2023-2024学年昆明市第三中学高三物理第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2023-2024学年昆明市第三中学高三物理第一学期期末复习检
测模拟试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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，总阻值为R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。

若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，下列说法正确的是（）
A．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向
B．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2∶1
C．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v1：v2=π：2
D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v1：v2=2：π
2、一物体沿水平面做匀减速直线运动，其运动的x
t
t
图象如图所示。

下列说法正确的
是（）
A．物体运动的初速度大小为10m/s B．物体运动的加速度大小为0.4m/s2
C ．物体在前3s 内的平均速度是9.4m/s
D ．物体在前5s 内的位移是45m
3、有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（ ） A ．爱因斯坦最先发现天然放射现象 B ．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构
C ．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关
D ．在核裂变方程
235189192
0360U+n X+Kr+3n+γ 中，X 原子核的质量数是142
4、2019年11月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第五十、五十一颗北斗导航卫星。

如图所示的a 、b 、c 为中国北斗卫星导航系统中的三颗轨道为圆的卫星。

a 是地球同步卫星，b 是轨道半径与卫星a 相同的卫星，c 是轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星。

下列关于这些北斗导航卫星的说法，正确的是（ ）
A ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度
B ．卫星a 的向心加速度大于卫星c 的向心加速度
C ．卫星b 可以长期“悬停”于北京正上空
D ．卫星b 的运行周期与地球的自转周期相同
5、如图所示，实线为两个点电荷Q 1、Q 2产生的电场的电场线，虚线为正电荷从A 点运动到B 点的运动轨迹，则下列判断正确的是（ ）
A ．A 点的场强小于
B 点的场强 B ．Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量
C ．正电荷在A 点的电势能小于在B 点的电势能
D ．正电荷在A 点的速度小于在B 点的速度
6、如图所示，传送带AB 长为16m ，水平地面BC 的长为8m ，传送带与水平地面之间B 处由光滑小圆弧连接，物块在B 处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD 的半径为1.25m ，与水平地面相切于C 点，其直径CD 右侧有大小为100V/m 、方向水平向左的匀强电场。

传送带以l0m/s 的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg ，带电荷量为0.5C ，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A 滑下。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上先加速后匀速
B ．物块在传送带上运动的时间为3s
C ．物块到达C 点时对C 点的压力为306N
D ．物块可以运动到D 点，在D 点速度为14m/s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，
有多个选项是符合题目要求的。

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、如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点。

一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与od 成30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是（ ）
A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是
23t ，则它一定从ad 边射 出磁场 B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是053
t
，则它一定从cd 边射出磁场
C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场
D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是
54
t ，则它一定从bc 边射出磁场 8、质量为m 物体从距地面高h 处分别沿不同的支持面滑至地面，如图所示，a 为光滑
斜面，b 为粗糙斜面，c 为光滑曲面。

在这三个过程中（ ）
A ．重力做功相等
B ．机械能变化的绝对值相等
C ．沿c 下滑重力势能增加最大
D ．沿b 下滑机械能变化的绝对值最大
9、如图所示，加有恒定电压以U 1＝U 的、中间带有小孔的平行板电容器AB 竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD ，CD 板长和板间距均为L ，板间加有恒定电压U 2。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD ，恰从D 板边缘飞出。

不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A ．若只将
B 板向左移动少许，粒子到达B 板时的速度比未移动时小 B ．若只将B 板向左移动少许，粒子到达B 板的时间比未移动时短
C ．若飘入质量为2m 电量为2q 的带正电粒子，将打在
D 板上 D ．粒子刚到达D 板边缘时的动能
E k ＝2qU
10、如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A 、B 两部分，初始温度相同，使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为A B V V ∆∆、 ，压强变化量为A B p p ∆∆、，对液面压力的变化量为A B F F 、∆∆，则（ ）
A ．水银柱向下移动了一段距离
B ．A B V V ∆<∆
C ．A B p p ∆<∆
D ．
A B F F
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d ，滑块通过细线与重物相连，细线拉力大小F 等于力传感器的示数。

让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t 。

改变重物质量，重复以上操作5次，处理数据后得到下表中的5组结果。

根据表中数据在坐标纸上画出如图所示的a -F 图像，已知重力加速度g =10m/s 2，根据图像可求出滑块质量m =______kg ，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=________。

12．（12分）某同学设计了一个既可以测电阻又可以测电源电动势与内阻的实验电路，如图甲所示，实验室提供了以下实验器材： 电源E （电动势约为6V ，内阻约为1Ω）； 定值电阻R 0（阻值约为5Ω）；
电流表A （量程30mA ，内阻约为5Ω）； 电流表B （量程1A ，内阻约为1Ω）； 电压表C （量程6V ，内阻约为5kΩ）； 电压表D （量程3V ，内阻约为3kΩ）； 滑动变阻器F （阻值0~20Ω）； 滑动变阻器G （阻值0~500Ω） 根据题中所给信息，请回答以下问题
(1)电流表应选________，滑动变阻器应选________；（选填器材代号）
(2)该同学操作正确无误，用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数，其数据如下表所示：
I（A）0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.55
U1（V） 5.68 5.61 5.57 5.51 5.48 5.40
U2（V） 1.44 1.69 1.91 2.16 2.39 2.62
根据表中数据求得定值电阻R0=________Ω（保留一位小数），其测量值________真实值（选填“>”、“<”或“=”）；该同学同时利用上表测得的数据求得电动势和内阻，由误差分析可知，电动势的测量值________电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

(3)该同学进一步利用了一个辅助电源E′，采用如图乙所示电路测量电源的电动势，测量过程中，调节R后再调节R1，使电流表A1的示数为0，测得多组数据。

这样，电源的电动势的测量值________电源电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）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A2gR
(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。

14．（16分）粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图所示。

开始时两管内水银柱等高，两管内空气（可视为理想气体）柱长均为l=90 cm，此时两管内空气柱温度均为27℃，外界大气压为p0=76 cmHg。

现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升10 cm，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到–23℃，右管内温度保持在27℃。

求：
（i）注入水银柱的长度；
（ii）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离。

15．（12分）如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸A、B，由水平硬杆相连的活塞面积分别为S A=100 cm2，S B=20 cm2。

两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，B内为真空。

两活塞分别与各自气缸底相距a=b=50 cm，活塞静止。

设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强保持p0 =76 cmHg不变，细管体积可忽略不计，求：
(1)阀门K关闭未打开时，气缸A中气体的压强；
(2)将阀门K打开，足够长时间后，左侧活塞停在距A气缸底多远处。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D 【解析】
A ．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A 错误；
B ．由公式q R
∆Φ
=
可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B 错误； C ．设线框的边长为L ，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出
11E BLv '=
()
2
23111122L
BLv B L v Q R
v R
=
⋅= 第二次以线速度v 2让线框转过90°
2E '=
=
2
232
228B L v Q R
π==
Q 1=Q 2 所以
12::4v v π=
选项C 错误；
D ．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出
11E BLv '=
第二次以线速度v 2让线框转过90°
2
2
2212112242BL L
BLv E t v ππ
⨯⋅∆Φ==
=∆
12E E =
得
12:2:v v π=
D 选项正确。

故选D 。

2、A 【解析】
AB ．由匀减速直线运动公式：
201
2
x v t at =-
可得：
012
x v at t =- 结合x
t t -图象可知图线与纵轴的交点表示物体的初速度、斜率：
12
k a =
则物体的初速度大小为v 0=10m/s ，加速度大小为： a =0.8m/s 2
故A 正确，B 错误； C ．由：
012
x v at t =- 可得，物体在前3s 内的平均速度是8.8m/s ，故C 错误；
D ．前5s 内的平均速度为8m/s ，物体在前5s 内的位移是40m ，故D 错误。

