1、河北省保定市容大中学2021届高三物理上学期开学考试试题（含解析）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、 选择题 （本题共计 21 小题 ，每题 3 分 ，共计63分 ， ） 1. 下列说法错误的是（）A. 液晶的光学性质具有各向异性B. 当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小C. 液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏D. 草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用【答案】B【解析】【详解】A液晶具有光学性质的各向异性，广泛应用到显示器中，故A正确，不符合题意；B人感到闷热是因为空气的相对湿度较大，故B错误，符合题意；
2、C液体表面由于蒸发等因素而使分子较为稀疏，从而使分子间表现为引力，故C正确，不符合题意；D液体表面张力使露珠、水滴等呈现为球形，故D正确，不符合题意。故选B。2. 以下说法正确的是（）A. 康普顿效应现象说明光具有波动性B. 爱因斯坦指出“光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的”C. 光表现出波动性时，就不具有粒子性了；光表现出粒子性时，就不再具有波动性了D. 只有运动着的微观粒子才有物质波，对于宏观物体，不论其是否运动，都没有相对应的物质波【答案】B【解析】【详解】A康普顿效应现象说明光具有粒子性，选项A错误；B爱因斯坦指出“光不仅在发射和吸收时能
3、量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的”，选项B正确；C光具有波粒二象性，当光表现出波动性时，仍具有粒子性，光表现出粒子性时，也仍具有波动性，故C错误；D只要是运动着的物体，不论是宏观物体还是微观粒子，都有相应的波与之对应，这就是物质波。故D错误。故选B。3. 有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ）A. 能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的B. 在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比C. 一个处于n4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子D. 射线、射线、射线都是波长极短的电磁波【答案】C【解析】【详解】A能量量子化的观点是普朗克首先提出
4、的，选项A错误；B在光电效应现象中，根据光电效应方程，可知遏止电压与入射光的频率是线性关系，但不是成正比，选项B错误；C一个处于n4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子，分别对应于43，32，21，选项C正确；D射线、射线不是电磁波，只有射线是波长极短的电磁波，选项D错误；故选C。4. 如图甲所示，为理想变压器原线圈的中心抽头，电流表为理想交流电表，在原线圈两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是A. 原线圈输入电压瞬时值表达式为B. 仅将滑动变阻器的滑片向上移，灯泡L将变暗C. 仅将单刀双掷开关由a扳到b，电流表的示数变大D. 仅将单刀双掷开关由a扳到b，变压器的输
5、入功率变小【答案】C【解析】【详解】由图乙知电压峰值为，周期为，原线圈输入电压瞬时值的表达式为，A项错误；滑动变阻器的滑片向上移，其他条件不变时，灯泡L两端电压不变，其亮度也不变，B项错误；仅将单刀双掷开关由a扳到b，其他条件不变，则副线圈两端电压变大，通过电流表的电流变大，灯泡L和滑动变阻器消耗的功率变大，则变压器的输入功率也随之变大，C正确，D项错误5. 如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻当用电
6、器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时，下列说法正确的是A. 电压表的读数均不变，电流的读数增大，电流表的读数减小B. 电压表的读数均减小，电流的读数增大，电流表的读数减小C. 电压表的读数之差与电流表的读数的比值不变D. 线路损耗功率不变【答案】C【解析】【详解】电压表的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表的读数均减小，电流表的读数增大，电流表的读数增大，故B错误；电流表的读数之差与电流表的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，C正确；根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输
7、电线上的功率损失增大，D错误【点睛】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系6. 方向性很好的某一单色激光源，发射功率为，发出的激光波长为，当激光束射到折射率为的介质中时，由于反射其能量减少了，激光束的直径为，那么在介质中与激光束垂直的截面上单位时间内通过单位面积上的光子数为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】光源能量为，进入介质的能量表示为设单位面积上光子数为，单光子能量为，因此单位时间入射到介质总能量为因此单位时间进入介质光子数故选A。7. 关于
8、图中四幅图的有关说法中正确的是（） A. 图甲中的粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成B. 图乙中若改用绿光照射，验电器金属箔片一定不会张开C. 图丙一群氢原子处于n=4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子D. 图丁原子核C、B结合成A时会有质量亏损，要释放能量【答案】C【解析】【详解】A粒子散射实验说明了原子具有核式结构，A错误；B紫外线照射金属板时能产生光电效应，换用绿光照射金属板，若绿光的频率大于或等于金属板的截止频率，也可以产生光电效应，验电器金属箔可能会张开，B错误；C一群氢原子处于n=4的激发态，最多能辐射种不同频率的光子，C正确；D原子核C、B结合成A时，核子平均质量增大
9、，质量增大，要吸收能量，D错误。故选C。8. 下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是A. 紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象B. 粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象C. 含铀的矿物质自发向外放出射线（高速电子流）的现象D. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象【答案】C【解析】【详解】A光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故A错误；B粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故B错误；C天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出射线或射线，从而发生衰变或衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子
