2021届贵州省贵阳市高考物理适应性试卷(一)(2月份)附答案详解

2021届贵州省贵阳市高考物理适应性试卷（一）（2月份）
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.关于近代物理学，下列说法正确的是()
A. α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波
B. 阴极射线的本质是高速电子流
C. 根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和守恒
D. 经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性
2.某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中，小磁针将()
A. 顺时针转动
B. 逆时针转动
C. 向右移动
D. 向左移动
3.如图，乒乓球从水平桌面上P1点弹起后，刚好能以水平速度v越过高为ℎ的球网，落到桌面上P2点。

乒乓球可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则乒乓球()
A. 从P1点弹起时的速度大小为√2gℎ
B. 从P1点运动至P2点的过程其速度变化量为0
C. 从P1点运动至P2点的过程其速度变化量大小为2√2gℎ
D. P1点与P2点的距离为v√2ℎ
g
4.如图所示，光滑的圆柱置于斜面上，挡板AB可绕固定轴B转动，使挡
板AB从图示位置(θ<90°)缓慢转到水平位置，在此过程中，挡板AB受
到的压力大小将()
A. 逐渐变大
B. 逐渐变小
C. 先变大后变小
D. 先变小后变大
5.关于变压器，下列说法正确的是()
A. 变压器可以改变直流电压
B. 变压器是根据电磁感应原理工作的
C. 变压器可以把其它形式的能转化为电能
D. 降压变压器的副线圈的匝数比原线圈多
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.东方红一号是我国于1970年4月24日首次成功发射的人造卫星，它至
今在一椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度
约为2060km；而东方红二号卫星是1984年4月8日发射成功的，它运
行在赤道上空35786km的地球同步轨道上，已知地球半径约为
6400km；设固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速度为v1，加
速度为a1；东方红一号在近地点的速度为v2，加速度为a2，东方红二号的线速度为v3，加速度为a3，则关于它们的大小关系正确的是()
A. v2>v3>v1
B. v1>v2>v3
C. a3>a1>a2
D. a2>a3>a1
7.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。

一
个电荷量为2×l0−6C、质量为lg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的v−t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。

则下列说法正确的是：()
A.B为中垂线上电场强度最大的点，其电场强度E=l×l03V/m
B.由C到A的过程中，物块的电势能先减小后变大
C.由C到A的过程中，电势逐渐升高
D.AB两点电势差U AB=−5×103V
A. A
B. B
C. C
D. D
8.如图所示，人造地球卫星在万有引力作用下，做以地心为焦点的椭圆运
动；MPN为椭圆上的三点，P是近地点；卫星在从M经P到达N点的过程
中()
A. 动能先增大后减小
B. 势能先增大后减小
C. 加速度先增大后减小
D. 受到的向心力先减小后增加
9.关于一定量的气体，下列说法正确的是．
A. 气体体积指的是该气体所有分子能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B. 气体分子热运动的剧烈程度增强时，气体的温度可能降低
C. 外界对气体做功时，其内能可能会减少
D. 气体在等温压缩的过程中一定放出热量
E. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
10.如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，
此时波恰好传递1点，下列说法中正确的是()
A. 此列波的周期为T=0.5s
B. 质点B、F在振动过程中位移总是相等
C. 质点在1的起振方向沿y轴负方向
D. 当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验：
①下列关于实验的器材或操作的说法，正确的是______；
A.为防止伤害，重物采用一塑料小球即可
B.计时器两限位孔要竖直正对，这样可以有效减小摩擦
C.实验中必须测量重物的质量
D.实验前，图中手提纸带的位置应该下移到紧挨着计时器
②该同学进行了正确的操作后从打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示。

他选择了纸带上
的第一个点作为起始点O，再选取几个连续点A、B、C、D、E…，并测出点A、C间的距离为x1，点C、E间的距离为x2.若已知计时器所接电源的频率为f，重物的质量为m，则打C点时，重物的动能为______；
③为减小误差，该同学想用图象法处理数据，为此他用正确的处理方法依次得出了B、C、D、E…各
点的瞬时速度，测出了B、C、D、E…各点到O点的距离ℎ，建立坐标系后，通过描点做出了图象，并通过证明图象的斜率是否等于2g(g为当地重力加速度)来验证机械能是否守恒。