故选A 。

3、C 【解析】
A ．最先发现天然放射现象的是贝克勒尔，选项A 错误；
B ．α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，选项B 错误；
C ．在光电效应中，光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，选项C 正确；
D ．根据质量数和电荷数守恒可知，在核裂变方程235
189192
0360U+n X+Kr+3n+γ→中，X
原子核的质量数是144，选项D 错误。

故选C 。

4、D 【解析】
A ．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力
22Mm v G m r r
= 得
v =
卫星a 的轨道半径大于地球半径，则卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故A 错误； B ．根据万有引力提供向心力
2Mm
G
ma r = 得
2
GM
a r =
卫星a 的轨道半径大于卫星c 的轨道半径，故卫星a 的向心加速度小于卫星c 的向心加速度，故B 错误；
C ．卫星b 不是同步卫星，不能与地面相对静止，不能“悬停”在北京上空，故C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力
2
22π()Mm G
m r r T
= 得
2T =卫星a 、b 的轨道半径相等，则周期相等，卫星a 是同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，则卫星b 的运行周期与地球自转周期相同，故D 正确。

故选D 。

5、C 【解析】
A ．根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知 A 点的场强比
B 点的场强大，故 A 错误；
B ．根据电场线分布情况可知 Q 1、 Q 2 是同种电荷。

由点电荷周围电场线较密可知点电荷带电荷量较多，即 Q 1<Q 2 ，故 B 错误；
C ．正电荷做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，并且和电场线在一条直线上，
所以正电荷电场力方向指向Q 2，由于正电荷从 A 点运动到 B 点的过程中，电场力方
向与速度方向的夹角总是大于 90°
，电场力做负功，电势能增大，即正电荷在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，故 C 正确；
D ．正电荷从 A 点运动到 B 点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故正电荷在 A 点的速度大于在 B 点的速度， 故D 错误。

故选C 。

6、C
【解析】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=ls
物块的位移
211152
x a t m == 此后对物块受力分析可知
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得a 2=2m/s 2，物块在传送带上的第二段运动
222212
AB L x vt a t -=+ 解得t 2=1s ，物块在传送带上运动的时间
122s t t t =+=
物体在传送带上先以a 1=10 m/s 2加速，再以a 2=2m/s 2加速，AB 错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+=
在水平地面BC 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
25m/s a g μ==
设物块到达C 点时的速度为v 3，则
22322BC v v aL -=-
解得
v 3=8m/s
设此时C 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg r
-= 解得
F N =306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C 点的压力大小为306N ，故C 正确；
D.由于物块在电场中有
50N Eq mg ==
重力和电场力合力为
F 合
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
2min v F m R
=合， 代入数据得
min v =≈
而实际上，物块由C 点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
22311()-2222
mg R R EqR mv mv -+-=实 代入数据可得
min v v ≈<实
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D 点，故D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、BD
【解析】
由题，带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为
T =2t 0
A ．当带电粒子的轨迹与ad 边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
0163
t t T == 在所有从ad 边射出的粒子中最长时间为03
t ，该带电粒子在磁场中经历的时间是023t ，则它一定不会从ad 边射出磁场，故A 错误；
B ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
05536
t T = 则粒子轨迹的圆心角为
55263θππ=⨯= 速度的偏向角也为53
π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 射出磁场，故B 正确；
C ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
012
t T = 则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于
560901506
ππ︒︒︒+==< 故不一定从ab 边射出磁场，故C 错误；
D ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
05548
t T = 则得到轨迹的圆心角为
54
ππ> 则它一定从bc 边射出磁场，故D 正确。

故选：BD 。

8、AD
【解析】
A ．在这三种过程中物体下降的高度相同，由W=mgh 可知，重力做功相同，故A 正确；
BD ．在a 、c 面上滑行时机械能守恒，在b 面上滑行时机械能减小，则在a 、c 面上滑行时机械能变化小于在b 面上滑行时机械能变化的绝对值，选项B 错误，D 正确； C ．重力做功等于重力势能的变化，所以在这三种过程中重力势能的变化相同。

