西藏林芝地区2021届新高考第二次大联考物理试卷含解析

西藏林芝地区2021届新高考第二次大联考物理试卷
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．物体做竖直上抛运动：v表示物体的瞬时速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，h代表其离抛出点的高度，E k代表动能，E p代表势能，以抛出点为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒．根据运动学公式列出v与t的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式．再选择图象．
【详解】
AB．物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于g，保持不变，所以a﹣t图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为
v=v0﹣gt
v﹣t图象是一条向下倾斜的直线，AB不符合题意；
C．以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为
E p=mgh
则E p﹣h图象是过原点的直线，C符合题意；
D．根据机械能守恒定律得：
mgh+E k=1
2
mv02
得
E k=1
2
mv02﹣mgh
可见E k与h是线性关系，h增大，E k减小，E k﹣h图象是向下倾斜的直线．D不符合题意。

故选C。

2．如图所示，理想变压器的原线圈接在()1200sin100V u t π=的交流电源上，副线圈接有50R =Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4：1，C 为电容器，电流表为理想交流电表，电路中所有元件均正常工作，则（ ）
A ．该交流电的频率为100Hz
B ．交流电流表的示数为0
C ．电阻R 的功率为50W
D ．电容器的耐压值不能小于50V
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．该交流电的频率
50Hz 2f ωπ
== 故A 错误；
B ．电容器通交流隔直流，故电流表的示数不为0，故B 错误；
C ．原线圈两端的电压的有效值
11002V 2
U == 由1122
U n U n =可知，副线圈两端的电压的有效值 2252V U =
电阻R 的功率
2225W U P R
== 故C 错误；
D ．由于副线圈两端的电压的最大值为50V ，故电容器的耐压值不能小于50V ，故D 正确。

故选：D 。

3．如图，直线AB 为某电场的一条电场线，a 、b 、c 是电场线上等间距的三个点。

一个带电粒子仅在电场
力作用下沿电场线由a 点运动到c 点的过程中，粒子动能增加，且a 、b 段动能增量大于b 、c 段动能增量，
a 、
b 、
c 三点的电势分别为φa 、φb 、φc ，场强大小分别为E a 、E b 、E c ， 粒子在a 、b 、c 三点的电势能分别为E pa 、E pb 、E pc 。

下列说法正确的是（ ）
A ．电场方向由A 指向B
B ．φa >φb >φc
C ．E pa >E pb >E pc
D ．
E a >E b >E c 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB. 粒子的电性不确定，则不能确定电场的方向，也不能判断各点的电势关系，选项AB 错误； CD ．粒子在电场中只受电场力作用，则动能增加量等于电势能减小量；由a 点运动到c 点的过程中，粒子动能增加，则电势能减小，则E pa >E pb >E pc ；因a 、b 段动能增量大于b 、c 段动能增量，可知ab 段的电势差大于bc 段的电势差，根据U=Ed 可知，ab 段的电场线比bc 段的密集，但是不能比较三点场强大小关系，选项C 正确，D 错误。

故选C 。

4．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I 1、I 2、I 3表示，方向如图。

现在O 点垂直纸面固定一根通有电流为I 0的直导线，当1230I I I I ===时，O 点处导线受到的安培力大小为F 。

已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）
A ．当102303I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为4F
B ．当102303I I I I I ===、时，O 3F
C ．当201303I I I I I ===、时，O 3F
D ．当301203I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为2F
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据安培定则画出123I I I 、、在O 点的磁感应强度123B B B 、、的示意图如图所示
当1230I I I I ===时，三根导线在O 点产生的磁感应强度大小相等，设为0B ，根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
02B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
002F B I L =
AB ．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当102303I I I I I ===、时，则有 103B B =，230B B B ==
根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
04B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
0042F B I L F '==
故AB 错误；
C ．当201303I I I I I ===、时，有
203B B =，130B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
023B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00233F B I L F '==
故C 正确；
D ．当301203I I I I I ===、时，有
303B B =，120B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
023B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00233F B I L F '==
故D 错误。

