上海市奉贤区2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

上海市奉贤区2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

上海市奉贤区 2021 届新高考第四次模拟物理试题 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．关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（ ） A．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波 B．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁 C．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大 D．电子绕着原子核做匀速圆周运动。在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小 【答案】 A 【解析】 【详解】 A．根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波， A 正确； B．电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的 碰撞），B 错误； C．电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时。动能增大，但原子的能量减小， C 错误； D．电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有 “高轨、低速、大周期 ”的特点。即在外层轨道运动的周期比在 内层轨道运动的周期大， D 错误。 故选 A。 2．图 1 为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力 F 向上运动时，汽车的机械能 E 与位移 x 的关系如图 2 所示（ AB 段为曲线） ，汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是（ ） A． 0～x1 过程中，汽车所受拉力逐渐增大 B． x1～x2 过程中，汽车速度可达到最大值 C． 0～x3 过程中，汽车的动能一直增大 D． x1～x2 过程中，汽车以恒定的功率运动 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．设斜板的倾角为 α，则汽车的重力势能 p sinE mg ， 由动能定理得汽车的动能为 k sinE Fx mg ， 则汽车的机械能为 k p =E E E Fx ， 即图线的斜率表示 F，则可知 0~x1 过程中汽车的拉力恒定，故 A 错误； B． x1~x2 过程中，拉力逐渐减小，以后随着 F 的减小，汽车将做减速运动，当 sinF mg 时，加速度 为零，速度达到最大，故 B 正确； C．由前面分析知，汽车先向上匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的 减速运动， 0~x3 过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故 C 错误； D． x1~x2 过程中，汽车牵引力逐渐减小，到 x2 处为零，则汽车到 x2 处的功率为零，故 D 错误． 故选 B。 3．如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为 θ，整个空间存在着竖直向 上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场， 先给小球一初速度， 使小球沿杆向下运动， 在 A 点时的动能为 100J，在 C 点时动能减为零， D 为 AC 的中点，那么带电小球在运动过程中（ ） A．到达 C 点后小球不可能沿杆向上运动 B．小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等 C．小球在 D 点时的动能为 50J D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 如果小球受电场力大于重力，则到达 C 点后小球可能沿杆向上运动，选项 A 错误； B.小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于 F qvB洛 ，故下滑过程中洛伦兹力 减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不 等，选项 B 正确； C.由于小球在 AD 段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等， 故小球在 D 点时的动能也就不 为 50J，选项 C 错误； D.该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势 能的减少量，选项 D 错误； 故选 B。 4．一列向右传播的横波在 t=0 时的波形如图所示， A、B 两质点间距为 8m，B、C 两质点平衡位置的间 距为 3m，当 t=1s 时，质点 C 恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ） A． 1 3 m/s B．3m/s C． 5m/s D．11m/s 【答案】 C 【解析】 【详解】 由图读出波长 λ=8m．