10、数发生变化，故C正确；D原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故D错误；9. 下列说法中正确的是（ ）A. 汽车安全气囊是通过减小撞击过程中动量变化量来减轻对乘员的伤害程度的B. 由粒子散射的实验数据可以估测核半径、确定核电荷量C. 电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性D. 原子核的能量是不连续的，能级越高越稳定【答案】B【解析】【详解】A汽车安全气囊是通过延长撞击时间减小撞击力来减轻对乘员的伤害程度的，A错误；B由粒子散射的实验数据可以估测核半径、确定核电荷量，B正确；C衍射是波特有的性质，C错误；D能级越低越稳定，
11、D错误。故选B。10. 关于下列四幅图说法正确的是（）A. 玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的B. 光电效应产生的条件为：光照强度大于临界值C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性D. 发现少数粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬【答案】C【解析】【详解】A根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误；B光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误；C电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故C正确；D发现少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D错误。故选
12、C。11. 如图所示为氢原子的能极图。用光子能量为12.75eV的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是（）A. 原子可以辐射出连续的各种波长的光B. 氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射光的能量最大C. 辐射光中，光子能量为0.66eV的光波长最长D. 用光子能量为14.2eV的光照射基态的氢原子，能够使其电离【答案】CD【解析】【详解】A设氢原子吸收该光子后能跃迁到第n能级，根据能级之间能量差可有其中，所以故基态的氢原子跃迁到的激发态。所以放出不同频率光子种数为种，选项A错误；BC氢原子从的能级向的能级跃迁时辐射光的能量为0.66eV，能量最小，波长最长，选项B错误、C正确；
13、D用光子能量为14.2eV的光照射基态的氢原子，能够使其跃迁到无穷远，发生电离，选项D正确。故选CD。12. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核()发生了一次衰变放射出的粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R以m、q分别表示粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示下面说法不正确的是A. 发生衰变后产生粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙B. 新核Y在磁场中圆周运动的半径为RYC. 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为ID. 若衰变过程中释放的核能都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为m【答案】A【解析】【详解】由动量守恒可知衰变后
14、产生的粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据可得，可知粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故选项A错误；由可知，新核Y在磁场中圆周运动的半径为，故选项B正确；圆周运动的周期为，环形电流为，故选项C正确；对粒子由洛伦磁力提供向心力可得，由质量关系可知衰变后新核Y质量为，由衰变过程中动量守恒可得可知，系统增加的能量为，由质能方程可得，联立解得衰变过程中的质量亏损为，故选项D正确；此题选择不正确的选项，故选A13. 下面是列出的一些核反应方程：,，；以下选项中正确的是A. X是质子，Y是中子，Z是正电子B. X是正电子，Y是质子，Z是中子C. X是中子，Y是
15、正电子，Z是质子D. X是正电子，Y是中子，Z是质子【答案】D【解析】【详解】核反应方程是遵循质量数守恒、电荷数守恒，由此规律可得，X质量数是0，电荷数是+1，X是正电子，Y质量数是1，电荷数是0，Y是中子，Z质量数是1，电荷数是+1，Z是质子，故D正确，ABC错误。14. 下列说法正确的是（ ）A. 中X为中子，核反应类型为衰变B. 中Y为中子，核反应类型为人工核转变C. ，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变D. ，其中K10个中子，核反应类型为重核裂变【答案】D【解析】【详解】A，核反应类型为衰变，选项A错误；B，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；C，核反应类型为人工转变，选项C错误；D，
16、核反应类型为重核裂变，选项D正确。故选D。15. 如图所小，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为x0（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标为y0和-y0.忽略空气阻力，重力加速度为g，则（）A. 该弹簧振子的振幅为2y0B. 该弹簧振子的振动周期为C. 激光笔在留下P、Q两点时加速度相同D. 激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为-2mgy0【答案】D【解析】【详解】AB记录纸匀速运动，振子振动的
17、周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T=，振幅为A=y0，AB错误。C加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，C错误。D在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功为2mgy0，故弹力对物块做负功，为-2mgy0，D正确。故选D。16. 如图所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为、下弧长为的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2、下弧长为2的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且L先将线框拉开到如图4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦下列说法正确的是 ( )A. 金属线框进入磁场时感应电流
