江苏省常州市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

江苏省常州市2021届新高考物理五月模拟试卷
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
,S S，产生两列周期均为T、振动方向相同、振幅均为A的相干波，实线、虚线1．位于水面上的波源12
分别表示在同一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，如图所示，a、b、c、d、e是水面上的五个点，
其中有一小树叶（未画出）位于d处，下列说法正确的是（）
A．b点的振动加强，c点的振动减弱
B．一段时间后，小树叶被水波推至b处
C．a、e两点在某时间内也会振动
S突然停止振动，之后的2T内，b点通过的路程为16A
D．若波源
2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．b点是波峰和波峰叠加的点，c点是波谷和波谷叠加的点，都是振动加强点，故A错误；
B．机械波传播的过程中，各质点并不随波迁移，故小树叶只在原位置上下振动，故B错误；
C．a、e都是波峰和波谷叠加的点，属于振动减弱点，由于两波源振幅相同，故这两点均静止不动，故C错误；
S突然停止振动，由图像可知，在之后2T内，质点b仍是振动加强点，振幅为2A，完成两D．若波源
2
次全振动，通过的路程为16A，故D正确。

故选D。

2．在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1．设密封气体的质量和温度均不变，则( )
A．a1 =a1，p1＜p1，V1＞V1
B．a1＜a1，p1＞p1，V1＜V1
C ．a 1=a 1，p 1＜p 1，V 1＜V 1
D ．a 1＞a 1，p 1＞p 1，V1＞V1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
两种情况下对整体受力分析由F ma =，因此12a a =
对活塞进行受力分析，第一种情况01P S PS ma -=
对第二种情况01F P S PS ma +-=
因此可得12P P <
密封气体得质量和温度不变，因此可得12V V >，因此A 正确
3．如图所示，D 是一只理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），电流只能从a 流向b ，A 、B 为间距很小且正对的平行金属板，现有一带电粒子（不计重力），从B 板的边缘沿平行B 板的方向射入极板中，刚好落到A 板正中央，以E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，p E ∆表示粒子电势能的减少量，若保持极板B 不动，粒子射入板间的初速度0v 不变，仅将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是
A ．E 变小
B ．U 变大
C ．p E ∆不变
D ．若极板间距加倍，粒子刚好落到A 板边缘
【答案】B
【解析】
【详解】 由4S C Q CU kd
επ=
=，可知d 增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电，Q 不变，U 增大，B 正确；又U E d =可得4=kd E S πε，E 不变，A 错误；粒子电势能减少量，E W qU ∆==电，所以E ∆增大，
C 错误；对类平抛运动，2012qE a d at x v t m ===，，得20122qE md a d at x v m qE
===，，，第一次落在2l 位置，d 加倍，第二次落在22
l 位置，D 错误． 4．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A 、B 、C 三点，A 点为两点电荷连线的中点，B 点为连
线上距A 点距离为d 的一点，C 点为连线中垂线上距A 点距离也为d 的一点。

则下列说法正确的是（ ）
A ．A C
B E E E =>，A
C B ϕϕϕ=>
B ．B A
C E E E >>，A C B ϕϕϕ=>
C ．将正点电荷q 沿AC 方向移动到无穷远处的过程中，电势能逐渐减少
D ．将负点电荷q 沿AB 方向移动到负点电荷处的过程中，所受电场力先变小后变大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．等量异种电荷电场线和等势面的分布如图：
根据电场线的分布结合场强的叠加法则，可知场强关系为
B A
C E E E >>
根据等势面分布结合沿电场线方向电势降低，可知电势关系为
A C
B ϕϕϕ=>
A 错误，
B 正确；
C ．A 、C 两点处于同一等势面上，所以将正点电荷q 沿AC 方向移动到无穷远处的过程中，根据p E q ϕ=可知电势能不变，C 错误；
可知所受电D．将负点电荷q沿AB方向移动到负点电荷处的过程中，电场线越来越密集，根据F qE
场力逐渐增大，D错误。

