江西省宜春市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

江西省宜春市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
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．小球在水平面上移动，每隔0. 02秒记录小球的位置如图所示。

每一段运动过程分别以甲、乙、丙、丁和戊标示。

试分析在哪段，小球所受的合力为零
A．甲B．乙C．丙D．戊
【答案】C
【解析】
【详解】
小球所受的合力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态，
A.根据图象可知，甲阶段的位移越来越小，所以做减速直线运动，合力不为零，故A错误
B.乙阶段做曲线运动，则合外力要改变速度，所以不为零，故B错误
C.丙阶段在相等时间内的位移相等，所以做匀速直线运动，则合外力为零，故C正确
D.戊阶段的位移越来越大，所以做加速运动，则丙阶段小球所受的合力不为零，故D错误
2．如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长
ab=cd=0.1m，ad=bc = 0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1︰n2=l︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s 的角速度匀速转动，则（）
A．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t（V）
B．交流电压表的示数为2V
C．电阻R上消耗的电动率为720W
D．电流经过变压器后频率变为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【分析】
A ． 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：
E m =NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V
图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为
e=40cos200t （V ）
故A 错误；
B ． 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值 202V 2m E == 故B 正确；
C ． 根据变压比可知，副线圈输出电压：
21
602V n U E n =⋅= 电阻R 上消耗的功率：
2
1440W U P R
== 故C 错误；
D ． 变压器不会改变交流电的频率，故D 错误。

故选：B 。

3．如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U 。

理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123L L L 、、接在副线圈电路中。

开始时开关S 闭合，三盏灯都亮。

现在把开关S 断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（ ）
A ．电流表和电压表的示数都不变
B ．灯1L 变暗
C ．灯2L 变暗
D ．电源消耗的功率变大
【解析】
【详解】
A．S断开，副线圈负载电阻增大，而电压2
U由初级电压和匝数比决定，则U2不变，原、副线圈中的电流都减小，选项A错误；
BC．副线圈中电流2I减小，1L两端电压减小、2L两端电压增大，灯1L变暗、灯2L变亮，选项B正确，C错误；
D．2I减小，则22
U I减小，电源的功率减小，选项D错误。

故选B。

4．超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是
A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力
B．要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板
C．同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反
D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流
强度小于U R
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、B项：当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由AB指向CD，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；
C项：同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错误；
D项：因船在海水中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于U，
所以电流强度小于U R
，故D 正确． 点晴：利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，注意与右手定则的区别．
5．如图所示，质量为4kg 的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N 的拉力作用，则物体所受摩擦力为（g=10N/kg ）
A ．10N ，向右
B ．10N ，向左
C ．20N ，向右
D ．20N ，向左
【答案】D
【解析】
【详解】 物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为：
f N 0.5410N 20N F F m
g μμ===⨯⨯=
故选D 。

6．为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。

快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。

某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度V x 及竖直方向V y 与飞行时间t 的关系图像如图甲、图乙所示。

关于无人机运动说法正确的是（ ）
A ．0~t 1时间内，无人机做曲线运动
B ．t 2时刻，无人机运动到最高点
C ．t 3~t 4时间内，无人机做匀变速直线运动
D ．t 22202
v v + 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．0~t 1时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，则合运动为匀加速直线
运动，选项A 错误；
B ． 0~t 4时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t 2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B 错误；
C ．t 3~t 4时间内，无人机水平方向做速度为v 0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C 错误；
D ．t 2时刻，无人机的水平速度为v 0，竖直速度为v 2，则合速度为2202
v v +，选项D 正确。

故选D 。

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．用轻杆通过铰链相连的小球A 、B 、C 、D 、E 处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A 、B 的质量均为2m ，小球C 、D 、E 的质量均为m ．现将A 、B 两小球置于距地面高h 处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中
A ．小球A 、
B 、
C 、
D 、
E 组成的系统机械能和动量均守恒
B ．小球B 的机械能一直减小
C ．小球B 2gh
D ．当小球A 的机械能最小时，地面对小球C 的支持力大小为mg
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
小球A 、B 、C 、D 、E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A 错误；由于D 球受力平衡，所以D 球在整个过程中不会动，所以轻杆DB 对B 不做功，而轻杆BE 对B 先做负功后做正功，所以小球B 的机械能先减小后增加，故B 错误；当B 落地时小球E 的速度等于零，根据功能关系212
mgh mv = 可知小球B 2gh C 正确；当小球A 的机械能最小时，轻杆AC 没有力，小球C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D 正确，故选CD
8．图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M 是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为A ，下列说法中正确的是（ ）
A．图示时刻位于M处的质点正向前移动
B．P处的质点始终处在平衡位置
C．从图示时刻开始经过四分之一周期，P处的质点将处于波谷位置
D．从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置
E.M处的质点为振动加强点，其振幅为2A
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．图示时刻位于M处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A错误；
BC．P处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故B正确，C错误；
D．从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，位移为0，故D正确；
E. M处的质点为振动加强点，其振幅为2A，故E正确。

