江西省新余市2021届新高考物理考前模拟卷(2)含解析

江西省新余市2021届新高考物理考前模拟卷（2）
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，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流
电源上，副线圈连接相同的灯泡1L 、2L ，电路中分别接入理想交流电压表1V 、2V ，和理想交流电流表1A 、
2A ，不计导线电阻。

闭合开关S 后，下列说法正确的是（ ）
A ．1A 示数不变，1V 示数不变，1L 变亮
B ．2A 示数变大，2V 示数变大，1L 变暗
C ．1A 示数变大，变压器输出功率变大，1A 与2A 示数的比值不变
D ．2V 示数变大，变压器输出功率变大，1V 与2V 示数的比值不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．闭合开关后，根据理想变压器的电压规律11
22
U n U n =可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不变，灯泡两端电压不变，1L 亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增大，所以2A 示数增大，根据1221
I n I n =可知原线圈电流增大，所以1A 示数增大，AB 错误； CD ．根据P IU =可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大，结合上述分析可知1A 与2A 示数的比值不变，1V 与2V 示数的比值不变，C 正确，D 错误。

故选C 。

2．如图所示，铁板倾斜放置，倾角为θ，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．磁铁可能只受两个力作用
B ．磁铁一定受三个力作用
C ．铁板对磁铁的摩擦力大小为cos mg θ
D ．铁板对磁铁的作用力大小为mg
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选项AB 错误； C ．根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为sin mg θ，选项C 错误；
D ．铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选项D 正确。

故选D 。

3．原子核92238
U 有天然放射性，能发生一系列衰变，可能的衰变过程如图所示。

下列说法中正确的是（
）
A ．过程①的衰变方程为2102104
83812Bi Tl He →+
B ．过程①的衰变方程为2102064
83812Bi Tl H →+
C ．过程②的衰变方程为2102064
84822Po Pb He →+
D ．过程②的衰变方程为2102100
83841Bi Po e -→+
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
2102064
83812Bi Tl He →+
故AB 错误；
CD ．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
210210
83841Bi Po e -→+
故C 错误，D 正确。

故选D 。

4．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n ＝4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 ．α射线、β射线、γ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的，选项A 错误；
B ．在光电效应现象中，根据光电效应方程=km E hv W U e =-遏制逸出功，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n ＝4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4→3，3→2，2→1，选项C 正确；
D ．α射线、β射线不是电磁波，只有γ射线是波长极短的电磁波，选项D 错误；
故选C 。

5．中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。

火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。

由以上信息可知（ ） A ．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/s
B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小
C ．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍
D ．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 即可，故A 错误；
B ．根据引力2Mm F G R
=，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为2：5。

可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力大，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，有
2
224Mm G m r r T
π= 可得
r =因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径
的34倍，故C错误；
D．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由
2
2
Mm v
G m
R R
=
得第一宇宙速度公式
GM
v
R
=
可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1：5，所以在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度，故D正确。

故选D。

6．如图，两质点a，b在同一平面内绕O沿逆时针方向做匀速圆周运动，a，b的周期分别为2 s和20 s，a，b和O三点第一次到第二次同侧共线经历的时间为()
A．
9
20
s B．
20
9
s C．
11
20
s D．
20
11
s
【答案】B
【解析】
a、b和O三点第一次到第二次同侧共线即质点a要比质点b多运动一周．则要满足1
a b
t t
T T
-=,代入数据得解得：
20
9
t s
=，B正确．
故选B
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，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）
A．应该让球沿着3的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C ．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D ．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB ．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A 正确，B 错误； C ．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C 错误；
D ．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D 正确。

故选AD 。

8．如图所示，在光滑水平的平行导轨MN 、HG 左端接一阻值为2R 的电阻0R （导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。