他做出的图象是______。

12.伏安法测电阻，当被测电阻不知估计值时，在连接测量电路时可采用以下试接的方法：电压表
一端连接于电路中C点，另一端分别接电路中a点或b点(图中用单刀双掷开关K进行变换)，观察两电表读数变化情况，来选择电流表的接法。

设两表的量程及所接电源都合适。

(1)当K分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，则应采用K接______点的方法(选
填“a”或“b”)。

(2)用上述接法测出的R x值比它的真实值______。

(选填“大于”、“等于”或“小于”)，用此种方
法测量时若已知电流表内阻R A，电压表和电流表的读数分别为U和I，则被测电阻真实值计算表达式R x=______。

(3)要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，除上面图示中测量电路中已有的器件外，还有电源、开关、
导线和滑动变阻器。

并把测量电路的E、F两点接入完整的电路中(画出虚线内的电路图)
四、简答题（本大题共2小题，共23.0分）
13.如图所示，一根长为L的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m的小球，小球可视为质点．将
轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点时，轻绳刚好被拉断．O′点下方有一以O点为顶点的固定斜面，倾角θ=37°，斜面足够长，且OO′=2L，已知重力加速度为g，忽略空气阻力；求
(1)轻绳断时的前后瞬间，小球的加速度？
(2)小球落至斜面上的速度大小及方向？
14.让日光通过窗上的小孔射进漆黑的室内，并落在光滑的反射面(如玻璃、瓷碗、镀铬器件或涂上
油漆的门窗等)上。

这时，你眯着眼并迎着反射方向看去，不但能看到反射面上的白点(太阳虚像)，同时还可以看到在它的两旁出现一排对称的彩带。

眼缝越细，这种效应越显著。

请分析这是为什么。

五、计算题（本大题共2小题，共22.0分）
15.如图所示，AB是足够长的光滑水平轨道，水平轨道的右端与足够长的倾角为37℃的传送带相接
(物块经过此位置滑上传送带时无机械能损失)，传送带时针转动转速v0=2m/s，水平
轨道左边是竖直的光滑半圆轨道，半径R=0.8m，用轻质细线连接可视为质点的甲，乙两物体，中间夹一被压缩的轻质弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙两物体不拴连，甲，乙两物体均静止在光滑的水平面上，现固定甲物体烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为s=8m，已知甲物体的质量为m1=3kg，乙物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求乙物体的质量m2。

(2)若在乙物体固定的情况下烧断细线，求甲物体离开弹簧后进入半圆轨道后通过D点时对轨道的压
力大小。

16.如图所示，薄壁气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积
为50cm2，厚度为1cm，气缸全长21cm，气缸质量为20kg，大气压强
为1×105Pa，温度为7℃，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来
放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。

g取10cm/s2。

①求气缸倒置时，活塞封闭的气柱长度；
②气缸倒置后，当温度多高时，活塞刚好接触平台。

参考答案及解析
1.答案：B
解析：解：A 、α射线是氦核流，β射线是电子流，γ射线是电磁波，故A 错误；
B 、阴极射线是从低压气体放电管阴极发出的电子在电场加速下形成的高速电子流，故B 正确；
C 、根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中氢原子会吸收能量或释放能量，电子的电势能和动能之和是不守恒的，故C 错误；
D 、经典物理学既不能解释原子光谱的不连续性，也不能解释原子的稳定性，故D 错误。

故选：B 。

α射线和β射线是粒子流，不是电磁波；阴极射线的本质是高速电子流，英国科学家汤姆逊通过阴极射线的研究，发现了电子；根据玻尔理论分析；经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征。

本题考查了射线的性质、能级的跃迁和玻尔理论等基础知识点，关键是要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不能混淆。

2.答案：A
解析：解：小磁针被放入磁场中，由于小磁针N 极所受力的方向就是磁场方向，根据磁场方向水平向右，则小磁针受到磁场力的方向水平向右，所以小磁针会沿顺时针转动，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