波向右传播，质点 C 恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为 1m，根据波形的 平移法得： t=（ n+1/8）T 或（ n+5/8）T ，n=0，1，2⋯， 8 8 8 1 8 1 tT s s n n ，则波速 v= T =（8n+1） m/s 或 v= （8n+5）m/s；当 n=0 时： v=1m/s 或 5m/s ，当 n=1 时： v=9m/s 或 13m/s，当 n=2 时： v=17m/s 或 21m/s，故选 C． 【点睛】 本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值． 5．下列说法中正确的是 A． α粒子散射实验发现了质子 B．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱 C．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀 D．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量 【答案】 C 【解析】 试题分析：卢瑟福通过 α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的 发现是卢瑟福通过 α粒子轰击氮核而发现质子，选项 A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原 子辐射的线状谱， 但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱， 在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时 并不能完全吻合， 选项 B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应， 氘核和氚核都是氢 的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项 C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项 D 错． 考点：原子 原子核 6．如图所示， MN 、PQ 是倾角为 的两平行光滑且足够长的金属导轨，其电阻忽略不计。空间存在着垂 直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。导体棒 ab、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良 好，每根导体棒的质量均为 m，电阻均为 r，导轨宽度为 L ，与导轨平行的绝缘细线一端固定，另一端与 ab 棒中点连接， 细线承受的最大拉力 max 2 sinT mg 。现将 cd 棒由静止释放， 当细线被拉断时， 则 （ ） A． cd 棒的速度大小为 2 2 2 sinmgr B L B．cd 棒的速度大小为 2 2 sinmgr B L C． cd 棒的加速度大小为 gsin D．cd 棒所受的合外力为 2mgsin 【答案】 A 【解析】 【详解】 AB ．据题知，细线被拉断时，拉力达到 m 2 sinT mg 根据平衡条件得：对 ab 棒 m sinT F mg安 则得 ab 棒所受的安培力大小为 sinF mg安 由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由 2 EE BLv I F BIL r 安、 、 得 2 2 2 B L vF r安 联立解得， cd 棒的速度为 2 2 2 sinmgrv B L 故 A 正确， B 错误； CD ．对 cd 棒：根据牛顿第二定律得 sinmg F ma安 代入得 2 2 2 2 1 2 sinsin 0 2 B L mgra g m r B L 故 CD 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．在如图所示的轴上有 M 、N 两质点，两点之间的距离为 x=12m ，已知空间的简谐横波由 M 向 N 传播， 某时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于 8m 和 10m 之间。下列正确的是（ ） A．该简谐横波的传播周期为 0.8s B．该简谐波的波长可能为 48m C．该简谐波的波长一定等于 9.6m D．该简谐横波的传播速度大小为 12m/s E.0~1.2s 的时间内质点 M 点的路程为 120cm 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由振动图像可知这列波的周期为 T=0.8s，A 正确； BCD ．由于简谐波由 M 向 N 传播，则有 1( ) 4 x n ，（n=0、1、2、3⋯） 又因为 8m<λ<10m ，所以 n=1 时， λ=9.6m，则波速由 v T 可得 v=12m/s B 错误， CD 正确； E．一个周期内质点通过的路程为振幅的 4 倍， 1.2s 为 1.5 个周期，则 M 点通过的路程为振幅的 6 倍，即 60cm，E 错误。 故选 ACD 。 8．2019 年 11 月 5 日 01 时 43 分，我国在西昌卫展发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功发射了第 49 颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星，标志着北斗三号系统 3 颗倾斜地球同步轨道卫星全 部发射完毕。 倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星， 它的运行周期与 “同 步卫星 ”相同 (T＝24h)，运动轨迹如图所示。关于该北斗导航卫星说法正确的是（ ） A．该卫星与地球上某一位置始终相对静止 B．