一电阻也为2
R 的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。

现让金属杆在外力作用下分别以速度v 1、v 2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为1:2，则在这两次运动中下列说法正确的是（ ）
A ．R 0两端的电压之比为U 1:U 2＝1:2
B ．回路中产生的总热量之比Q 1:Q 2＝1:4
C ．外力的功率之比P 1:P 2＝1:2
D ．通过导体横截面的电荷量q 1:q 2＝1:1
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两种情况下杆产生的电动势分别为
11E BLv =、22E BLv =
回路中的总电阻为R 。

故回路中两次的电流分别为
11BLv I R =、2
2BLv I R =
故电流之比为
112212
I v I v == 根据欧姆定律，R 0两端的电压之比
112212
U I U I == 故A 正确；
B ．两次运动所用的时间为
121212
21L
t v v L t v v === 故产生的热量之比为
2111222212
Q I Rt Q I Rt == 故B 错误；
C ．由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故
21122214
P I R P I R == 故C 错误。

D ．两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为
q I t t t R R
∆Φ∆Φ=∆=∆=∆⋅ 故通过电阻横截面的电荷量为
q 1:q 2=1:1
故D 正确。

故选AD 。

9．如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O 点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量7610q C -=⨯，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O 的电势为零．当小球以2m ／s 的速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势ϕ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度210/g m s =.则下列判断正确的是
A．匀强电场的场强大小为6
3.210/
V m
⨯
B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A、据题意和乙图可知，
6
6
210
V510V
0.4
U
E
d
⨯
===⨯，故A错误；
B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10﹣7×2ⅹ106J=2.4J，故B正确；
C、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；
D、以上可知：mg=Eq，
2
mv
f qvB
r
==，联立以上解得：f=3N，故D正确．
故选BD
【点睛】
本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小．
10．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度0v从U形管的一端射入，从另一端射出。

已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0
3
v
C ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，速度大小为03
v
D ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
03
【答案】ABD
【解析】
【详解】 A ．小球和U 形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A 正确； B ．小球从U 形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U 形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得
0122mv mv mv =+
再有机械能守恒定律可得
2220121112222
mv mv mv =+⋅ 解得
1002123
m m v v v m m -==-+ 所以B 正确；
C ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U 形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得
0(2)x mv m m v =+
03
x v v = 由能量守恒得
2201112222
x mv mv mv =⋅+ 解得
03
v v = 所以C 错误；
D ．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为y v ，由速度的合成与分解可知
0y v == 对小球由动量定理得
00y I mv =-=
由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为
06
3I mv '= 所以D 正确。

故选ABD 。

11．如图，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab=bc=cd ，从a 点以初速度v 0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，速度方向与斜面之间的夹角为θ；若小球从a 点以初速度02v 平抛出，不计空气阻力，则小球（ ）
A ．将落在bc 之间
B ．将落在c 点
C ．落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ
D ．落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ
【答案】BD
【解析】
【详解】
设斜面的倾角为θ．小球落在斜面上，有：tanθ=200
12 2gt y gt x v t v ＝＝，解得：02v tan t g θ= ；在竖直方向上的分位移为：y=12
gt 2＝22
02()v tan g θ2倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以小球一定落在斜面上的c 点，故A 错误，B 正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为
β，则tanβ=00
y v gt v v ＝=2tanθ，即tanβ=2tanθ，所以β一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同．故C 错误，D 正确．故选BD ．
【点睛】
物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
12．下列说法正确的是____________.
A ．液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度
B ．当液体与大气接触时，液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大
C．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动
D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
E.热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度，A正确；当液体与大气接触时，液体表面分子的距离大于液体内部分子之间的距离，分子势能比液体内部分子的势能要大，B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是由于其受到来自各个方向的分子撞击作用是不平衡导致的，其间接反映了周围的分子在做无规则运动，C错误；第二类永动机指的是不消耗任何能量，吸收周围能量并输出，不能制成是因为违反了热力学第二定律，D错误；热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，E正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值R 随拉力F变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”。

电路中电源电动势E = 3V，内阻r =1Ω；灵敏毫安表量程为10mA ，内阻R g=50Ω；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。