磁场中的磁感线不是实际存在的，是为了研究磁场而假想的，然而小磁针静止时N 极所指向表示磁场方向。

小磁针N 极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向。

3.答案：D
解析：解：A 、乒乓球从P 1到最高点的逆过程是平抛运动，设平抛球在P 1点的竖直分速度大小为v y ，
则v y =√2gℎ，则乒乓球在P 1弹起的速度大小v 1=√v x 2+v y
2=√v 2+2gℎ，故A 错误； B 、乒乓球在P 1点的速度v 1，在P 2点的速度v 2如图所示，在P 2点的速度大小v 2=√v 2+2gℎ=v 1，
由于v 1、v 2的方向不同，速度是矢量，由平行四边形定则可知，从P 1点运动至 P 2点的过程其速度变
化量不为零，即Δv ⃗⃗⃗⃗⃗ =v 2⃗⃗⃗⃗ −v 1⃗⃗⃗⃗ ≠0，故B 错误；
C、乒乓球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的分速度不变，从P1点运动至P2点的过程其速度变化量大小为Δv=2v y=2√2gℎ，故C正确；
D、平抛球从最高点到落地的运动时间t=√2ℎ
g ，乒乓球从P1点与P2点的运动时间t′=2t=2√2ℎ
g
，乒
乓球在水平方向做匀速直线运动，则P1点与P2点的距离x=vt′=2v√2ℎ
g
，故D错误。

故选：D。

乒乓球从P1到最高点的逆过程是平抛运动，小球从最高点到P2的运动是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用运动学公式与运动的合成与分解分析答题。

知道乒乓球从P1到最高点的逆过程是平抛运动、掌握平抛运动规律是解题的前提，根据乒乓球的运动过程，应用运动学公式与运动的合成与分解即可解题。

4.答案：D
解析：解，以光滑圆柱为研究对象，因为挡板缓慢转动，所以圆柱始终受力平衡，由平衡条件可得，斜面对圆柱的支持力F N与挡板AB对圆柱的压力F AB的合力跟重力等大反向，做出几组挡板转动过程中以F N和F AB为临边的平行四边形，如图所示，由图可以看
出，挡板AB对圆柱的压力先变小后变大，由牛顿第三定律，
挡板受到的压力先变小后变大，故D正确，ABC错误。

故选：D。

挡板缓慢转动过程中，圆柱始终受力平衡，用平行四边形
图解法即可求解。

本题考查了共点力平衡条件的应用，在挡板缓慢转动时，
力的平行四边形中不是总存在直角三角形，所以无法用直
角三角形的边角关系列方程求解，利用平行四边形图解的方法就会使题目的解答变得更为简便。

5.答案：B
解析：解：A、变压器是根据电磁感应原理来工作的，对于恒定的直流电来说，它产生的磁通量是不变的，通过副线圈的通量不变，不能产生感应电动势，所以变压器不能改变恒定直流电的电压，故A错误；
B、变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流，即变压器利用了电磁感应原理工作的，故B正确；
C、变压器只能把电能转化为电能，不能把其他形式的能转化为电能，故C错误；
D、根据原副线圈电压比等于匝数比可知：降压变压器的副线圈的匝数比原线圈少，故D错误．
故选：B
变压器是根据电磁感应原理来工作的，对于恒定直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，而原副线圈的电压比等于匝数比．
本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解．特别要知道变压器的工作原理：电磁感应．
6.答案：AD
解析：解：A、B、东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道，所以速度远小于近地卫星速度，东方红一号的近地点速度近似大于第一宇宙速度，所以v2>v3，在地球赤道上随地球自转的物体的角速度与东方红二号卫星相同，根据v=ωr可知v3>v1，所以，v2>v3>v1，A正确，B错误
C、D、东方红一号与东方红二号卫星都只受万有引力，所以加速度与离地心的距离平方成反比，所以a2>a3，根据a=ω2r可知，a3>a1，所以，a2>a3>a1，则C错误，D正确；
故选：AD
由万有引力提供向心力可知卫星的运动半径越小其运行速度越大，加速度与半径的2次方成反比，地表物体的加速度由a=ω2r可确定，据此可分析各项．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，确定各量的大小与半径的关系．
7.答案：AD
解析：试题分析：B点处为整条图线切线斜率最大的位置，所以B点的加速度最大，电场力最大。

