广西省柳州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

广西省柳州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

广西省柳州市 2021 届第三次新高考模拟考试物理试卷 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 1．一质量为 m 的物体放在倾角为 且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的 力 F 的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能 E 随位置 x 的变化关系如图乙所示。其 中 0~x1 过程的图线是曲线， x1~x2 过程的图线是平行于 x 轴的直线， x2~x 3过程的图线是倾斜的直线，则下 列说法正确的是（ ） A．在 0~x1的过程中，物体向上运动 B．在 0~x1的过程中，物体的加速度一直增大 C．在 x1~x2 的过程中，物体的速度大小不变 D．在 0~x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．物块机械能由重力势能和动能构成，所以拉力做功影响物块机械能的改变，即 E F x 则 EF x 所以图线的斜率表示拉力，在 10 x: 过程中物体机械能在减小，则拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上， 所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动， A 错误； B．在 10 x: 过程中图线的斜率逐渐减小到零，可知物体的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律求解加 速度 sinmg Fa m 可知加速度一直增大， B 正确； C．在 1 2x x: 的过程中，拉力 0F ，机械能守恒，物体向下运动，重力势能减小，速度增大， C 错误； D．在 30 x: 的过程中，拉力沿斜面向下，结合 C 选项分析可知物体一直沿斜面向下加速运动， D 错误。 故选 B。 2．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导 轨上端连接一电阻。 0t 时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且 方向始终与斜面底边平行。下列有关下滑过程导体棒的位移 x 、速度 v 、流过电阻的电流 i 、导体棒受到 的安培力 F 随时间 t 变化的关系图中，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．根据牛顿第二定律可得 2 2 sin B L vmg ma R 可得 2 2 sin B L va g mR 随着速度的增大，加速度逐渐减小， v t图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动， x t 图 象的斜率表示速度，斜率不变，速度不变，而导体棒向下运动的速度越来越大，最后匀速，故 x t 图象 斜率不可能不变，故 AB 错误； C．导体棒下滑过程中产生的感应电动势 E BLv 感应电流 BLv BLai t R R 由于下滑过程中的安培力逐渐增大，所以加速度 a 逐渐减小，故 i t 图象的斜率减小，最后匀速运动时电 流不变， C 正确； D、根据安培力的计算公式可得 2 2B L aF BiL t R 由于加速度 a 逐渐减小，故 F t 图象的斜率减小， D 错误。 故选： C。 3．下列说法正确的是（ ） A．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加 B．中子与质子结合成氘核时吸收能量 C．卢瑟福的 α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 D．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则不可能发生光电效应 【答案】 A 【解析】 【详解】 A．电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据 2 2 Qq vk m r r 可知半径越小，动能越大，故 A 正确； B．中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故 B 错误； C．卢瑟福的 α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故 C 错误； D．根据光电效应方程 EKM =hγ－W 0 知，入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍一定能发生光电 效应，故 D 错误。 故选 A。 4．某行星的自转周期为 T，赤道半径为 R．研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的 2 倍时会导致 该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知引力常量为 G．则 A．该行星的质量为 B．该行星的同步卫星轨道半径为 C．质量为 m 的物体对行星赤道地面的压力为 D．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为 7.9km/s 【答案】 B 【解析】 该行星自转角速度变为原来两倍， 则周期将变为 T，由题意可知此时： ，解得： ， 故 A 错误；同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得： ，又 ，解得： r ＝ R，故 B 正确；行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力： ，又： ，解得： ，由牛顿第三定律可知质量为 m 的 物体对行星赤道地面的压力为 ，故 C 错误； 7.9km/s 是地球的第一宇宙速度， 由于不知道该星 球的质量以及半径与地球质量和半径的关系， 故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关 系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于 7.9km/s ，故 D 错误；故选 B． 