故C 错误；
故选AD 。

9、BD
【解析】
A ．若只将
B 板向左移动少许，电场力做功不变，由
2112
B qU mv = 得，到达B 板时的速度
B v =故粒子到达B 板时的速度不变，故A 错误；
B ．由于粒子在AB 间做匀加速直线运动，只将B 板向左移动少许时，粒子到达B 板时的速度不变，所以平均速度不变，AB 距离减小，运动时间变短，故B 正确；
C ．进入C
D 后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移
2212B qU L y md v ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭
代入B v = 2
214U L y U d
= 即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m 、电量为2q 的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D 板边缘飞出，故C 错误；
D ．由粒子恰从D 板边缘飞出可知，偏转位移
2
L y = 又因2
214U L y U d
=，d L =，所以 2122U U U ==
所以对全过程，由动能定理可知
1212
k qU qU E += 故
2k E qU =
故D 正确。

故选BD 。

10、CD
【解析】
AC ．首先假设液柱不动，则A 、B 两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A ： ''A A A p p p T T T
∆==∆ 得
A A T p p T
∆∆=① 对气体B ：
''B B B p p p T T T
∆==∆ 得
B B T p p T
∆∆=② 又设初始状态时两液面的高度差为h （水银柱的长度为h ），初始状态满足 A B p h p +=③
联立①②③得
B A p p ∆>∆
水银柱向上移动了一段距离，故A 错误C 正确；
B ．由于气体的总体积不变，因此A B V V ∆=∆，故B 错误；
D ．因为B A p p ∆<∆，且液面上升，上表面面积变大，所以
A B F F
故D 正确。

故选CD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.25（0.24～0.26均正确） 0.20（0.19～0.21均正确）
【解析】
[1][2]根据
F ﹣μmg ＝ma
得
a ＝F m
﹣μg 所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块质量的倒数，由图形得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k ＝4，所以滑块质量
m ＝0.25kg
由图形得，当F ＝0.5N 时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N ，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即
μmg ＝0.5N
解得
μ＝0.20
12、B F 4.8 < < =
【解析】
(1)[1][2]．电源电动势为6V ，保护电阻约为5Ω，则电流约为
I =06=15
E R r ++A=1A 故为了能准确测量，电流表应选择B ；因电源内电阻较小，故滑动变阻器应选择阻值较小的
F ；
(2)[3][4][5]．由电路图可知，U 2为定值电阻两端的电压，电流表示数为R 0中的电流，由图可知电压表示数与电流表示数成正比，则可知，定值电阻的阻值为
R 0=2U I
≈4.8Ω 由于采用了电流表外接法，故测量出的电流偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；如果用来测量电动势和内阻，由于采用相对电源的电流表外接法，由于电压表分流作用而使电流表示数偏小，则测出的电动势偏小；
(3)[6]．由于电压表支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表示数为路端电压，因此测量结果是准确的。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）F ，方向竖直向下；（2）min
9F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（3）不能，(5R - 【解析】
（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
214)2
y gt R == 小球的落点与O 点的竖直距离最小为
(5h R y R =-=-
14、（i ）42cm ；（ii ）62cm 。

【解析】
（i ）只对右管封闭气体研究，发生了等温变化
1122pV p V =
()276909014S p ⨯=-
290cm p =
()28907642cm L =+-=
（ii ）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离
()90144262cm h =+-=
15、 (1)60.8cmHg ；(2)25cm
【解析】
(1)阀门K 关闭未打开时，取两活塞和杆整体为研究对象，由平衡状态得 000A A A B p S p S p S -+=
解得
60.8cmHg A p =
(2)打开阀门K 稳定后，设气体压强为A p '，取两活塞和杆为整体，由平衡状态得 000A A A B A B p S p S p S p S ''-+-=
解得
0A p p '=
设左侧大活塞停在距A 气缸底x 处，对封闭气体由玻意耳定律得 ()()A A A A A B p S a p S a x p S b x ''=-++
代入数据解得
25cm x '=
则左侧大活塞停在距A 气缸底25cm 处。