由图可知：加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律a=得E==l×l03V/m，所以A对；由C到A的过程中，速度增大，动能增加，电场力做正功，电势能先减小，所以B错；A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→A，由C到A的过程中，电势逐渐降低，所以C错；AB两点电势差U AB=，由动能定理：W AB=−，所以，U AB=
=−5×103V，所以D对
考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度
8.答案：AC
解析：解：A、卫星在从M经P到达N点的过程中，万有引力对卫星先做正功后做负功，由动能定理知，动能先增大后减小，故A正确．
B、卫星先靠近地球后远离地球，所以势能先减小后增大，故B错误．
C、根据万有引力定律知，卫星所受的万有引力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故C正确．
D、根据万有引力等于向心力，则知向心力先增加后减小，故D错误．
故选：AC
根据万有引力对卫星做功的正负，分析动能的变化情况，由距离变化分析势能的变化情况．由牛顿第二定律分析加速度的变化．由万有引力定律分析向心力的变化．
解决本题的关键要掌握万有引力定律，能根据万有引力方向与速度方向的夹角分析做功的正负，判断能量的变化．
9.答案：ACD
解析：解：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和。

故A正确。

B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈。

故B错误。

C、根据热力学第一定律△U=W+Q，知气体内能的变化有两种方式，热传递和做功，故外界对气体做功时，其内能可能会减少，故C正确。

D、气体在等温压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能不变，故气体一定放出热量，故D正确。

E、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，与气体重力无关，故E错误。

故选：ACD。

根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系．根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析．根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化．
明确气体体积、压强、内能的大小因素，注意容器中气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的．
10.答案：BC
解析：解：A、由波形图可知，波长λ=4m，则T=λ
v =4
10
s=0.4s，故A正确；
B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；
C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；
D、波传到x=l0m的质点的时间t′=x
v =10
10
s=1s，t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动4.1s=101
4
T，
所以此时处于波谷处，故D错误。

故选：BC 。

由波形图可以直接得出波的波长，根据v =λT 求解周期，根据波形图来确定I 处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反。

本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。

11.答案：B m(x 1+x
2)2f 232 A
解析：解：①考察实验操作过程和器材选择，A 、为减小阻力，小球选密度大的金属球，故选项A 错误；
B 、若两孔不竖直正对，则纸带竖直下落时将产生摩擦力，所以选项B 正确；
C 、由于动能和势能的公式中均有质量的因子，所以不必测小球的质量，故选项C 错误；
D 、应当让重物紧挨打点计时器，否则打点很少，甚至无点，故选项D 错误。

故选：B
②先求打C 点的速度，v C =v BD −=x 1+x
22×(2×1f )，所以打下C 点时的动能E kC =12mv C 2=m(x 1+x 2)2f 232； ③从静止开始下落的运动，若机械能守恒则有：mgℎ=12mv 2，变形后有：v2=2gℎ，则v 2−ℎ图象的斜率为2g ，所以符合要求的图象是选项A 。

故答案为：①B
②m(x 1+x 2)2f 232
③A
在验证机械能守恒的实验中，验证动能的增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测重锤下降的距离和瞬时速度，测量瞬时速度和下降的距离均需要刻度尺，不需要秒表，重锤的质量可测可不测。

考查验证机械能守恒定律实验器材，在记忆实验器材时要注意结合实验原理及方法来记忆。

要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒。

知道能够减小实验误差的方法。

12.答案：a 大于 U I −R A
解析：解：(1)当K 分别接a 和接b 时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法，即应采用K 接a 点的方法；
(2)用此接法电压表测量的是电流表和被测电阻的总电压，电流表测量的是被测电阻的电流，根据欧姆定律R =U I 可知，电压偏大，电流准确，所以电阻值偏大；
电阻两端的电压为：U′=U −IR A
根据欧姆定律R =U′I 得：R x =U I −R A ；
(3)要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，则要得出多做U 、I 值，所以要用到滑动变阻器调节电路，为了使被测电压可以从零开始，所以滑动变阻器要用分压式，电路图如图所示：
故答案为：(1)a ；(2)大于，U
I −R A ；(3)电路图如图所示。

(1)电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法；
(2)用内接法测量时，电流表准确，电压表值偏大，所以测量值偏大；先求出电阻两端的实际电压值，再根据欧姆定律即可求解；
(3)要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，则要得出多做U 、I 值，所以要用到滑动变阻器调节电路，为了使被测电压可以从零开始，所以滑动变阻器要用分压式。

本题考查了实验电路设计与实验数据处理和误差分析问题，确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路图的关键，要求同学们学会实验误差的分析，难度适中。