现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱上。

通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步骤如下：
步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1，使毫安表指针满偏；
步骤b：滑环下吊已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c：保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；
步骤d：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。

(1)写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F=__________；
(2)若图(a)中R0=100Ω，图象斜率k = 0.5Ω/N ，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G=
_________N；
(3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表________________(填“零刻度”或“满刻度”)处，刻度线
_________填“均匀”或“不均匀”）。

(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤a 操作，则测量结果______________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】600N 满刻度不均匀不变
【解析】
【详解】
(1) 由受力情况及平行四边形定则可知，，解得：；
(2) 实验步骤中可知，当没有挂重物时，电流为满偏电流，即：，由欧姆定律得：
，电流是半偏的，代入数据解得：G=600N；
(3) 由实验步骤可知，当拉力为F时，电流为I，因此根据闭合电路的欧姆定律得：
，由图乙可知，拉力与电阻的关系式：，解得：
电流值I与压力G不成正比，刻度盘不均匀；该秤的重力越小，电阻越小，则电
流表示数越大，故重力的零刻度应在靠近电流表满刻度处；
(4) 根据操作过程a可知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻R1会变小，即r+R1之和仍旧会不变，也就是说测量结果也不变。

14．某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻R x的阻值。

器材如下：
A．电池组（四节干电池）
B．待测电阻R x（约l0Ω）
C．电压表V1（量程3V、内阻很大）
D．电压表V2（量程6V、内阻很大）
E．电阻箱R（最大阻值99. 9Ω）
F．开关一只，导线若干
实验步骤如下：
（1）将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。

（2）根据记录的电压表V 1的读数U 1和电压表V 2的读数U 2,以12
U U 为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R 为横坐标，得到的实验结果如图(b)所示。

由图可求得待测电阻R x =____ Ω（保留两位有效数字）。

（3）图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值21U U R
-为横坐标得到结果。

由图可求得电池组的电动势E=__V ，内阻r=____Ω；两图线的交点的横坐标为___A ，纵坐标为________V .（结果均保留两位有效数字）
【答案】8.0 6.0 4.0 0.50 4.0
【解析】
【详解】
(2)[1]串联电路电流处处相等，由图（a ）所示电路图可知：
12X X
U U I R R R ==+ 则：
1211X
U R U R =+ 则12
U R U -图象的斜率： 13116
X k R -== 解得：
R X =8.0Ω
(3)[2][3]由图（a ）所示电路图可知：
21U U I R
-= 212U U U R
--图线是电源的U-I 图象，由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V ，电源内阻： 1216 4.01.5U r U U R
∆===Ω-∆ [4][5]211U U U R
--图线是R X 的U-I 图象，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点
的横坐标： 60.50A
8.0 4.0
X E I R r ===++ 纵坐标：
U=E-Ir=6-0.50×4=4.0V
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C 点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2R 的左半圆轨道AB 和半径为R 的右半圆轨道BC 无缝对接，A 、B 点处于竖直线上，可看成质点、质量为m 的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为F ，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g 。

(1)若小球在A 点的速度为2gR ，求小球在该点对轨道的弹力；
(2)若磁性引力F 可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求F mg
的最小值； (3)若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C 点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与O 点的最短竖直距离。

【答案】（1）F ，方向竖直向下；（2）min
9F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（3）不能，(55)R - 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为F N ，由牛顿第二定律得
2
N 2v F mg F m R
+-= 代入数据得
F N =F
由牛顿第三定律得，小球在A 点对轨道的弹力大小为F ，方向竖直向下
（2）要使小球能完成完整的运动，只需在B 点不脱轨即可。