故选B。

5．有趣的“雅各布天梯”实验装置如图中图甲所示，金属放电杆穿过绝缘板后与高压电源相接。

通电后，高电压在金属杆间将空气击穿，形成弧光。

弧光沿着“天梯”向上“爬”，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。

图乙是金属放电杆，其中b、b′是间距最小处。

在弧光周而复始过程中下列说法中正确的是（）
A．每次弧光上“爬”的起点位置是a、a′处
B．每次弧光上“爬”的起点位置是b、b'处
C．弧光消失瞬间，两杆间b、b'处电压最大
D．弧光消失瞬间，两杆间c、c'处场强最大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
两根金属放电杆与高压电源相接，在电极最近处场强最大，空气首先被击穿，每次弧光上“爬”的起点位置是b、b'处，在c、c'处距离最远，场强最小，则最终弧光在c、c'处消失。

弧光消失瞬间，两金属杆之间没有电场了。

故选B。

6．如图所示，是一个质点在时间内的v-t图象，在这段时间内，质点沿正方向运动的平均速度大小为v1沿负方向运动的平均速度大小为v2则下列判断正确的是( )
A．v1>v2B．v1<v2
C．v1=v2D．以上三种情况均有可能
【答案】B
【解析】
【详解】 由图象可知，正向运动时，物体的位移小于物体做匀减速运动的位移，可知平均速度大小1012v v ＜，同理反向运动时位移大于匀加速运动的位移，平均速度大小2012v v ＞，因此有v 1＜v 2； A. v 1>v 2，与结论不相符，选项A 错误；
B. v 1<v 2，与结论相符，选项B 正确；
C. v 1=v 2，与结论不相符，选项C 错误；
D. 以上三种情况均有可能，与结论不相符，选项D 错误。

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．如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P ，电动机卷绕绳子的轮子的半径25cm R =，轮子边缘的向心加速度与时间满足2[2(22)]a t =+，小船的质量3kg m =，小船受到阻力大小恒为10(31)N f =⨯+，小船经过A 点时速度大小026m /s 3
v =
，滑轮与水面竖直高度 1.5m h =，则（ ）
A ．小船过
B 点时速度为4m/s
B ．小船从A 点到B 点的时间为21)s
C ．电动机功率50W P =
D ．小船过B 点时的加速度为
225235m /s 6
【答案】AD
【解析】
【详解】 AB.由2
v a R
=得，沿绳子方向上的速度为： 22v aR t ==（）
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
100302
v v cos v =︒= 小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
2452
B B v v cos v =︒= 作出沿绳速度的v-t 图象，直线的斜率为：
0222B t
= A 到B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：
022(22
B t h += 联立可解得：4m/s B v =
；1s t =）
选项A 正确，B 错误；
C.小船从A 点运动到B 点，由动能定理有：
22011 22
B Pt fs mv mv -=- 由几何知识可知：
1s h =）
联立可解得：
501W P =）
选项C 错误；
D.小船在B 处，由牛顿第二定律得：
4545B B P cos f ma v cos ︒-=︒
解得：
2B a = 选项D 正确。

故选AD 。

8．如图所示，虚线a 、b 、c 、d 代表匀强电场中间距相等的一组等势面。

一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a 时的动能为9eV ，从a 到c 过程其动能减少了6eV 。

已知等势面c 的电势为3V 。

下列说法正
确的是（ ）
A ．等势面a 的电势为0
B ．该电子到达d 等势面时的动能为0
C ．该电子从a 到c 其电势能减少了6eV
D ．该电子经过a 时的速率是经过c 时的3倍 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．虚线a 、b 、c 、d 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a 时的动能为9eV ，从a 到c 的过程中动能减小6eV ，由能量守恒可知，电势能增加6eV ，则
6V ac U =
所以等势面a 的电势为9V ，故AC 错误；
B ．匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能变化相等，a 到c 动能减小6eV ，则a 到d 动能减小9eV ，所以该电子到达d 等势面时的动能为0，故B 正确；
D ．经过a 时的动能为9eV ，a 到c 动能减小6eV ，则经过c 时的动能为3eV ，由公式2k 12
E mv =可得 k 2E v m
= 则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a 时的速率是经过c 时的3倍，故D 正确。