故选C 。

5．北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。

如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径
，其中a 是地球同步卫星，不考虑空气阻力。

则
A ．a 的向心力小于c 的向心力
B ．a 、b 卫星的加速度一定相等
C ．c 在运动过程中不可能经过北京上空
D ．b 的周期等于地球自转周期
【答案】D
【解析】因a 、c 的质量关系不确定，则无法比较两卫星的向心力的大小，选项A 错误；a 、b 卫星的半径
相同，则加速度的大小一定相同，选项B错误；c是一般的人造卫星，可能会经过北京的上空，选项C错误；a、b的半径相同，则周期相同，因a是地球的同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项D正确；故选D.
6．甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A．甲乙两车的速度方向可能相反
B．在t1到t2时间内，甲车的加速度逐渐增大
C．在t1到t2时间内，两车在同一时刻的加速度均不相等
D．若t=0时刻甲车在前，乙车在后，在运动过程中两车最多能相遇三次
【答案】D
【解析】
【详解】
A．速度是矢量，速度大于零代表一个方向，速度小于零则代表相反方向，所以两车速度方向相同，选项A错误；
B．速度时间图像的斜率即加速度，在t1到t2时间内，甲车的加速度逐渐减小，选项B错误；
C．平移乙的图像，在t1到t2时间内，有一时刻两车的加速度相等，选项C错误；
D．若t=0时刻甲车在前，乙车在后，在以后的运动过程中可能乙会追上甲，甲再追上乙，甲再被乙反超，两车最多能相遇三次，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．科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小
I
B k
l
，式中常量k>0，I为电流强度，l
为距导线的距离。

如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为I a、I b、I c，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（）
A ．a 、b 通有同向的恒定电流
B ．导线a 受的合磁场力竖直向上
C ．导线a 、b 所受的合磁场力大小相等、方向相反
D ．导线a 、b 、c 上通有的电流大小关系为I a ＝2I b ＝2I c
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．对长直导线a 分析，长直导线a 受到重力、长直导线b 对长直导线a 的磁场力和长直导线c 对长直导线a 的磁场力，根据平衡条件可知长直导线b 与长直导线a 作用力是相互排斥，长直导线c 对长直导线a 作用力是相互排斥，所以长直导线a 与长直导线b 有反向的恒定电流，长直导线a 受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线a 的重力，故A 错误，B 正确；
C ．视长直导线a 、b 、c 整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导线b 支持力等于长直导线b 重力的32
倍；对长直导线b 受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面对其支持力、长直导线c 对其吸引力和长直导线a 对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直导线b 所受的合磁场力大小等于长直导线b 重力的12
倍，方向竖直向下，故C 错误； D ．对长直导线b 受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得
cos60a b c b B I L B I L ︒=
即可得
12
a c I I = 对长直导线
b 受力分析，同理可得
12
a b I I = 故D 正确；
故选BD 。

8．若宇航员到达某一星球后，做了如下实验:(1)让小球从距离地面高h 处由静止开始下落，测得小球下落到地面所需时间为t;(2)将该小球用轻质细绳固定在传感器上的O 点，如图甲所示。

给小球一个初速度后，小球在竖直平面内绕O 点做完整的圆周运动，传感器显示出绳子拉力大小随时间变化的图象所示(图中F 1、F 2为已知)。

已知该星球近地卫星的周期为T ，万有引力常量为G ，该星球可视为均质球体。

下列说法正
确的是
A ．该星球的平均密度为23GT π
B ．小球质量为2
21()12F F t h
- C ．该星球半径为2
22
4hT t π D ．环绕该星球表面运行的卫星的速率为2
Th t π 【答案】ABD
【解析】
【详解】 A.对近地卫星有2
224πMm G m R R T
=，星球密度M V ρ=，体积34π3V R =，解得23πGT ρ=，故A 正确。