故选BDE。

9．一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g．这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中()
A．物体克服重力做功0.9 mgH
B．物体克服摩擦力做功0.6 mgH
C．物体的动能损失了1.5 mgH
D．物体的重力势能增加了mgH
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
AD. 重力势能的增加量等于克服重力做的功mgH，故重力势能增加了mgH，故A错误，D正确；
B. 物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°+f=ma，解得摩擦力大小：f=0.3mg，物体克服摩擦
力做功：W f =0.3mg×sin 37
H o =0.5mgH ，故B 错误； C ．物体上滑过程,根据牛顿第二定律,得合外力大小为F 合=ma=0.9mg ，根据动能定理得：△E k =−F 合sin 37H o
=−1.5mgH ，故物体的动能减少了1.5mgH ，故C 正确． 故选CD 。

10．关于对液体的理解，下列说法正确的是（ ）
A ．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B ．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C ．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D ．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比
E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A 项错误；
B ．液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B 项正确；
C ．在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C 项错误；
D ．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D 项正确；
E ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E 项正确。

11．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均为0.3μ=，每隔10s T =在传送带甲左端轻放上一个质量为2kg m =的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧的距离为6m x =，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大，速度为0.9m/s,v g =取210m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．传送带甲的速度大小为0.6m/s
B ．当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为0时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到0.9m/s
C ．一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm
D ．一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为19.5cm
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度
23m/s mg
a g m μμ===
煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲的速度，即
0.6m/s x v T
==甲 故A 正确；
B ．煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对地面的速度增至0.9m/s ，故B 错误；
C ．以传送带甲为参考系，煤块的初速度为0.6m/s ，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为23m/s ，故相对传送带甲的位移
2
10.06m 6cm 2v x a
=== 所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm ，故C 正确；
D ．以传送带乙为参考系，煤块的初速度为
v ==相对 相对加速度
23m/s a =
煤块相对乙传送带的位移
22
0.195m 19.5cm 2v x a
===相对 即煤块在传送带乙上留下的痕迹为19.5cm ，故D 正确。

故选ACD 。

12．如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN 、PQ 相距为L ，置于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨电阻不计。

两根电阻均为R 的金属棒ab 、cd 置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计。

现ab
棒在水平外力F 作用下由静止向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t 0时刻cd 棒刚要开始运动，下列各种说法中正确的是（ ）
A ．ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动
B ．若在0t 时刻突然撤去外力F ，则ab 棒的加速度0a BI L m =
C ．在0t 时间内，通过cd 棒的电量为002
I t D ．在0t 时间内，力F 做的功全部转化为ab 棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由乙图可知，t 0时间内I 与时间成正比，根据闭合电路欧姆定律
222BL BL I v a t R R R
E ===⋅ 可知0t 时间内，加速度为定值，所以ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动，A 正确；
B ．cd 棒刚要开始运动，此时有
0F f BI L ==安
对于ab 棒撤去外力F 后，根据牛顿第二定律
F f ma +=安
解得
02BI L a m
= B 错误；
C ．根据电流的定义式
q I t
= 可知t 0时间内通过电路的电荷量大小等于I t -图线与时间轴围成的面积，两导体棒串联，则通过cd 棒的电量为
002
I t q =
C 正确；
D ．对于整个系统来说，外力F 做的功全部用来克服安培力做功（ab 、cd 两棒中产生的焦耳热）、克服摩擦力做功（摩擦生热）以及增加动能，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学猜想：弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比、与其形变量x ∆的二次方成正比，即()2
p E b x =∆；其中b 为与弹簧劲度系数成正比例的常数。

该同学设计以下实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。

如图所示，在水平桌面上放置一个气垫导轨，将弹簧一端固定于气垫导轨左侧。

调整导轨使滑块能在导轨上自由匀速滑动。

将光电门固定在离弹簧右侧原长点稍远的位置。

推动滑块压缩弹簧一段合适的距离后，由静止释放滑块。

滑块离开弹簧后运动通过光电门。

通过测量和计算研究上述猜想。

实验中进行以下测量：
A ．测得滑块的质量m ；
B ．测得滑块上遮光片的宽度d ；
C ．测得弹簧的原长0L ；
D ．推动滑块压缩弹簧后，测得弹簧长度L ；
E.释放滑块后，读出滑块遮光片通过光电门的时间t ；
F.重复上述操作，得到若干组实验数据，分析数据并得出结论。