13.答案：解：(1)小球从A 到最低点：mgL =12mv 02−0，解得v 0=√2gL ； 轻绳断前瞬间，小球的加速度为：a 向=
v 02L =2g 方向竖直向上 轻绳断后瞬间，小球的加速度：a =mg
m =g 方向竖直向下
(2)以O 为坐标原点，OO′为y 轴，建立直角坐标系，斜面对应方程为：y =34x ；
平抛运动轨迹：x =v 0t y =L −12gt 2 消去t 得到：y =L −12g(x v 0)2 解以上各式：x =L y =3
4L
平抛的高度 ℎ=14L ，小球落在斜面上的速度：v t =√v 02+2gℎ=√5gL 2
与水平面夹角β，tanβ=√2gℎ
√2gL =1
2 答：(1)轻绳断时的前瞬间，小球的加速度为2g ，竖直向上；绳子断开后，加速度为g ，竖直向下； (2)小球落至斜面上的速度大小为√5gL 2，方向与水平面夹角β，tanβ=√2gℎ√2gL =1
2． 解析：(1)先根据机械能守恒定律求解最低点速度，然后根据向心加速度公式求绳断前加速度，绳子断开后小球做平抛运动，加速度为g ；
(2)以O 点为坐标原点，建立坐标系，得到平抛运动的轨迹方程和斜面直线的方程，然后联立求解出交点的位置坐标，再求解小球落至斜面上的速度大小及方向．
本题关键明确小球的运动规律，得到小球的轨迹方程，同时结合机械能守恒定律和向心加速度公式列式求解．
14.答案：解：这是一种光的单缝衍射现象，光通过眼缝时产生衍射现象，不同色光衍射条纹间距不同，因此，可以看到一排对称的彩带，眼缝越细，衍射现象越显著，这种效应越显著。

答：见上。

解析：当光通过狭缝时能产生衍射现象，狭缝越细，衍射越明显。

由此分析。

解决本题时，要知道光可以发生单缝衍射现象，单缝越细，衍射现象越显著。

15.答案：解：(1)乙物体滑上传送带后做匀减速运动，速度大于传送带的速度，向上运动的加速度a 1=gsinθ+μgcosθ=10m/s 2
速度小于传送带的速度，向上运动的加速度a 2=gsinθ−μgcosθ=2m/s 2
由运动学公式s =v 022a 2+v 2−v 022a 1
解得：v =12m/s 由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能E P =1
2m 2v 2=72J
解得乙物体的质量m 2=1Kg
(2)固定乙物体，烧断细线，甲离开弹簧的速度满足E P =12m 1v 12
甲物体从B 点运动到D 点过程中根据动能定理有−2mgR =12m 1v D 2−12m 1v 12 甲物体在D 点时，m 1g +N =m 1
v D 2R
联立解得：N =30N 由牛顿第三定律知N′=N =30N
答：(1)乙物体的质量是1Kg 。

(2)若在乙物体固定的情况下烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道后通过D 点时对轨道的压力大小是30N 。

解析：(1)乙物体滑上传送带后，由牛顿第二定律可求得加速度，再由运动学公式可求得速度，由机械能守恒定律可求得乙物体的质量；
(2)固定乙物体，烧断细线，根据能量守恒和动能定理可求得甲物体在D 点的速度，在D 点由牛顿第二定律可求得轨道对甲的支持力，由牛顿第三定律可知对轨道的压力。

本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理等知识的综合应用，关键是明确两个物体的运动过程选择合适的规律列式。

16.答案：解：①对于封闭气体：
初态：P 1=P 0+mg S =1×105+10×10
50×10−4
=1.2×105Pa ， 气缸倒置后气体压强：P 2=P 0−mg S =1×105−10×1050×10−4=0.8×105Pa ，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：P 1L 1S =P 2L 2S ，
代入数据解得：L 2=15cm ；
②气体温度：T 2=T 1=280K ，体积：V 2=L 2S =15S ，
活塞刚好接触平台时气体体积V 3=L 3S =(21−1)S =20S ，
由盖吕萨克定律得：V 2T 2=V 3T 3，即15S 280=20S T 3，
代入数据解得：T 3≈373K ，
所以t 3=T 3−273℃=373℃−273℃=100℃；
答：①若气柱温度不变，气柱达到新的平衡时的长度为15cm 。

②缓慢升高气柱的温度，当活塞刚好接触平台时气柱的温度为100℃。

解析：①气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求出空气柱的长度。

②由盖吕萨克定律可以求出气体的温度。

本题考查了气体状态方程的应用，应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强。