故选BD 。

9．波源O 在t=0时刻开始做简谐运动，形成沿x 轴正向传播的简谐横波，当t=3s 时波刚好传到x=27m 处的质点，波形图如图所示，质点P 、Q 的横坐标分别为4.5m 、18m ，下列说法正确的是（ ）
A ．质点P 的起振方向沿y 轴正方向
B ．波速为6m/s
C ．0~3s 时间内，P 点运动的路程为5cm
D ．t=3.6s 时刻开始的一段极短时间内，Q 点加速度变大
E.t=6s 时P 点恰好位于波谷
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．根据波动与振动方向间的关系可知，波源O 的起振方向与图中x=27m 处质点的振动方向相同，沿y 轴正方向，则质点P 的起振方向也是沿y 轴正方向，故A 正确。

B ．该波3s 内传播的距离为27m ，则波速 279m/s 3x v t === 选项B 错误；
C ．波的周期
18s=2s 9
T v λ
== 则0~3s 时间内，P 点振动的时间为 4.513 2.5s=1T 94
t =-
= 运动的路程为5A=5cm ，选项C 正确； D ．t=3.6s 时刻质点Q 振动的时间'183.6 1.6s 9t =-=，则此时质点Q 正在从最低点向上振动，则在开始的一段极短时间内，Q 点加速度变小，选项D 错误；
E ． t=6s 时P 点已经振动了 4.536 5.5s=2T 94
s s -=，此时P 点恰好位于波谷，选项E 正确。

故选ACE 。

10．如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M 的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m ，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g
B ．小美、小球组成的系统机械能守恒
C ．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D ．系统增加的内能大于小美减少的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g ，故A 正确；
B ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B 错误；
C ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有
sin cos mg mg θμθ=
所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C 正确；
D ．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D 正确。

故选ACD 。

11．矩形线框PQMN 固定在一绝缘斜面上，PQ 长为L ，PN 长为4L ，其中长边由单位长度电阻为r 0的均匀金属条制成，短边MN 电阻忽略不计，两个短边上分别连接理想电压表和理想电流表。

磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直斜面向上，一与长边材料、粗细完全相同的金属杆与线框接触良好，在沿导轨向上的外力作用下，以速度v 从线框底端匀速滑到顶端。

已知斜面倾角为θ，不计一切摩擦。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．金属杆上滑过程中电流表的示数先变大后变小
B ．作用于金属杆的外力一直变大
C ．金属杆运动到长边正中间时，电压表示数为25
BLv D ．当金属杆向上运动到距线框底端3.5L 的位置时，金属杆QM 、PN 上消耗的总电功率最大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．金属杆相当于电源，金属杆上滑过程中，外电路的总电阻一直减小，则总电流即电流表的示数一直变大。

故A 错误；
B ．金属杆匀速运动，作用于金属杆的外力
sin F mg BIL θ=+
由于总电流一直变大，所以作用于金属杆的外力一直变大，故B 正确；
C ．由电磁感应定律，金属杆运动时产生的感应电动势为
E BLv =
金属杆到达轨道正中间时，所组成回路的总电阻为
00(4)5R L L r Lr =+=
由闭合电路欧姆定律，回路电流为
05E
BLv I R Lr == 电压表测的是路端电压，所以电压表示数为
00044455
BLv BLv U I Lr Lr Lr =⨯=
⨯= 故C 错误； D ．设金属杆向上运动x 距离时，金属杆QM 、PN 上消耗的总电功率即电源的输出功率最大。

电源电动势一定，内外电阻相等时电源输出功率最大
00(82)L x r Lr -=
解得
3.5x L =
故D 正确。

故选BD 。

12．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O 点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A 点水平飞出，然后落到斜坡上的B 点．已知A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m ，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m ＝50 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A ．运动员从O 点运动到
B 点的整个过程中机械能守恒
B ．运动员到达A 点时的速度为20 m/s
C ．运动员到达B 点时的动能为10 kJ
D ．运动员从A 点飞出到落到B 3
【答案】AB
【解析】
运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：
1 2mv A2=mgh=mgR（1-cos60°）所以：2(160)104020/
A
v gR cos gR m s
=-︒⨯=
＝＝
，故B正确；设运动员做平抛运动的时间为t，则：x=v A t；y=1
2
gt2
由几何关系：
3
30
3
y
tan
x
︒
＝＝，联立得：
43
3
t s
=，2
14380
10()
233
y m m
＝
=⨯⨯
运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能：E kB=mgy+1
2
mv A2，代入数据得：E kB=
1
3
×105J．故
C D错误．故选AB.
点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道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，难度适中.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．硅光电池是一种将光能转换为电能的器件，某硅光电池的伏安特性曲线如图（甲）所示。

某同学利用图（乙）所示的电路研究电池的性质，定值电阻R2的阻值为200Ω，滑动变阻器R1的最大阻值也为200Ω，V为理想电压表。

（1）请根据图（乙）所示的电路图，将图（丙）中的的实物图补充完整____________。

（2）闭合电键S1，断开电键S2，将滑动变阻器R1的滑动片移到最右端，电池的发热功率为
_______________W。

（3）闭合电键S1和电键S2，将滑动变阻器R1的滑动片从最左端移到最右端，电池的内阻变化范围为
_________________。

【答案】 1.197×10-3W （允许误差±0.2W ） 55.56Ω≤r≤60Ω（允许误差±2Ω）
【解析】
【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图如图所示：
；
（2）[2]闭合电键1S ，断开电键2S ，将滑动变阻器1R 的滑动片移到最右端时，两电阻串联，总电阻为400Ω；在图甲中作出电阻的伏安特性曲线，两图线的交点表示工作点：
则可知，电源的输出电压为2.1V ，电流为5.7mA ；则其功率：
332.1 5.710W 1.19710W P UI --==⨯⨯=⨯；
（3）[3]滑片由最左端移到最右端时，外电阻由100Ω增大到200Ω；则分别作出对应的伏安特性曲线，如上图所示；则可知，当在最左端时，路端电压为1.9V ，电流为9mA ；当达到最右端时，路端电压为1.5V ，电流为15mA ；
则由闭合电路欧姆定律可知，内阻最小值为：
min 3
2.4 1.9Ω55.56Ω910r --=≈⨯ 最大值为：
max -32.4 1.5Ω60Ω1510r -==⨯ 故内阻的范围为：55.56Ω60Ωr ≤≤。

14．用如图甲所示装置验证滑块（含遮光片）和重物组成的系统机械能守恒。

光电门固定在气垫导轨上B 点。

实验步骤如下：
①用天平测滑块（含遮光片）质量M 和重物质量m ，用螺旋测微器测遮光片宽度d 。

测得M=3.0kg ，m=l.0kg 。

②正确安装装置，并调整气垫导轨使其水平，调整滑轮，使细线与导轨平行。

③在气垫导轨上确定点A ，让滑块由静止从A 点释放，记录滑块通过光电门遮光片的挡光时间t ∆；并用刻度尺测A 、B 两点间距离s 。

④改变A 点位置，重复第③步，得到如下表数据：
1 2 3 4 5 6 s/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0
t ∆/（-310s ⨯） 2.19 1.78 1.55 1.38 1.26 1.17
回答下列问题：
(1)测遮光片的宽度d 时的情况如图乙所示，则d=___________mm 。

(2)只将滑块放在导轨上，给气垫导轨充气，调整气垫导轨，当滑块___________时，可以认为导轨水平了。

(3)某同学分析处理表中第3组数据，则他算得系统减少的重力势能△E p =___________J ，系统增加的动能△E k =___________J 。

根据计算结果，该同学认为在误差范围内系统机械能守恒。

（g 取9.80m/s 2，计算结果保留3位有效数字）
(4)另一位同学认为前面伺学只选择了一组数据，他尝试利用上表中全部数据，做出了函数关系图像，图像是一条过坐标原点的直线___________。