点睛： 重点知识： 行星自转的时候， 地面物体万有引力等于重力没错， 但是不是重力全部用来提供向心力， 而是重力和支持力的合力提供向心力； “星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力 ”时重力独自充当向心 力． 5．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球 A 和 B，其质量 A Bm m ，B 球上固定一轻质弹簧。 A 球 以速率 v 去碰撞静止的 B 球，则（ ） A． A 球的最小速率为零 B． B 球的最大速率为 v C．当弹簧恢复原长时， B 球速率最大 D．当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 分析小球的运动过程： A 与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对 A 产生向左的弹力，对 B 产生向右的弹力， A 做减速运动， B 做加速运动，当 B 的速度等于 A 的速度时压缩量最大，此后 A 球速度继续减小， B 球 速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时， B 球速率最大， A 球速度最小，此时满足 1 2A A Bm v m v m v 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2A A Bm v m v m v 解得 1 A B A B m mv v m m 2 2 A A B mv v m m 因为 A Bm m ，可知 A 球的最小速率不为零， B 球的最大速率大于 v，选项 ABD 错误， C 正确。 故选 C。 6．如图所示的电路，闭合开关 S 后， a、b、c 三盏灯均能发光，电源电动势 E 恒定且内阻 r 不可忽略．现 将变阻器 R 的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ） A． a 灯变亮， b 灯和 c 灯变暗 B． a 灯和 c 灯变亮， b 灯变暗 C． a 灯和 c 灯变暗， b 灯变亮 D． a 灯和 b 灯变暗， c 灯变亮 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 变阻器 R 的滑片稍向上滑动一些，滑动变阻器电阻减小，根据 “串反并同 ”与其串联的灯泡 C 电流增大， 变亮，与其并联的灯泡 b 电流减小，变暗，与其间接串联的灯泡 a 电流增大，变亮， B 对； 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．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T 1和降压变压器 T 2 向用户供电，已 知输电线的总电阻 R=10Ω ，降压变压器 T 2的原、副线圈匝数之比为 4:1，副线圈与用电器 R 0组成闭合电 路 .若 T 1、T 2 均为理想变压器 , T 2 的副线圈两端电压． 220 2 sin100U t （V ），当用电器电阻 R 0=ll Ω 时 ( ) A．通过用电器 R0 的电流有效值是 20A B．当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小 C．发电机中的电流变化频率为 100 Hz D．升压变压器的输入功率为 4650W 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A. 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为 U= 220 2 2 2 mU V=220V ，负载电阻为 11Ω，所以通过 R0 电流的有效值是 20A ，故 A 正确； B. 当用电器的电阻 R0 减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大， 故 B 错误； C. 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率 f= ω /2 π =50Hz.故 C 错误； D. 根据 I 3：I 4=n 4： n3 得，输电线上的电流 I 3=5A ，则输电线上损耗的功率 P 损= 2 3I R =25×10W=250W ， 降压变压器的输入功率 P3=U 4I 4=220×20W=4400W ，则升压变压器的输出功率 P=P3+P 损 =4400+250W=4650W. 故 D 正确； 故选 AD 【点睛】 在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通 过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率． 8．如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电量，下列操作 可能使静电计指针的偏转角度变小的是（ ） A．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质 B．将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板 C．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板 D．将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．将左极板向左移动少许，则 d 变大，同时在两极板之间插入电介质，则 ε变大，根据 4 SC kd 可知 C 可能变大，根据 Q=CU 可知， U 可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小 ，选项 A 正确； B．