回答下列问题。

（前三个问题用实验测得的物理量字母及比例常数b 表示）
（1）滑块离开弹簧后的动能为k E =________。

（2）由能量守恒定律知弹簧被压缩后的最大弹性势能p E 与滑块弹出时的动能k E 相等。

若关于弹簧弹性势能的猜想正确，则()2
0L L -=________。

（3）用图像处理实验数据并分析结论，得出的图像如图所示。

该图像不过坐标原点的原因是
________________。

（只填写一条）
（4）若换用劲度系数更大的弹簧做实验，图像斜率将________。

（选填“不变”“变大”或“变小”） （5）若实验中测得的一组数据：0.05kg m =，0.02m d =，00.1m L =，0.08m L =，0.04s t =。

由此计算比例常数b =________N/m 。

【答案】2
22md t
222md bt 滑块运动过程中受阻力 变小 15.625 【解析】
【详解】
（1）[1]．滑块匀速通过光电门有
d vt =
滑块动能
212
k E mv =
解得 2
22k md E t
=① （2）[2]．弹簧被最大压缩后的最大弹性势能
()2
0p E b L L =-②
最大弹性势能与滑块的动能k E 相等，解①②式得 ()2
2022md L L bt
-=③ （3）[3]．该图像在纵轴上有正截距。

则③式为
()2
202
2md L L c bt -=+（c 为截距） 则滑块的动能小于弹簧的最大弹性势能，主要原因是滑块运动过程中受阻力，或导轨右侧高于左侧。

（4）[4]．由③式知，图像的斜率为2
2md b。

换用劲度系数更大的弹簧做实验，则b 更大，则图像斜率变小。

（5）[5]．由③式得
()()()2
2222200.05kg (0.02m)15.625N/m 220.1m 0.08m 0.04md b L L t s ⨯===-⨯-⨯
14．利用打点计时器（用频率为50Hz 的交流电）研究“匀变速直线运动的规律”。

如图所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O 是打点计时器打下的第一个点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出
（1）相邻两计数点之间的时间间隔为________s
（2）实验时要在接通打点计时器电源之________（填“前”或“后”）释放纸带
（3）将各计数点至O 点的距离依次记为1h 、2h 、3h 、4h 、…，测得10.40cm h =，21.60cm h =，3 3.60cm h =，
4 6.40cm h =。

请计算打点计时器打下C 点时纸带的速度大小为___m /s ；纸带的加速度大小为
________2m /s （结果均保留两位有效数字）
【答案】0.1 后 0.24 0.80
【解析】
【详解】
（1）[1]频率为50Hz 的交流电，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，所以相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s 。

（2）[2]实验时，需先接通电源，后释放纸带。

（3）[3] 打点计时器打下C 点时纸带的速度大小
420.24m /s 2c h h v T
-== [4] 纸带的加速度大小
()422
2(2)h h h a T --=
代入数据得
20.80m /s a =
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为 1.0kg A m = ， 4.0kg B m =；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离 1.0m l =，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为k 10.0J E =．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B
与地面之间的动摩擦因数均为0.20μ=．重力加速度取210m/s g =．A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均
为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；
（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？
（3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？
【答案】（1）v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s ；（2）B 先停止； 0.50m ；（3）0.91m ；
【解析】
【分析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A 、B 组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A 、B 各自的速度大小；很容易判定A 、B 都会做匀减速直线运动，并且易知是B 先停下，至于A 是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A 向左运动停下来之前是否与B 发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0A A B B m v m v =- ①
22k 1122
A A
B B E m v m v =+② 联立①②式并代入题给数据得
v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s
（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a ．假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B ．设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ．，则有
B B m a m g μ=④
212
B B s v t at =-⑤ 0B v at -=⑥
在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为
s A =v A t –212
at ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
s A =1.75m ，s B =0.25m ⑧
这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处．B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为
s=0.25m+0.25m=0.50m ⑨
（3）t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有
()2211222A A A
A A
B m v m v m g l s μ'-=-+⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 7m /s A v '=
故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′以和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
()A A A A B B m v m v m v '''''-=+
222111222
A A A A
B B m v m v m v '''''=+ 联立
式并代入题给数据得 3727m /s,m /s 55A B v v ''''==-
这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式
222,2A A B B as v as v ''''''==
由④式及题给数据得
0.63m,0.28m
A B s s ''== s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
0.91m A B s s s '''=+=
16．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。

照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。

现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。

(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ；
(2)求该离子的比荷q m
； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。

【答案】 (1)1E v B =
；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E
∆= 【解析】
【分析】
【详解】
(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0
Eq=B 1qv
解得
1
E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以
2
2mv B qv R
= 解得
12
q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2
根据题意
R 2=R 1+2
d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得
2
121
m v B qv R = 2222
m v B qv R = 联立得
22121()B q m m m R R v
∆=-=
- 化简得 122B B qd m E
∆= 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。