A ．s t -∆
B ．2s t -∆
C ．1s t -∆
D ．21s t
-∆ 【答案】2. 150 静止 3. 92 3. 85 D
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．测遮光片的宽度d =2mm+0.01mm×15.0=2.150mm ；
(2)[2]．只将滑块放在导轨上，给气垫导轨充气，调整气垫导轨，当滑块静止时，可以认为导轨水平了；
(3)[3][4]．分析处理表中第3组数据，则算得系统减少的重力势能
△E p =mgs=1.0×9.8×0.40J=3.92J
滑块的速
332.15010m/s 1.39m/s 1.5510d v t --⨯===∆⨯ 系统增加的动能
2211()4 1.39J 3.85J 22k E M m v =+=⨯⨯=V (4)[5]．要验证的关系是
21()()2d mgs M m t
=+∆ 即
22
()12M m d s mg t +=∆ 则为得到的图像是一条过坐标原点的直线，则要做2
1s t -
∆，故选D 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示， 在xoy 平面内， 有一线状电子源沿x 正方向发射速度均为v 的电子，形成宽为2R 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流.电子流沿+x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xoy 平面向里.在磁场区域的正下方d 处，有一长为2d 的金属板MN 关于y 轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m ，电量为e ，不计电子重力及它们间的相互作用.
(1)若正对0点射入的电子恰好从P 点射出磁场，求磁感应强度大小B ；
(2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN 板上的时间t ：
(3)若所有电子都能从P 点射出磁场，MN 板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大?
【答案】 (1)
mv eR (2) 2π+R d v v (3) 22
【解析】
【详解】 （1）可求得电子旋转的轨道半径是r R =，根据公式
mv r eB = 解得 mv B eR =
（2）电子在磁场中运动时间为 1142m t T Be
π== 12R t v
π= 电子出磁场后的运动时间为
2d t v = 总时间为
122R
d t t t v v
π=+=+ （3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P 点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为R 。

MN 板能接收到的电子从P 点射出时，速度偏转角为θ（即与x 正方向的夹角θ）满足0045135θ≤≤
①到达N 点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为E ，四边形1O POE 为菱形，
E 点到x 轴的距离
122
y R = ②到达M 点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为F ，四边形2O POF 为菱形，F 点到x 轴的距离 222
y R = EF 竖直长度占射入总长度2R 的比例
12222
y y R +=
所以MN
板能接收的电子数占发射电子总数的比例2。

16．在室温(27 °C)环境中,有一罐压强为9.0标准大气压、容积为0.02m 3的氦气， 现将它与一气球连通给气球充气。

当充气完毕时，气球压强为1.2标准大气压，假若充气过程中温度不变，求：
①充气后气球的体积；
②充气前罐内氢气的质量。

(已知氢气的摩尔质量为4.0g/mol ，标况下气体的摩尔体积为22.4 L/mol)
【答案】①0.13m 3；②29.29g 。

【解析】
【详解】
①19.0p =个大气压，310.02m V =；1300K T =
充气后球体积为V ，2 1.2p =个大气压
20.02V V =+；2300K T =
由玻意耳定律得
1122pV p V =
得
30.13m V =
②充气罐内氮气在标况下体积为V 0，p 0=1个大气压；0273K T =
由状态方程得
001110
p V p V T T = 得
300.164m V =
氦气的摩尔数
7.32mol n =
质量
29.29g m =
17．如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长10cm L =的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强075cmHg p =。

现将下端阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，左管水银面下降的高度2cm h =。

(1)求右管水银面下降的高度；
(2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面回到最初高度，
求此时左管内气体的压强。

【答案】 (1)14.5cm ；(2)200.25cmHg
【解析】
【详解】
(1)左管水银面下降2cm 过程，封闭气体做等温变化，则有
()01p LS p L h S =+
解得
162.5cmHg p =
设平衡时左管水银面比右管水银面高1h ，有
162.5cm 75cm h +=
解得
112.5cm h =
所以右管水银面下降的高度为
12.5cm 2cm 14.5cm +=
(2)要使右管水银面回到原来高度，则左管水银面要再下降14.5cm ，则右管水银面比左管的高 14.5cm 2cm 16.5cm +=
右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则有
()0214.5cm 10cm 10cm p S p S +=⨯⋅
解得
2183.75cmHg p =
此时左管内封闭气体的压强
3216.5cmHg 200.25cmHg p p =+=。