当v A =0时，到达B 处速度最小，由动能定理得
21402
B mg R mv ⋅=- 当小球处于半径为R 的轨道最低点B 时，小球更容易脱落，则
2N B B v F mg F m R
--= 所以
N 9B F mg F =+
当F N =0时，磁性引力最小，故
min
9F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭ （3）小球能沿轨道运动到C 点，设v A =0，则从A 到C 的过程中有
21202
C mg R mv ⋅=- 得
C v =
若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从C 点以速度v 0平拋，则竖直方向有
212
y R gt == 水平方向有
0x v t ===
得水平速度
0v =
因为0C v v <，故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处，当C v =时，落点与O 点的竖直距离最近 水平方向有
C x v t =
竖直方向有
212
y gt =
且 2224x y R +=
解得
28)R t g
=
故
21(254)2y gt R ==- 小球的落点与O 点的竖直距离最小为
(525)h R y R =-=-
16．在直角坐标系xoy 平面内存在着电场与磁场，电场强度和磁感应强度随时间周期性变化的图像如图甲所示。

t=0时刻匀强电场沿x 轴负方向，质量为m 、电荷量大小为e 的电子由（－L ，0）位置以沿y 轴负方向的初速度v 0进入第Ⅲ象限。

当电子运动到（0，－2L ）位置时，电场消失，空间出现垂直纸面向外的匀强磁场，电子在磁场中运动半周后，磁场消失，匀强电场再次出现，当匀强电场再次消失而匀强磁场再次出现时电子恰好经过y 轴上的（0，L ）点，此时电子的速度大小为v 0、方向为+y 方向。

已知电场的电场强度、磁场的磁感应强度以及每次存在的时间均不变，求：
(1)电场强度E 和磁感应强度B 的大小；
(2)电子从t=0时刻到第三次经过y 轴所用的时间；
(3)通过分析说明电子在运动过程中是否会经过坐标原点。

【答案】 (1)202mv E eL
=，2mv B eL 0=；(2)0(6)L t v π=+；(3)能过原点 【解析】
【分析】
【详解】
(1)轨迹如图所示
电子由A 点进入第Ⅲ象限，此时空间存在-x 方向的电场，设电子运动到B 点用时为t ，在x 方向上
212
L at = 在-y 方向上
02L v t =
设电场强度为E
eE ma = 解得202mv E eL
=。

在B 点，电子速度为v ，方向与y 轴夹角为α，则
tan at v α= 0cos v v α
= 电子从C 点到D 点可以逆向看成从D 点到C 点的运动，此过程中只有电场，跟A 到B 的过程完全一样。

由几何知识知道EC=L ，OE=L 。

从B 到C ，电子做圆周运动的半径为
R
R = 设磁感应强度为B
20v evB m R
= 解得2mv B eL
0=。

(2)到D 点后，电子在磁场中运动的半径为r ，半周期后运动到F 点。

20v evB m r
= 电子在磁场中运动周期跟速度大小无关，由
2r T v π= 可得
2m T eB
π= 到F 点之后的运动，周期性重复从A-B-C-D-F 的运动过程，第三次到y 轴时位置是E 点。

每次在电场中运动的时间为t 1
102L
t v = 每次在磁场中运动的时间为t 2
22
T t =
所以从开始运动到第三次经过y 轴的时间
120
32(6)L t t t v π=+=+ (3)把从B-C-D-F-E 看成一个运动周期，每周期沿+y 方向移动L 。

所以可以判断电子一定会经过坐标原点。

17．如图所示，内径粗细均匀的U 形管竖直放置在温度为7 ℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l 1＝14 cm 的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l 2＝24 cm 的理想气体，左右两管内水银面高度差h ＝6 cm.若把该装置移至温度恒为27 ℃的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为p 0＝76 cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．
【答案】15 cm 25 cm
【解析】
设管的横截面积为S ，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有
其中V 1＝14S ，T ＝280 K ，T′＝300 K ，V′2＝l′1S
解得l′1＝15 cm
设平衡时右侧管气体长度增加x ，则由理想气体状态方程可知
其中p 0＝76 cmHg ，h ＝6 cmHg
解得x ＝1 cm
所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25 cm.
点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．。