18、的方向为B. 金属线框离开磁场时感应电流的方向为C. 金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D. 金属线框最终将在磁场内左右摆动【答案】D【解析】【详解】金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 adcba，故A错误金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为abcda，故B错误根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等故C错误；如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于 10 度，故最终在磁场内做简谐
19、运动，故D正确17. 关于弹簧振子做简谐运动，下列说法中正确的是（）A. 在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B. 在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C. 在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D. 在某一段时间内，它的势能减小，加速度增大【答案】A【解析】【详解】AB回复力与位移方向总是相反，在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反。故A正确，B错误；C做简谐运动的弹簧振子，靠近平衡位置时，回复力减小，而速度增大，动能增大，离开平衡位置时，回复力增大，速度减小，动能减小。故C错误；D某一段时间内，它的势能减小，向平衡位置靠近，加速度减
20、小。故D错误。故选A。18. 我们生活中的物理现象随处可见，下列物理现象分别属于波的（）(1)“闻其声而不见其人”；(2)在春天里一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；(3)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。A. 反射、衍射、干涉、多普勒效应B. 折射、衍射、多普勒效应、干涉C. 反射、折射、干涉、多普勒效应D. 衍射、反射、干涉、多普勒效应【答案】D【解析】【详解】(1)“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；(2)春天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，是由于声音在云层间来回传播，这是声音的反射；
21、(3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区与减弱区。这是声音的干涉；(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象。故选D。19. 利用超声波遇到物体发生反射，可测定物体运动的有关参量，如图甲所示仪器A和B通过电缆线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，而仪器A为B提供超声波信号源而且能将B接收到的超声波信号进行处理并在屏幕上显示出波形现固定装置B，并让它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间T0发射一短促的超声波脉冲（如图乙中幅度大的波形），而B接收到由小车C反射回的超声
22、波由A处理后显示成图乙中幅度较小的波形，反射滞后的时间在乙图已标出，其中，T和T为已知量，超声波在空气中的速度为v0也已知由所给信息可知( ) A. 小车往右运动，速度B. 小车往左运动，速度C. 小车往右运动，速度D. 小车往左运动，速度【答案】A【解析】【详解】由屏幕上显示的波形可以看出，反射波滞后于发射波的时间越来越长，说明小车离信号源的距离越来越远，小车向右运动由题中图乙可得，小车相邻两次反射超声波脉冲的时间小车在此时间内前进的距离为，所以小车的速度为故选A。20. 甲、乙两列波振幅分别为A、，在同一介质中相向传播，某时刻的波形图如图所示，x=4m处的质点再过1s将第一次到达波谷，以下
23、说法正确的是（）A. 这两列波能不能产生干涉现象B. 经过4s两波会相遇C. x=7m处的质点振幅为AD. x=6m处的质点振动加强【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，两列波周期和波长相同，因此可以发生干涉，故选项A错误；B.由波长，则波速两波相遇所需时间解得，故选项B错误；C.因为两列波周期和波长相同，两列波会发生干涉，x=3m和x=11m的质点到x=7m的距离相等，振动情况相反，两列波相互减弱，因此在x=7m处的振幅为，故选项C错误；D. x=2m和x=10m的质点到x=6m的距离相等，振动情况相同，因此在x=6m处振动加强，故选项D正确。故选D。21. 如图所示，是两个城市间的光缆中
24、的一条光导纤维，光缆长为，它的玻璃芯的折射率为，外层材料的折射率为，光在空气中的传播速度为，光由它的一端射入经多次全反射后从另一端射出为全反射的临界角，已知则（）A. ，光从它的一端射入到从另一端射出所需要的时间等于B. ，光从它的一端射入到从另一端射出所需要的时间等于C. ，光从它的一端射入到从另一端射出所需要的时间小于等于D. ，光从它的一端射入到从另一端射出所需要的时间等于【答案】C【解析】【详解】若要发生全反射，则光从光密介质进入光疏介质，即若光恰好发生全反射，光在介质中的速度传播的路程则传播的最长时间所以光从它的一端射入到从另一端射出所需要的时间小于等于。故选C。二、 多选题 （本题
25、共计 4 小题 ，每题 4 分 ，共计16分 ， ） 22. 如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器为一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W现闭合开关，灯泡正常发光则（ ）A. t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B. 交流发电机的转速为50r/sC. 变压器原线圈中电流表示数为1AD. 灯泡的额定电压为220V【答案】BC【解析】【详解】A由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；B由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速
26、为故B正确；C原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为2210=220V由P=UI可知，副线圈电流由得：故C正确；D灯泡正常发光，故额定电压为副线圈的电压即220V，故D错误23. 如图所示，在远距离输电时，发电厂发电机的输送电功率为，输出电压为，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线损失的电功率为，输电线末端的电压为，用户得到的电功率为则下列关系式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】ABC、根据公式 ,故A错；BC对；D、根据总功率相等可以知道 ,故D正确；故选BCD点睛：因为输电线有电阻，所以当输电线中有电流通过时，它要消耗电功率