该卫星的高度与 “同步卫星 ”的高度相等 C．该卫星运行速度大于第一宇宙速度 D．该卫星在一个周期内有 2 次经过赤道上同一位置 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．同步卫星相对于地球静止，必须为地球赤道面上的同步卫星，因为此卫星为倾斜轨道，因此不能与地 球保持相对静止 ;A 错误； B．由公式 2 3 24 GMTh R可得，因为两个卫星的周期是一样的，其他常量都相同，所以高度相同 ;B 正 确 . C．地球的第一宇宙速度是最大的环绕速度， 该卫星比近地卫星轨道半径大， 所以速度小于第一宇宙速度 ;C 错误 D．此卫星的轨道为倾斜轨道，因此当卫星转一周时，两次通过赤道 ;D 正确 . 故选 BD 。 9．如图所示，轻绳一端连接小木块 A，另一端固定在 O 点，在 A 上放小物块 B，现使轻绳偏离竖直方向 成 角由静止释放，当轻绳摆到竖直方向时， A 受到挡板的作用而反弹， B 将飞离木块（ B 飞离瞬间无机 械能损失）做平抛运动 .不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．若增大 角再由静止释放，可以增大 B 落地时速度方向与水平方向之间夹角 B．若增大 角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大 C． A、 B 一起摆动过程中， A、B 之间的弹力一直增大 D． A、 B 一起摆动过程中， A 所受重力的功率一直增大 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．设绳子的长度为 L ，A 的质量为 M ，B 的质量为 m，A 从最高点到最低点的过程中机械能守恒，设到 达最低点时的速度为 v，则： 1 2 (M+m)v 2＝ (M+m)gL(1-cosθ) 可得 2 1( )v gL cos 若增大 θ角再由静止释放，则 A 到达最低点的速度增大； B 开始做平抛运动时的速度与 A 是相等的，设抛出点的高度为 h，则 B 落地时沿水平方向的分速度 2yv gh＝ B 落地时速度方向与水平方向之间夹角设为 α，则 ( )( 2tan 1 cos2 1 cos ) yv gh h v LgL ＝ ＝ ＝ 可知 θ增大则 α减小，所以增大 θ角再由静止释放， B 落地时速度方向与水平方向之间夹角将减小。故 A 错误； B．若增大 θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移 ( 22 ) )1 1(2hx vt gL cos hL cos g 可知增大 θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大，故 B 正确； C．A 与 B 一起摆动的过程中 B 受到的支持力与重力沿 AO 方向的分力的合力提供向心力， 在任意位置时 2 cosN mvF mg L ＝ 在摆动的过程中 A 与 B 的速度越来越大，绳子与竖直方向之间的夹角减小，所以支持力 FN 越来越大。故 C 正确； D．A、B 一起摆动过程中，开始时它们的速度为零，则重力的功率为零； A 与 B 一起恰好到达最低点时， 沿竖直方向的分速度为零，所以重力的瞬时功率也等于零，可知 A 所受重力的功率一定是先增大后减小， 故 D 错误。 故选 BC 。 10．如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小为 B 磁场方向与竖直面垂直，磁 场的上、 下边界均为水平面且间距为 L ，纸面 （竖直平面） 内磁场上边界的上方有一质量为 m 、电阻为 R 的正方形导线框 abcd，其边长为 L 上下两边均与磁场边界平行。将线框以初速度 0v 水平抛出，线框恰能 匀速进入磁场，重力加速度为 g ，不计空气阻力，则（ ） A．线框抛出时 ab边距离磁场上边界的高度为 2 2 4 42 m gR B L B．线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量 2 2 BL R C．线框通过磁场的过程中水平位移为 2 3 02B L v mgR D．线框通过磁场的过程中 cd 边产生的热量为 2mgL 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．线框下边界进入磁场时 mg BIL 根据闭合电路欧姆定律 yBLvI R 在竖直方向上，根据运动学公式 2 2yv gh 解得 2 2 4 4 2 m gRh B L A 正确； B．线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量 2E BLtq t t R R R R B 错误； C．线框在磁场中匀速运动的时间 2 y Lt v 水平位移 0x v t 解得 2 3 02B L vx mgR C 正确； D．线框进入磁场后做匀速直线运动，减小的重力势能转化为电能，根据能量守恒定律 2Q mgL 则 cd 边产生的热量 4 2 Q mgLQ D 错误。 故选 AC 。 11．下列说法中正确的是 ( ) A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动 的无规则性 C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小 D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故 A 错误； B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动 的无规则性，故 B 正确； C．理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故 C 正确； D．