B.小球通过最低点时拉力最大，此时有
202v F mg m r
-= 最高点拉力最小，此时有
2
1v F mg m r
+= 最高点到最低点，据动能定理可得
22011·222
mg r mv mv =- 可得216F F mg -=，小球做自由落体运动时，有
212
h gt = 可得22h g t =，2
21()12F F t m h
-=，故B 正确。

C.根据2R T v
π= 及v gR =可得：星球平均密度可表示为 23π34πg GT GR
ρ== 可得2
22
2πhT R t =，故C 错误。

D.环绕该星球表面运行的卫星的速率可表示为
2πhT v gR t
== 故D 正确。

9．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。

速度选择器内存在相互正交的匀强磁场1B 和匀强电场E ，1B 磁场方向垂直于纸面向里，平板S 上有可让粒子通过狭缝到达
记录粒子位置的胶片。

平板S 右方有垂直于纸面向外的匀强磁场2B ，则下列相关说法中正确的是（ ）
A ．质谱仪是分析同位素的重要工具
B ．该束带电粒子带负电
C ．速度选择器的1P 极板带负电
D ．在2B 磁场中运动半径越大的粒子，比荷q m
越小 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．质谱仪是分析同位素的重要工具，选项A 正确；
B ．带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该束粒子带正电，选项B 错误；
C ．在平行极板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的1P 极板带正电，选项C 错误；
D ．进入2B 磁场中的粒子速度是一定的，根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
=
知r 越大，比荷
q m
越小，选项D 正确。

故选AD 。

10．如图半径为R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次
击打过程中小锤对小球做功W 2。

若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则12W W 的
值可能是（ ）
A ．1
3 B ．1
2 C ．1
D ．2 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有 W 1≤mgR ①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W 1+W 2-2mgR=21
2mv ②
在最高点，有
mg+F N =2
v m R ≥mg ③
联立①②③解得
W 1≤mgR
W 2≥3
2mgR
故
122
3
W W
故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

11．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，物体B 上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则( )
A ．A 能到达
B 圆槽的左侧最高点
B ．A 运动到圆槽的最低点时A 3
gR C ．A 运动到圆槽的最低点时B 43gR D ．B 向右运动的最大位移大小为
23
R 【答案】AD
【解析】
【详解】 A ．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，A 正确；
BC ．设A 运动到圆槽最低点时的速度大小为v A ，圆槽B 的速度大小为v B ，规定向左为正方向，根据A 、B 在水平方向动量守恒得
0＝mv A －2mv B
解得v A ＝2v B
根据机械能守恒定律得
2211222
A B mgR mv mv =+⨯ 解得13B v gR =43
A v gR =BC 错误； D ．当A 运动到左侧最高点时，
B 向右运动的位移最大，设为x ，根据动量守恒得
m(2R －x)＝2mx
解得x ＝23
R ，D 正确。

故选AD 。

12．在匀强磁场中，一矩形金属线圈共100匝，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变
电动势的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A ．0.01s t =时，线圈在中性面
B ．线圈产生的交变电动势的频率为100Hz
C ．若不计线圈电阻，在线圈中接入1k Ω定值电阻，则该电阻消耗的功率为48.4W
D ．线圈磁通量随时间的变化率的最大值为3.11Wb /s
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．t=0.01s 时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，线圈在中性面位置，故A 正确。

B ．由图可知周期为0.02s ，则频率为f=50Hz ，故B 错误。

C ．线圈产生的交变电动势有效值为
220V 2
= 电阻消耗的功率
2
220W 48.4W 1000
P == 故C 正确。

D ．t=0.005s 电动势最大为311V ，则磁通量随时间的变化率为
3.11Wb /s m E N
= 故D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．多用电表欧姆挡可以直接测量电阻。

如图所示，虚线框内的电路为欧姆挡的内部电路，a 、b 为红、黑表笔的插孔。

G 是表头，满偏电流为I g ，内阻为R g ，R 0是调零电阻，R 1、R 2、R 3、R 4分别是挡位电阻，对应挡位分别是“×1”“×10”“×100”“×1000”，K 是挡位开关。

(1)红黑表笔短接进行欧姆调零时，先选定挡位，调节滑片P ，使得表头达到满偏电流。

设滑片P 下方电阻为R'，满偏电流I g 与流经电源的电流I 的关系是_____（用题设条件中的物理量表示）。

(2)已知表头指针在表盘正中央时，所测电阻的阻值等于欧姆表的总内阻的值，又叫做中值电阻。

在挡位开关由低挡位调到高一级挡位进行欧姆调零时，调零电阻R 0的滑片P 应向______（填“上”或“下”）滑动，调零后，滑片P 下方的电阻R'为原来挡位的______倍。

(3)把挡位开关调到“×100”，调零完毕，测量某电阻的阻值时，发现指针偏转角度较大。

要更准确测量该电阻的阻值，请写出接下来的操作过程_____________________________。

(4)要用欧姆挡测量某二极管的反向电阻，红表笔应接二极管的______极。

【答案】g 0g
R I I R R '=+ 上 10 把挡位开关调到“10⨯”，将红黑表笔短接，调节0R 滑片P ，使指针指到零刻度，然后再进行电阻测量 正
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．表头电阻与0R 的上部分电阻串联，与R '并联，根据电流关系
()0g g g I R R R I I R '+-=+
'
得 o g g
R I R I R '+= （2）[2][3]．高一级挡位内阻是原级别的10倍
o g g g o R R E I R R I R R R ''=⋅++=内
所以R '应变为原来的10倍，所以应向上调节．
（3）[4]．指针偏转较大，说明所测量的电阻比较小，应换低一级挡位，即把挡位开关调到“10⨯”，将红黑表笔短接，调节0R 滑片P ，使指针指到零刻度，然后再进行电阻测量；
（4）[5]．测量二极管反向电阻，要求电流从二极管负极流入，正极流出，所以红表笔接二极管正极．
14．在“测定金属的电阻率”实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为____cm ；用刻度尺测得金属丝的长度如图乙所示，其示数为_____cm ；用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图丙所示，其示数为_____Ω。

（2）用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R ，实验所用器材如下：
a.电流表A (量程为0.2A ，内阻为1Ω)
b.电压表V (量程为9V ，内阻约3kΩ)
c.定值电阻R 0(阻值为2Ω)
d.滑动变阻器R(最大阻值为10Ω，额定电流为2A)
e.电池组(电动势为9V ，内阻不计)
f.开关、导线若干
①某小组同学利用以上器材设计电路，部分电路图如图丁所示，请把电路图补充完整_____。

(要保证滑动变阻器的滑片任意移动时，电表均不被烧坏)
②某次实验中，电压表的示数为4.5V ，电流表的示数为0.1A ，则金属丝电阻的值为________Ω；根据该测量值求得金属丝的电阻率为________Ω·m 。

(计算结果均保留三位有效数字)
【答案】0. 2210 30. 50 30. 0 29. 3 43.6810-⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的示数为
2mm 21.00.01mm 2.210mm 0.2210cm +⨯==
[2] 刻度尺示数为
450.0mm 100.0mm 350.0mm 35.0cm -==
[3] 欧姆表选择“×1”欧姆挡测量，示数为
30.01Ω=30.0Ω⨯
(2)[4]当电压表满偏时，通过x R 的电流约为0. 3A ，可利用0R 与电流表并联分流，因电流表内阻已知，故电流表采用内接法。

[5]通过x R 的电流为 A A A 0.15A I R
I I R
=+= x R 两端的电压
V 4.4I R U U =-=A A V
故
4.429.30.15
x U R I =
==ΩΩ [6]由l R S
ρ=知金属丝的电阻率 24()2 3.6810Ωm x x d R R S l l πρ-⋅===⨯⋅ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，导热良好的细直玻璃管内用长度为10cm 的水银封闭了一段空气柱（可视为理想气体），水银柱可沿玻璃管无摩擦滑动。

现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30°的光滑斜面下滑，两者保持相对静止时，空气柱长度为8cm 。

某时刻玻璃管突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为300K ，整个过程水银未从收璃管口溢出。

已知大气压强为p 0=75cm 水银柱高。

求：
(1)水银柱静止后的空气柱长度；
(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8cm ，求此时气体的温度。

【答案】 (1) L 1=7.5cm ；(2)T 3=320K
【解析】
【分析】
【详解】
(1)玻璃管和水银柱保持相对静止时设玻璃管质量为m 0，横截面积为S ，水银柱质量为m 。

对玻璃管和水银柱整体，有:
（m+m 0）gsin30°
=（m+m 0）a ① 设封闭气体压强为p 1，对水银柱:
mgsin30°+p 0S-p 1S=ma ②
解得:
p 1=p 0 ③
水银柱静止时，设封闭气体压强为p 2，水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为L 0，水银静止时空气柱的长度为L 1，水银柱的长度为L 2，可得:
20212
p p L =+ ④ 从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得:
p l L 0S=p 2L 1S ⑤
解得:
L 1=7.5cm ⑥
(2)加热气体过程中，气体发生等压变化，有：
3223
V V T T = ⑦ 据题意有，初态：
V 2=L 1S ，T 2=T 0 ⑧
末态:
V 3=L 0S ⑨
解得:
T 3=320K ⑩
16．如图所示，让小球从图中的A 位置静止摆下，摆到最低点B 处摆线刚好被拉断，小球在B 处恰好未与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C 处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。

已知摆线长
1m L =，60θ︒=，
小球质量=1m kg ，B 点C 点的水平距离2s m =，小球与水平面间动摩擦因数0.2μ=，g 取210m /s 。

（1）求摆线所能承受的最大拉力为多大；
（2）要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围。

【答案】（1）20N ；（2）0.04m R ≤或0.1m R ≥
【解析】
【详解】
（1）小球从A 到B 的过程，由动能定理得：
21102
B mgL cos mv θ-=
-（） 解得： 10m/s B v
在B 点，由牛顿第二定律得：
2B v T mg m L
-= 解得：
20N T =
（2）B 到C 的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：
221122
C B mv mv mgs μ--＝ 可得：
2m/s C v =
小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v ，要不脱离轨道应满足：
2
v mg m R
≤ 考虑小球从C 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得：
2211222
C mg R mv mv -⋅=- 联立以上解得：R≤0.04m ；
小球进入圆轨道后，小球上升的最大高度满足：h≤R ，小球可沿轨道返回。

小球从D 点运动到最高处的过程，由动能定理得
2012
C mgh mv -=- 解得：R≥0.1m ；
所以要使小球不脱离圆弧轨道，圆弧轨道半径R 的取值范围是R≤0.04m 或R≥0.1m 。

17．如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用一根长度为L 的刚性轻质细杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气，大、小活塞的质量分别为2m 、m ，横截面积分别为2S 、S 。

氮气和汽缸外大气的压强均为p 0，大活塞与大圆筒底部相距2
L 。

现通过电阻丝缓慢加热氮气，使小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐位置。

已知大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热，两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g 。

求：
①初始状态下氧气的压强；
②小活塞与大圆筒底部平齐时，氧气的压强。

【答案】①03mg p S +
；②20334mg p p S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】 ①分析初始状态下两活塞的受力情况，根据力的平衡有
0110232p S p S mg p S p S ⨯++=⨯+
解得初始状态下氧气的压强 103mg p p S
=+ ②初始状态氧气体积
132222L L SL V S L S ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭
当小活塞缓慢上升到上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积22V SL =，压强为p 2，根据玻意耳定律有2211p V p V =，解得
20334mg p p S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭。