （ 2） [2][3][4][5] ．由仪器参数确定器材。电源电动势为 4.5V，若电压表选用 0 ~15V 量程其指针偏转过 小，应选用 0 ~ 3V 量程。 由电路规律分析原理。电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明 xR 阻值较大，与电压表电阻相 接近，一般为几千欧而电源电动势只有 4.5V ，由欧姆定律计算知电流只有几毫安，故电流表选用 0 ~10mA 量程。 xR 阻值较大，则应使电流表内接，即 2S 拨至 b。此时电压表为满偏的 4 5 ，则读数为 4 3V 2.4V 5 U 电流表为满偏的 3 4 ，则读数为 3 10mA 7.5mA 4 I ． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，相距 L=5m 的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板 L =2m 的 O 点处 静止放置两个紧挨着的小滑块 A、B，滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直 轨道上沿水平方向运动。滑块 A、B 的质量均为 m=1kg ，与轨道间的动摩擦因数均为 =0.2。不计滑块与 滑块、滑块与挡板间发生碰撞时的机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度 g 取 10m/s2。 (1)炸药爆炸瞬间，若有 Q 1=10J 的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块 A 最终离开出发点的距离； (2)若两滑块 A 、B 初始状态并不是静止的， 当它们共同以 v0=1m/s 的速度向右经过 O 点时炸药爆炸， 要使 两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值 Q2 是多少 ? 【答案】 （1） 1.5m；（2）19J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)爆炸过程中，动量守恒，则有 A B0 mv mv 根据能量守恒可得 2 2 1 1 1 2 2A BQ mv mv 解得 A B 10v v m/s 爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为 a g =2m/s 2 爆炸后二者减速运动的位移 2 A 2 AvS g =2.5m 由于 2.5mA LS ，A 会碰到挡板后原速率返回，在继续减速后停止 最终 A 停止时距离 O点位移大小 ( )A AS L S L =1.5m (2)爆炸后 A 、B 分开，可能有三种情况 情形①： A、B 反向分开， A 碰到挡板后反弹，在与 B 相遇 0 A B2mv mv mv 2 A 2 AvS g 2 B 2 BvS g A B 2S S L =10m 由以上可解得 19 1 m/sBv A 19 1 m/sv 2 A 19 1 m 2.8m 2m 4 S 2 B 19+1 m 7.2m 3m 4 S 符合题意 2 2 2 2 0 1 1 1= 2 2 2A BQ mv mv mv 解得 2Q =19J 情形②： A、B 反向分开， A 未碰到挡板， B 反弹后与 A 相遇 0 A B2mv mv mv 2 A 2 AvS g 2 B 2 BvS g B A 2( )S S L L =6m 由以上可解得 B 7m/sv A 5m/sv 25 6.25m 2m 4AS 与预设相矛盾 情形③： A、B 同向分开， A 慢 B 快， ， B 反弹后与 A 相遇 0 A B2mv mv mv 2 2 A A vS g 2 2 B B vS g 2( )A BS S L L =6m 由以上方程联立后，无解 16．一根套有光滑轻质小环、不可伸长的轻线，线的一端系在固定点 O1，另一端跨过固定的小滑轮 O 2。 在轻质小环上挂质量为 = 3M m 的物体甲，在线的自由端系有质量为 m 的物体乙，物体乙的下面有一根 细线固定，使物体甲、乙保持静止状态，且夹角 α＝ 120 然后剪断细线由静止释放物体甲、乙，物体甲竖 直下降，当夹角 α变为某一角度 α0时有最大速度。重力加速度取 g，忽略滑轮、小环的质量，不计摩擦。 求： (1)剪断前细线所受的拉力； (2)物体甲有最大速度时，物体乙的加速度； (3)物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比。 【答案】 (1) ( 3 1)mg ；(2) 0 3( 1) 2cos 2 g ；(3) 3 3 【解析】 【详解】 (1)当 120 时，设与环接触的轻线受力为 1F ，对环研究有 12 cos60F Mg 解得 1 3F mg 设乙下面的细线受力为 2F ，对乙研究 1 2F mg F 解得 2 ( 3 1)F mg (2)当夹角为 0 ，设轻线受力为 F ，对环研究有 0 1cos 3 2 2 F mg 设乙物体所受合力为 F合 ，对乙研究有 F mg ma乙 解得 0 3( 1) 2 2 a g cos 乙 (3)物体甲在最低位置处时 0v甲 ， 0v乙 由系统机械能守恒得出 3mgh mgh乙甲 解得 3 3 h h 甲 乙 17．如图所示， U 型玻璃细管竖直放置，水平细管与 U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同． U 型管左管上端封有长 20cm 的理想气体 B，右管上端开口并与大气相通，此时 U 型玻璃管左、右两侧水银 面恰好相平，水银面距 U 型玻璃管底部为 25cm．水平细管内用小活塞封有长度 10cm 的理想气体 A．已 知外界大气压强为 75cmHg ，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体 B 的气柱长度为 25cm， 求： ①左右管中水银面的高度差是多大？ ②理想气体 A 的气柱长度为多少？ 【答案】① 15cm；② 12.5cm ． 【解析】 【分析】 ①利用平衡求出初状态封闭气体的压强， B 中封闭气体发生等温变化， 根据玻意耳定律即可求出末态 B 中 气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差 △h； ②选择 A 中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对 A 中封闭气体运用玻意耳定 律即可求出理想气体 A 的气柱长度． 【详解】 ①设玻璃管横截面为 S，活塞缓慢左拉的过程中，气体 B 做等温变化 初态：压强 pB1 =75cmHg ，体积 V B1=20S， 末态：压强 pB2 ，体积 V B2=25S， 根据玻意耳定律可得： p B1V B1=p B2V B2 解得： p B2=60cmHg 可得左右管中水银面的高度差 △h=（75-60）cm=15cm ②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体 A 做等温变化 初态：压强 pA1 =（75+25）cmHg=100cmHg ，体积 V A1 =10S， 末态：压强 pA2 =（75+5） cmHg=80cmHg ，体积 V A2 =L A2 S 根据玻意耳定律可得： p A1V A1=p A2 V A2 解得理想气体 A 的气柱长度： L A2 =12.5cm