若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故 D 正确。 故选 BCD 。 12．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷 q 在场源电荷 Q 的电场中具所 有电势能表达式为 r kqQE r = 式中 k 为静电力常量， r 为试探电荷与场源电荷间的距离） 。真空中有两个点 电荷 Q 1、Q2 分别固定在 x 坐标轴的 0x 和 6cmx 的位置上。 x 轴上各点的电势 φ随 x 的变化关系 如图所示。 A、B 是图线与 x 的交点， A 点的 x 坐标是 4.8 cm，图线上 C 点的切线水平。下列说法正确 的是（ ） A．电荷 Q 1、Q2 的电性相同 B．电荷 Q1、Q 2 的电荷量之比为 1∶4 C． B 点的 x 坐标是 8cm D．C 点的 x 坐标是 12cm 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．电势能 rrE q 故电势 r kQ r 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷 1Q 带正电， 6cmx 处电荷 2Q 带负电，故 A 错误； B． A 点处电势为零，故有 2 21 0 OA AQ k QkQ x x 所以，电荷 1Q 、 2Q 的电荷量之比 2 1 2 4.8cm 0 4 :1 6cm 4.8cm OA AQ xQ Q x 故 B 错误； C． B 点处电势为零，根据电势为零可得 2 1 2 0 OB BQ k QkQ x x 可得 2 1 2 0 6cm OB B BQ B xQ x Q x x 解得所以 B 点的 x 坐标 8cmBx 故 C 正确； D．点电荷周围场强 2 kQE r 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在 C 点的场强方向相反， C 点电势变化为零，故 C 点场强为零， 根据叠加定理可得两场源电荷在 C 点场强大小相等，故有 21 2 2( )6C C k QkQ x x 解得 12cmCx 故 D 正确； 故选 CD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组用如图甲所示的实验装置进行 “测量重力加速度 ”并“验证机械能守恒定律 ”两个实验。 该小 组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉 离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力 F 随时间 t 变化的图线。 (1)首先测量重力加速度。将摆球拉离竖直方向的角度小于 5°，让小球做单摆运动，拉力 F 随时间 t 变化 的图线如图乙所示。 ①图可知该单摆的周期 T 约为 ________s(保留两位有效数字 )。 ②该小组测得该单摆的摆长为 L ，则重力加速度的表达式为 ________(用测量或者已知的物理量表示 )。 (2)然后验证机械能守恒定律。 将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放， 拉力 F 随时间 t 变化的图线如 图丙所示。 ①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是 _________。 ②若图中 A 点的拉力用 F1 表示， B 点的拉力用 F2 表示，则小球从 A 到 B 的过程中，验证机械能守恒的 表达式为 _____________(填表达式前的字母序号 )。 A． 2 1 1 ( ) 2 F mg mg F B． 1 2 1 ( ) 2 mg F F mg C 2 1F mg mg F 【答案】 0.75(0.70 或者 0.73 也对 ) 2 2 4πLg T 质量 A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)①[1] 小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知 11.0s 到 14.0s 内有 4 个全振动，该单摆的周 期 14.0 11.0 s 0.75s 4 T ②[2] 根据单摆周期公式 2 LT g 可得重力加速度 2 2 4πLg T (2)①[3] 图中 A点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得 1 cosθF mg 图中 B 点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得 2 2 mvF mg L 小球从 A 到 B 的过程中，重力势能减小量为 ( cosθ)PE mg L L 动能的增加量为 2 2 1 1 ( ) 2 2kE mv F mg L 要验证机械能守恒，需满足 P kE E 解得 2 1 1 ( ) 2 F mg mg F 所以还需要测量的物理量是小球的质量 ②[4] 验证机械能守恒的表达式为 2 1 1 ( ) 2 F mg mg F 故 A 正确， B、C 错误； 故选 A。 14．某同学用长木板、小车、光电门等装置做探究加速度与质量关系的实验。装置如图所示。 (1)实验前先用游标卡尺测出安装在小车上遮光条的宽度 d。 (2)按图示安装好装置，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，小车 _______________(填“连接 ”或 “不连接 ) 砝码盘， 轻推小车， 如果计时器记录小车通过光电门的时间 t1、t 2 满足 t 1________t 2(填 “大于 ”“小于 ”或 “等 于 ”），则摩擦力得到了平衡。 (3)保证砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量， 调节好装置后， 将小车由静止释放， 读出遮光条通过光 电门 A、B 的时间分别为 t1、t 2，测出两光电门间的距离为 L ，则小车的加速度 a=_________________( 用 已知或测出的物理量字母表示） 。 (4)保持两个光电门间的距离、砝码和砝码盘的总质量均不变，改变小车的质量 M 重复实验多次，测出多 组加速度 a 的值，及对应的小车质量 M ，作出 a-1/M 图象。若图象为一条过原点的倾斜直线，则得出的 结论 _______________________________________________ 。 【答案】不连接 等于 2 2 2 2 1 1 1 2 d L t t 在砝码和砝码盘总质量不变时，即小车所受拉力不变时， 小车的加速度与拉力成反比 【解析】 【详解】 (2)[1][2] 平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用， 具体做法是： 将小车轻放 （静 止）在长木板上，挂好纸带（纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力） 、不连接砝码盘，将长木板靠近 打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动即可，此时小车通过光电门的时间 t 1、 t2 满足 t 1 等于 t2。 (3)[3] 遮光条经过光电门 A 时的速度表达式 A 1 dv t 经过光电门 B 时的速度表达式 2 B dv t 所以 2 2 2 B A 2 2 2 1 1 1 2 2 v v da L L t t (4)[4] 由牛顿第二定律可知， Fa M 保持两个光电门间的距离、砝码和砝码盘的总质量均不变，改变小车的质量 M 重复实验多次， 1a M 是 一条过原点的直线，说明在砝码和砝码盘总质量不变时，即小车所受拉力不变时，小车的加速度与拉力成 反比。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，一平行玻璃砖的截面是一个矩形，玻璃砖的厚度为 d，DC 面涂有反光材料。一束极窄的 光线从 A 点以 θ=60 的入射角射入玻璃砖， AB 间的距离为 7 3 12 d ，已知 A 点的折射光线恰好射到 D 点， CD 间的距离为 3 4 d ，已知光在真空中的传播速度为 c。求： ①玻璃砖的折射率； ②光线从 A 点进入玻璃到第一次射出玻璃砖所经历的时间。 【答案】① 3 ；② 4d c 【解析】 【分析】 【详解】 ①如图所示光路图 由几何关系有 tan AB CD d 由折射定律 sin 60 sin n 解得 3n 。 ②设在玻璃砖中的全反射临界角为 C，由折射定律有 sin 90 sin n C 在 BC 面上的入射角为 β，由几何关系知道 β =60°>C 所以在 BC 面上发生全反射，直到玻璃砖的上表面 F 点，才开始有光线从中射出。 由折射定律有 cn V 此过程经历的时间为 t，有 AD DE EFt v 解得 4dt c 16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点 Q 从该时刻计时的振动图像， P、 Q 分别是平衡位置为 1 0.5mx 和 2 2mx 处的质点。 (1)请判断该简谐横波的传播方向和 P、Q 两点谁先到达波谷，并计算波速； (2)从计时时刻起，当质点 Q 第三次出现在波峰位置时，请确定 11mx 处的质点 M 的振动方向及 M 在 这段时间内的总路程。 【答案】 (1)传播方向方向向右， P 先到达波谷， 20m/s；(2)M 点振动方向向上， 10cm 【解析】 【详解】 (1)t=0 时刻 PQ 两点的振动方向如图 则波传播方向方向向右， P 先到达波谷； 4 20m / s 0.2 v T (2)经过 2 1 4 T ，质点 Q 第三次到达波峰，如图； 此时 M 点振动方向向上， M 点振动了 0.5T，总路程为 2A=10cm. 17．如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑气缸，气缸的截面积为 S，其侧壁和底部均导热良好，内有 两个质量均为 m 的导热活塞，将缸内理想分成 I 、II 两部分，气缸下部与大气相通，外部大气压强始终为 p0， 00.2mg p S ，环境温度为 0T ，平衡时 I 、II 两部分气柱的长度均为 l，现将气缸倒置为开口向上， 求： （ i）若环境温度不变，求平衡时 I 、II 两部分气柱的长度之比 1 2 l l ； （ ii）若环境温度缓慢升高，但 I、II 两部分气柱的长度之和为 2l 时，气体的温度 T 为多少？ 【答案】 （1） 1 2 9 14 l l （2） 0 42 23 T T 【解析】 （ i）气缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强 1 0 0 2 0.6mgp p p S 气缸开口向下时，Ⅱ 气体初态压强 2 0 00.8mgp p p S 气缸开口向上时，Ⅰ 气体末态压强 ' 1 0 0 2 1.4mgp p p S 气缸开口向上时，Ⅱ 气体末态压强 ' 2 0 01.2mgp p p S 由玻意耳定律 1 1p Sl p Sl ， ' 2 2 2p Sl p Sl ，解得 1 2 9 14 l l （ ii）升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为 x，则Ⅱ气体的气柱长度为 2l-x ，由盖 -吕萨克定律 1 0 l x T T ， 2 0 2l l x T T ，解得 0 42 23 T T