27、，已知通过输电线中的电流和输电线的电阻，可利用公式 计算电功率24. 如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是（ ）A. 环境温度升高B. 大气压强升高C. 沿管壁向右管内加水银D. U型玻璃管自由下落【答案】ACD【解析】【详解】以液柱h为研究对象，由受力平衡可知：P=P0+h，则有：A、环境温度升高时，大气压强不变，而封闭气体压强增大，重新达平衡后h增大，故A正确；B、大气压强增大时，液柱将左移使左侧液面上移，故重新平衡后高端的高度差减小，故B错误；C、向右管加入水银时，左侧液面上升使左侧气体
28、压强增大，大气压强不变，故重新平衡后，由上式可得h变大，故C正确；D、U型管自由下落时，液柱失重故对气体没有压力，内外压强相等，而此时左侧气体压强大于P0，故在自由下落中体积要增大，故液柱右移，高度差h增大，故D正确；25. 下列各图中，能正确表示一定质量气体的等压变化的过程的图像是（）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【详解】A由图知不变，根据气体状态方程（常数）则知不变，所以气体作等压变化。故A正确；B由图知不变，而根据气体状态方程（常数）得是变化的，所以也是变化，因此气体作的不是等压变化。故B错误；C由图看出气体的压强不变，作等压变化，故C正确；D根据数学知识可知：图线的斜率
29、不变，对照上题结果不变，所以气体作等压变化。故D正确。故选ACD。卷II（非选择题）三、解答题 （本题共计 4 小题 ，共计41分 ，） 26. 如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达
30、到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求(1)第二次平衡时氮气的体积；(2)水的温度。【答案】(1)2.7Sh； (2)95.55【解析】【详解】(1)以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS。气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即p0hS=p0.8hS解得p=1.25p0活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。该过程的初态压强为1.1p0，体积为V；末态的压强为p，体积为V，则p=p+0.1p0=1.35p0，V=2.2hS由玻意耳定律得1.1p0V=1.35p02.2hS解得V=27hS(2)活塞A从最初位置升
31、到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为2.7hS。设末态温度为T，由盖-吕萨克定律得解得T=368.55K水的温度t=T-273K=368.55 K -273=95.5527. 如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S已知大气压强为p0，温度为T0两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？【答案】当T
32、T0时，pp0当TT0时，pp0【解析】试题分析：加热前，AB活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力加热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于为止，此时B被挡住，活塞不能继续移动；根据盖-吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，进行讨论可得结果设加热前，被密封气体的压强为，轻线的张力为f因而活塞处在静止状态对A活塞有：，对B活塞有：联立得： ，f=0 即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态这时气体的体积对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气
33、体体积增大，压强保持不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于为止这时气体体积设此时气体的温度为，由盖-吕萨克定律得：，解得：由此可知，当时，气体的压强为：当时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持不变由查理定律得：，解得：即当时，气体压强为【点睛】本题重点在于对被封闭气体状态变化的讨论，依据给定的情形，气体会做两种变化：1、等压变化2、等容变化能讨论出来这两点是本题的关键28. 如图，圆柱形气缸开口向上静置于水平地面上，其内部的横截面积S =10 cm2，开口处两侧有厚度不计的挡板，挡板距底部高H = 18 cm缸内有一可自由移动、质量不计、厚度不计的活塞封闭了一定质量的理想
34、气体，此时活塞刚好在挡板处，且与挡板之间无挤压，缸内气体温度为t1 = 27 将一定质量为m的小物块放在活塞中央，稳定时活塞到缸底的距离h = 12 cm（忽略该过程中气体的温度变化）对气缸内的气体缓慢加热使活塞缓慢上升，最终缸内气体的温度上升到t2 = 327 已知大气压，重力加速度取为，汽缸与活塞均为绝热材料制成试求：（1）小物块的质量m； （2）最终稳定时气体的压强p【答案】（1）5kg；（2）2.0105Pa【解析】【详解】（1）初始状态，体积V1=HS，温度T1=273+t1=300K，压强P1=P0；小物块放在活塞上后，体积V2=hS，温度T2=T1；压强P2=P0+，根据玻意耳定
35、律：代入数据解得：m=5kg（2）假设活塞最终稳定时在挡板处，则V3=V1，T3=273+t2=600K，根据查理定律：代入数据解得：P=2.0105PaP2=P0+=1.5105Pa则PP2，活塞最终稳定时在挡板处，P=2.0105Pa29. 如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（2）此后再向B侧注入水银
36、，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm【解析】【详解】（1）以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1由力学平衡条件，有：p=p0+h 打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0h1联立，并代入题目数据，有：l1=12cm （2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2由力学平衡条件有：p2=p0联立式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为h，依题意，有：h=2（l1l2）+h1联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm