湖南省株洲市2021届新高考物理教学质量调研试卷含解析

湖南省株洲市2021届新高考物理教学质量调研试卷
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．如图所示，正方形区域内有匀强磁场，现将混在一起的质子H和α粒子加速后从正方形区域的左下角射入磁场，经过磁场后质子H从磁场的左上角射出，α粒子从磁场右上角射出磁场区域，由此可知（）
A．质子和α粒子具有相同的速度
B．质子和α粒子具有相同的动量
C．质子和α粒子具有相同的动能
D．质子和α粒子由同一电场从静止加速
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据洛伦兹力提供向心力得
2
mv
qvB
R
=
qBR
v
m
=
设质子的比荷为q
m
，则α粒子的比荷为
2
4
q
m
，质子的半径是α粒子的一半，所以二者的速度相同，故A
正确；
B．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动量不同，故B错误；
C．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动能不同，故C错误；
D．如果由同一电场从静止加速，那么电场力做的功应该相同，即动能相同，但是他们的动能不相同，所以不是从同一电场静止加速，所以D错误。

故选A。

2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。

原
A．电流表的示数为4.0A
B．电压表的示数为155.6V
C．副线圈中交流电的频率为50Hz
D．穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1 【答案】C
【解析】
【详解】
AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为
1max 2202V
U=
，可知有效值为
1max 1220V
2
U==
根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：
2
21
1220
V110V 2
n
U U
n
===
由欧姆定律可知流过电阻的电流：
2 22A
U
I
R
==
所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；
C．因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；
D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；
故选C。

3．如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力F N和速度v的关系图像中正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题中“足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同”可知，本题考查带电物体在复合场中的受力分析，根据电场力性质和洛伦兹力以及受力分析可解答本题。

【详解】
AB 、当粒子速度足够大时，有
()f Bqv F μ=-电
会有
f G =
此时，速度不再增加，故AB 错误；
CD 、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即
N =F F Bqv -电
故C 错误，D 正确。

4．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M N 、上的a b 、两点，a 点比b 点低，晾衣绳粗糙，悬挂衣服的衣架钩在晾衣绳中点和在杆M N 、中间位置时都不滑动。

衣架静止，下列说法正确的是（ ）
B ．衣架钩在晾衣绳中点时，右边绳子拉力小于左边绳子拉力
C ．衣架钩在杆M N 、中间位置时，左右两边绳子拉力大小相等
D ．衣架钩在杆M N 、中间位置时，右边绳子拉力大于左边绳子拉力
【答案】D
【解析】
【详解】
令a 到节点的高度为h 1，b 到节点的高度为h 2，节点到M 的水平距离为x 1，节点到N 的水平距离为x 2，a 端绳子和水平方向的夹角为α，b 端绳子和水平方向的夹角为β，对绳子节点进行受力分析，如图所示：
AB ．当衣架钩在晾衣绳中点时，设a 、b 到节点绳子长度为L ，根据几何关系有：1sin h L α=，2sin h L
β=，因为h 1＜h 2，可得：
α＜β，
根据平衡条件：F a cosα=F b cosβ，可得： cos 1cos a b F F βα
=<， 则：
F a ＜F b ，
故AB 错误；
CD ．衣架钩在杆M 、N 中间位置时，根据几何关系：11
tan h x α=，22tan h x β=，x 1=x 2，因为h 1＜h 2，可得：
α＜β，
根据平衡条件：F a cosα=F b cosβ，可得： cos 1cos a b F F βα
=<， 则：
F a ＜F b ，
故C 错误，D 正确。

电荷量为+q 的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O 处放一点电荷+Q ，让小球从A 点沿杆由静止开始下落，通过B 点时的速度为1v ，加速度为a 1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A 点沿杆由静止开始下落，经过B 点时速度为2v ，加速度为a 2，则（ ）
A ．1v ＜2v
B ．1v ＞2v
C ．a 1＜ a 2
D ．a 1＞ a 2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．A 点和B 点在同一个等势面上，第一次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得
2112
mgh mv = 第二次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得 2212mgh mv =
所以12v v = ，故AB 错误；
CD ．小球第一次经过B 点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F 1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 1>g ，小球第二次经过B 点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。

竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 2=g ，所以a 1>a 2 ，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．电容为C 的平行板电容器竖直放置，正对面积为S ，两极板间距为d ，充电完成后两极板之间电压为U ，断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为2p 12
E CU =。

如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为2d ，下列说法正确的是（ ）
A ．电容变为原来的两倍
B ．电场强度大小变为原来的一半
C ．电场能变为原来的两倍
D ．外力做的功大于电场能的增加量
【分析】
【详解】
A ．极板间距变为原来两倍，根据r 4S C kd επ
=
可知电容减半，A 错误； B ．电荷量和极板正对面积不变，则 r 4U Q kQ E d Cd S
πε=== 电场强度大小不变，B 错误；
C ．当开关断开后，电容器极板的电荷量Q 不变，根据
Q U C
= 电容减半，两极板间电压加倍，根据
2p 12
E CU = 可知，电场能加倍，C 正确；
D ．电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加量，D 错误。

故选C 。

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．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 kqQ E 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、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =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、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、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】
r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 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，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2
kQ E 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
2122()
6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
8．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ C 2cos g L θ
D ．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθ
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得 212
W mv = 联立解得
1sin 2
W mgL μθ= 故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2cos g L ωθ
= 此时物块的线速度大小为
22sin v L θω=
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
22212
W mv = 联立解得
22sin 2cos mgL W θθ
= 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

9．如图所示，下雨天，足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒，设他的支撑脚对地面的作用力为F ，方向与竖直方向的夹角为θ，鞋底与球场间的动摩擦因数为μ，下面对该过程的分析正确的是（ ）
A ．下雨天，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力增大
B ．奔跑步幅越大，越容易滑倒
C ．当μ<tanθ时，容易滑倒
D ．当μ>tanθ时，容易滑倒
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．下雨天，地面变光滑，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力减小，故A 错误；
B ．将力F 分解，脚对地面的压力为Fcosθ，奔跑幅度越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B 正确；
CD ．当
μ＜tanθ
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10．如图所示，质量相同的小球A 、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A 、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A 一直做正功
C ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A 的支持力先减小后增大
D ．当细杆与水平方向成30°角时，小球A 的速度大小为v ，可求得杆长为2
4v g
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A 正确；
BC ．初始时刻A 球的速度为零，当B 球到达水平面时，B 的速度向下，此时B 球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A 球的速度为零，那么在向右端过程中A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A 先施加斜向下的推力做正功，此时A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A 对地面压力小于自身重力，故B 、C 错误；
D ．小球A 的速度为v 时，设小球B 的速度大小为v '，则有
cos30cos60v v ︒='︒
解得
3v v '=
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
2211222
L mg mv mv =+'g 联立解得
故D 正确； 故选AD 。

11．下列说法正确的是（ ）
A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B ．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
C ．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小
D ．1kg 的0℃的冰比1kg 的0℃的水的内能小些
E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小 【答案】CDE 【解析】 【详解】
A ．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，故A 错误；
B ．第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故B 错误；
C ．因气体绝热膨胀，故气体对外做功，没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故C 正确；
D ．1kg 的0C ︒的冰熔化成1kg 的0C ︒的水的内能时，要吸收热量，则知1kg 的0C ︒的冰比1kg 的0C ︒的水的内能小些，故D 正确；
E ．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，故E 正确。

故选CDE 。

12．如图，竖直放置的光滑圆弧型轨道，O 为圆心，AOB 为沿水平方向的直径，AB=2R 。

在A 点以初速度v 0沿AB 方向平抛一小球a ，若v 0不同，则小球a 平抛运动轨迹也不同．则关于小球在空中的运动，下列说法中正确的是
A ．v 0越大，小球a 位移越大
B ．v 0越大，小球a 空中运动时间越长
C ．若v 02
gR
a 动能增加量最大 D ．若v 02
gR
a 末动能最大 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，初速度越大，则在空中运动的水平位移越大，末位置离A 点越远，则位移越大，故A 正确；
B ．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，所以时间不一定长，故B 错误；
C ．平抛运动只有重力做功，根据动能定理可知，重力做功越多，动能变化越大，则小球落到C 点时，重力做功最多，动能变化最大，则运动时间为： 2R
t g
=
水平初速度为：
02
R gR
v t =
= 故C 正确；
D ．根据动能定理可知，末动能为：
0K K E E mgh =+
当02
gR
v =
小球下落的距离最大，但是初速度不是最大，所以末动能不是最大，故D 错误； 故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．有一个量程为3V 、内电阻约为4000Ω的电压表，现用如图所示的电路测量其内电阻
(1)实验中可供选择的滑动变阻器有两种规格，甲的最大阻值为2000Ω，乙的最大阻值为10Ω。

应选用________。

（选填“甲”或“乙”）
(2)实验过程的主要步骤如下，请分析填空。

A ．断开开关S ，把滑动变阻器R 的滑片P 滑到_________端；（选填“a ”或“b ”）
B ．将电阻箱R '的阻值调到零；
C ．闭合开关S ，移动滑片P 的位置，使电压表的指针指到3V
D ．开关S 处于闭合状态保持滑片P 的位置不变，调节电阻箱R '的阻值使电压表指针指到_______V ，读出此时电阻箱R '的阻值，此值即为电压表内电阻的测量值
(3)电压表内电阻的测量值R 测和真实值R 真相比，有R 测________R 真。

（选填“>”或“<”）
【答案】乙b 1.5 >
【解析】
【详解】
(1)[1]滑动变阻器在电路中为分压使用，为保证测量电路供电电压不受滑片P位置的影响，减小实验误差，滑动变阻器的最大电阻应远小于测量电路的电阻，故应选择10Ω的，即应选用乙；
(2)[2]在闭合S前，滑动变阻器滑片应移到某一端使电压表示数为0，即滑片应移到b端；
[3]当电阻箱阻值为0时，电压表满偏为3V；接入电阻箱后认为电路测量部分的总电压不变，仍为3V；当电压表读数为1.5V时，电阻箱两端电压也为1.5V，则电压表内电阻与电阻箱阻值相等；
(3)[4]电阻箱与电压表串联后，测量电路的电阻增加，则测量电路两端的总电压稍大于3.0V，则电阻箱两端的电压稍大于1.5V，则电阻箱的阻值大于电压表的阻值，即有
R测R
>真
14．一个小灯泡的额定电压为2.0V额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线。

A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；
B．电压表V1：量程为0~3V，内阻约为1kΩ；
C．电压表V2：量程为0~15V，内阻约为4kΩ；
D．电流表A1：量程为0~3A，内阻约为0.1Ω；
E.电流表A2：量程为0~0.6A，内阻约为0.6Ω；
F.滑动变阻器1R：最大阻值为10Ω，额定电流为0.3A；
G.滑动变阻器2R：最大阻值为15Ω，额定电流为1.0A；
H.滑动变阻器3R：最大阻值为150Ω，额定电流为1.0A；
L开关S，导线若干。

实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：
(1)实验中电压表应选用__________；电流表应选用__________；滑动变阻器应选用__________。

（请填写器材前对应的字母）
(2)请你不要改动已连接导线，补全图甲所示实物电路图_________。

闭合开关前，应使滑动变阻器的滑片处在最__________（选填“左”或“右”）端。

(3)在如图乙所示坐标系中画出小灯泡的U I -曲线________。

【答案】B E G 左
【解析】 【详解】
(1)[1][2][3]．灯泡的额定电压为2.0V ，电压表应选B ；灯泡的额定电流为0.5A ，则电流表应选E ；为方便实验操作，且允许通过的最大电流不能小于0.5A ，则滑动变阻器应选G 。

(2)[4][5]．灯泡正常发光时的电阻
240.5
U R I =
=Ω=Ω 4 6.670.6A R R Ω=≈Ω
10002504V R R Ω==Ω
故
V A
R R R R > 则电流表应采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于滑动变阻器最左端。

(3)[6]．根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U I -曲线如图所示。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s 2.求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 【答案】（3）3.23 ， 3.33 （2）s=3.325m 【解析】
试题分析：（3）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ3和μ2，木板与物块的质量均为m ． v-t 的斜率等于物体的加速度，则得： 在3-3．5s 时间内，木板的加速度大小为22151
/8/0.5
v a m s m s t -==V V ＝
． 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ3mg+μ2•2mg=ma 3，①
对物块：3-3．5s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a 2=μ3g t=3．5s 时速度为v=3m/s ，则 v=a 2t ②
由①②解得μ3=3．23，μ2=3．33
（2）3．5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ3mg ＜μ2mg ，所以物块与木板不能相对静止． 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a 2=μ3g=2m/s 2． 3．5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
221124/mg mg
a m s m
μμ-=⋅'=
故整个过程中木板的位移大小为222
0111 1.62522v v v x m a a -=
+='
物块的位移大小为22
222
0.522v v x m a a =
+= 所以物块相对于木板的位移的大小为s=x 3-x 2=3．325m 考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题首先要掌握v-t 图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
16．假设某星球表面上有一倾角为θ=37°的固定斜面，一质量为m=2.0kg 的小物块从斜面底端以速度12m/s 沿斜面向上运动，小物块运动2.0s 时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=0.125，该星球半径为()3
4.810.sin370.6,cos370.8R km =⨯︒=︒=．
试求：
（1）该星球表面上的重力加速度g 的大小； （2）该星球的第一宇宙速度. 【答案】 (1)27.5m /s (2)3610m /s ⨯ 【解析】 【详解】
解：(1)对物体受力分析，由牛二律可得：mgsin mgcos ma θμθ--= 根据速度时间关系公式有：0
0a t
v -=
代入数据解得：27.5m/s g =
(2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据重力等于万有引力有：
2
GMm
mg R
=
2
2
GMm mv R R
= 解得：337.5 4.810m/s 610m/s v gR =
=⨯⨯=⨯
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】①15cm ；②12.5cm ． 【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p B1=75cmHg ，体积V B1=20S ， 末态：压强p B2，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p A1=（75+25）cmHg=100cmHg ，体积V A1=10S ， 末态：压强p A2=（75+5）cmHg=80cmHg ，体积V A2=L A2S 根据玻意耳定律可得：p A1V A1=p A2V A2 解得理想气体A 的气柱长度：L A2=12.5cm。