将左极板向左移动少许， 则 d 变大， 同时取出两极板之间的金属板， 则也相当于 d 变大， 根据 4 SC kd 可知 C 一定变小，根据 Q=CU 可知， U 变大，即静电计指针的偏转角度变大 ，选项 B 错误； C．将左极板向左移动少许，则 d 变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于 d 又变小，则总体来说 可能 d 减小，根据 4 SC kd 可知 C 可能变大，根据 Q=CU 可知， U 变小，即静电计指针的偏转角度可 能变小 ，选项 C 正确； D．将左极板向下移动少许，则 S 减小，同时取出两极板之间的电介质，则 ε变小，根据 4 SC kd 可知 C 一定减小，根据 Q=CU 可知， U 变大，即静电计指针的偏转角度一定变大 ，选项 D 错误； 故选 AC 。 9．如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体， ab 边长为 L 1，左右两侧面是边长为 L 2的正方形， 在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为 ρ，泵体所在处于方向垂直纸面向外的匀强磁场 B。工作时，泵 体的上下两表面接电压为 U 的电源（内阻不计）上。若电磁泵和水面高度差为 h，理想电流表示数为 I， 不计水在流动中和管壁之间的阻力， 重力加速度为 g。在抽水泵正常工作过程中， 下列说法正确的是 （ ） A．泵体上表面应接电源正极 B．电磁泵不加导电剂也能抽取纯水 C．电源提供总的功率为 2 1 I L D．若 t 时间内抽取水的质量为 m，这部分水离开电磁泵时的动能为 UIt-mgh- 2 1 I L t 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故 A 正确； B．电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故 B 错误； C．根据电阻定律，泵体内液体的电阻 2 1 2 1 LLR S L L L 那么液体消耗的电功率为 2 1 IP L 而电源提供的电功率为 UI ，故 C 错误； D．若 t 时间内抽取水的质量为 m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为 2 1 K IE UIt mgh t L 故 D 正确； 故选 AD 。 10．如图所示，电阻不计、间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀 强磁场中，导轨左端接一定值电阻 R．质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒 的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 F=F 0+kv （F 0、 k 是常量） ，金属 棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为 i，受到的安培力大小为 FA ，电阻 R 两端的电压为 UR，感应电流的功率为 P，它们随时间 t 变化图象可能正确的有 A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出 F合 表达式，分情 况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结 合图象具体分析． 【详解】 设金属棒在某一时刻速度为 v，由题意可知，感应电动势 E BLv ，环路电流 E BLI v R r R r ， 即 I v ； 安培力，方向水平向左，即 2 2B L vF BIL R r安 ， F v安 ； R 两端电压 R BLRU IR v R r ， 即 RU v ； 感应电流功率 2 2 2B LP EI v R r ， 即 2P v ． 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得： 2 2 2 2 0 0 ( )B L B LF F F F kv v F k v R r R r合 安 ， 即加速度 F a m 合 ，因为金属棒从静止出发，所以 0 0F ，且 0F合 ，即 0a ，加速度方向水平向右． （ 1）若 2 2B Lk R r ， 0F F合 ，即 0Fa m ，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有 v at ，说明 v t ， 也即是 I t ， 2 RF t U t P t安 ， ， ，所以在此情况下没有选项符合． （ 2）若 2 2B Lk R r ， F合 随 v 增大而增大，即 a 随 v 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动， 速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合； （ 3）若 2 2B Lk R r ， F合 随 v 增大而减小，即 a 随 v 增大而减小， 说明金属棒在做加速度减小的加速运动， 直到加速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知 C 选项符合． 11．情形 1：如图，两列水波波源 S1和 S2 的振幅分别为 2A 和 A，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由 实线和虚线表示。情形 2：在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，则干涉条纹 将如何变？情形 3：用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是 （ ） A．情形 1 中两列波在相遇区域发生干涉 B．情形 1 中此刻 A 点和 B 点的位移大小分别是 A 和 3A C．情形 2 中干涉条纹将变密 D．情形 3 中中央均为亮点的同心圆形条纹 E.情形 3 中用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由图看出，波源 Sl 形成的水波波长大于波源 S2 是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播， 波速相 等，由波速公式 v=λf得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故 A 错误； B．根据两列水波波源 S1 和 S2 的振幅分别为 2A 和 A，结合图可知，此时刻 A 点和 B 点的位移大小分别 是 A 和 3A，故 B 正确。 C．在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据 lx d 可知，则条纹间距 减小，干涉条纹将变密集，选项 C 正确； DE．情形 3 中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项 D 正确， E 错误。 故选 BCD 。 12．如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为 θ，导轨电阻不计，下端与阻值为 R 的电阻相连。 匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为 B。 一质量为 m、长为 L 、电阻为 r 的导体棒垂直导轨 放置， 从 ab 位置以初速度 v 沿导轨向上运动， 刚好能滑行到与 ab 相距为 s 的 a′b′位置， 然后再返回到 ab。 该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触， 不计空气阻力， 重力加速度为 g。下列说法正确的是 （ ） A．向上滑行过程中导体棒做匀减速直线运动 B．上滑过程中电阻 R 产生的热量为 2 2 sin 2( ) m v gs R R r C．向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为 BLs R r D．电阻 R 在导体榛向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量 【答案】 BC 【解析】 【分析】 向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；上滑过程中根据功 能关系结合焦耳定律求解电阻 R 产生的热量；根据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻 R 的 电荷量； 根据 W BIS安 分析电阻 R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的 大小。 【详解】 A．向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据右手定则可得棒中的电流方向 a b ，根据左手定则 可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得： sinmg BIL ma 其中： I r BLv R 解得： 2 2 sin B L va g R r 由于速度减小，则加速度减小，棒不做匀减速直线运动，故 A 错误； B．设上滑过程中克服安培力做的功为 W ，根据功能关系可得： 21 sin 2 mv mg s W 克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则： 21 sin 2 Q W mv mgs 上滑过程中电阻 R 产生的热量为： 2 2 sin 2( )R m v gs RRQ Q R r R r 故 B 正确； C．向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为： BLsq It R r R r 故 C 正确； D．由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积 S 相等，根据安培力做功 计算公式可得： W BILx安 由于上滑过程中的平均速度大于， 下滑过程中的平均速度， 所以上滑过程中平均电流大于下滑过程中的平 均电流，则电阻 R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量，故 D 错误。 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下： (1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为 ________mm 。 (2)按图乙连接测量电路， 将滑动变阻器置于最大值， 闭合开关， 移动滑动变阻器， 发现电压表读数有读数， 而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线 _________断 路（用图中导线编号表示） 。 (3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度 l 和接入电路的电阻 Rx 如下表 请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出 R x–l 图像 _______。 (4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率 ρ = __________ Ω·m（保留二位有效数字） 。 (5)采用上述测量电路和数据处理方法， 电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为 _____（填“使结果偏大 ”、“使 结果偏小 ”、“对结果无影响 ”）。 【答案】 0.379、0.380 或者 0.381 a 或 c 68.5 10 ~ 69.9 10 对结果无影响 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 金属丝的直径为 0mm 38 0.01mm 0.380mm （ 2） [2] 只有 a 或 c 发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数 总为零。 （ 3） [3] 在图丙方格纸上作出 Rx–l 图像如下 （ 4） [4] 根据公式 lR S 得 613 2 1=9.66 10 = 0.38 0 . .001 π2 8 5 10l RS （ 5）[5] 因为多次测量金属丝长度 l 和接入电路的电阻， 通过画图求斜率求出 xR l 的大小， 所以电表内阻对 合金丝电阻率测量结果无影响。 14．某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关 S 和调节电阻箱，可使欧姆表具有 “× 10”和 “× 100”两种倍率，所用器材如下： A．干电池：电动势 E＝1.5V，内阻 r＝ 0.5 Ω B．电流表 G：满偏电流 I g＝1mA ，内阻 Rg＝150Ω C．定值电阻 R1＝1200 Ω D．电阻箱 R 2 和 R 3：最大阻值 999.99 Ω E．电阻箱 R 4：最大阻值 9999 Ω F．开关一个，红、黑表笔各 1 支，导线若干 （ 1）该实验小组按图甲正确连接好电路。 当开关 S 断开时， 将红、 黑表笔短接， 调节电阻箱 R2＝________ Ω， 使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻 R 内，则 R 内＝________Ω ，欧姆表的倍率 是 ________（选填 “×10”或 “×100”）； （ 2）闭合开关 S： 第一步：调节电阻箱 R2 和 R3，当 R 2＝________ Ω且 R3＝ ________ Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再 次满偏； 第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱 R4，调节 R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表 的刻度值为 ________。 【答案】 149.5 1500 ×100 14.5 150 10 【解析】 【详解】 （ 1） [1][2] ．由闭合电路欧姆定律可知： 欧姆表的内阻为 1.5 1500 0.001 ER I内＝ ＝ ＝ 则 R2＝R 内－R 1－Rg－ r＝(1500－1200－ 150－ 0.5) Ω＝149.5 Ω， 中值电阻应为 1500 Ω，根据多用电表的刻度设置可知， 表盘上只有两种档位， 若为 ×10，则中值刻度太大， 不符合实际，故欧姆表倍率应为 “×100”。 （ 2） [3][4] ．为了得到 “×10”倍率，应让满偏时对应的电阻为 150 Ω； 电流为 1 1.5 A 0.01 A 150 I ＝ ＝ ； 此时表头中电流应为 0.001 A ，则与之并联电阻 R 3 电流应为 (0.01－0.001)A ＝0.009 A ， 并联电阻为 R3＝ 0.001 (150 1200) 0.009 Ω＝150 Ω； R2＋r ＝ 1.5 1.35 0.01 Ω＝15 Ω 故 R2＝(15－0.5) Ω＝ 14.5 Ω ； [5] ．图示电流为 0.60 mA ，干路电流为 6.0 mA 则总电阻为 R 总 ＝ 1.5 6.0 ×103 Ω＝250 Ω 故待测电阻为 R 测＝ (250－150)Ω＝100 Ω； 故对应的刻度应为 10。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体， 气体初始温度为 T 1＝300 K ，此时活塞与气缸底部之间的距离为 d 1＝24 cm，在活塞的左侧 d 2＝6 cm 处有 固定的卡环，大气压强 p0＝1.0 ×105 Pa。求： (1)要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升高到多少？ (2)当封闭气体的温度缓慢升到 T＝450 K 时，封闭气体的压强为多少？ 【答案】 (1)T 2＝375 K ； (2) p＝1.2 ×105 Pa。 【解析】 【详解】 (1)活塞缓慢移动可知： 1 2 0p p p 对活塞中的气体 1 2 1 2 V V T T 又： 1 1 2 1 2 V d V d d 联立解得： 2 375KT (2)因 2450K 375KT T ，可判断活塞处于卡环位置，此时体积 V = V 2 所以： 2 2 pp T T 解得： 51.2 10 Pap 16．如图，绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两 气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为 0V 、温度均为 0T ．缓慢加热 A 中气体，停止加热 达到稳定后， A 中气体压强为原来的 1.2 倍．设环境温度始终保持不变，求气缸 A 中气体的体积 AV 和温 度 AT ． 【答案】 0 7 6 V ； 01.4T 【解析】 【分析】 【详解】 设初态压强为 p0，膨胀后 A ，B 压强相等 pB=1．2p0 B 中气体始末状态温度相等 p0V0=1．2p0（2V 0-V A ） ∴ 0 7 6AV V＝ ，A 部分气体满足 0 0 0 0 1.2 A A p V p V T T ∴T A=1．4T 0 答：气缸 A 中气体的体积 0 7 6AV V＝ ，温度 T A=1．4T0 考点：玻意耳定律 【点睛】 本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出 A、B 部分气体状态的联系（即 V B=2V 0-V A） 是关键． 17．如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分割成 A 、 B 两部分， A内是真空。活 塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。 开始时 B 内充有一定质量、 温度为 T 的气体， B 部分高度为 H 。此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。现将 B 内气体加热到 3T ， 达到新的平衡后， B 内气体的高度 L 等于多少？ 【答案】 2L H 【解析】 【详解】 设开始时 B 中压强为 1p 1p S kH mg ① 1V HS 1T T 加热达到平衡后， B 中压强为 2p 2p S kL mg ② 2V LS 2 3T T 其中 S 为气缸横面积， m 为活塞质量， k 为弹簧的倔强系数 由题给条件有 kH mg ③ 1 1 2 2 1 2 p V p V T T ④ 可得 2 26 0L LH H 解得 2L H