上海市上海交通大学附属中学2020-2021学年度高二第一学期摸底考试物理试题含答案解析

上海市上海交通大学附属中学【最新】度高二第一学期摸底
考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况可能是( )
A．p、V、T都增大B．p减小，V和T都增大
C．p和V减小，T增大D．p和T增大，V减小
2．如图是一种工具-石磨，下面磨盘固定，上面磨盘可绕过中心的竖直转轴，在推杆带动下在水平面内转动。

若上面磨盘直径为D，质量为m且均匀分布，磨盘间动摩擦因素为μ。

若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动，磨盘转动一周，外力克服磨盘间摩擦力做功为W，则（）
A．磨盘边缘的线速度为ωD
2
B．磨盘边缘的线速度为ωD
C．摩擦力的等效作用点离转轴距离为W
πμmg
D．摩擦力的等效作用点离转轴距离为W
2πμmg
3．质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f，以下说法正确的是( )
A．0～t1时间内，汽车牵引力的数值为1
1f
v
m F t
B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m ＋F f )v 2
C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于122
v v + D ．汽车运动的最大速率v 2＝111t f mv v F ⎛⎫ ⎪+ ⎪⎝⎭
4．如图a 所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1处由静止释放，其动能E k 与离地高度h 的关系如图b 所示．其中高度从h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k ，小物体质量为m ，重力加速度为g ．以下说法正确的是( )
A ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量不为0
B ．小物体下落至高度h 5时，加速度大于g
C ．小物体从高度h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加了22
m g k
D ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为mg （h 1–h 5）
5．如图所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，质点P 恰在平衡位置，虚线是这列波在t ＝0.2s 时刻的波形图。

已知该波的波速是0.8m/s ，则（ ）
A ．这列波是沿x 轴负方向传播的
B ．质点P 在0.4s 时刻速度方向与加速度方向相同
C ．t ＝0.5s 时，质点P 的速度沿y 轴负方向
D ．质点P 在0.9s 时间内经过的路程为0.48m
二、单选题
6．一水平弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，当它通过关于平衡位置对称的两个位置时，一定相同的物理量有（ ）
A ．位移和速度
B ．速度和加速度
C ．加速度和动能
D ．动能和弹性势能
7．单摆在竖直平面内往复运动，下列说法正确的是（ ）
A ．其最大摆角小于5°
B ．其回复力是由摆球的重力和悬线拉力的合力提供的
C ．测量周期时应该从摆球经过平衡位置开始计时
D ．“秒摆”是摆长为1m 、周期为1s 的单摆
8．如图所示，弹性杆插入桌面的小孔中，杆的另一端连有一个质量为m 的小球，今使小球在水平面内作匀速圆周运动，通过传感器测得杆端对小球的作用力的大小为F ，小球运动的角速度为ω，重力加速度为g.则小球圆周运动半径为( )
A ．
2
F m ω B ．2F mg m ω-
C
D 9．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h 1，弹簧测力计示数为F 1．若吸走槽中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h 2，弹簧测力计示数为F 2，则（ ）
A ．h 2＞h 1，F 2＝F 1
B ．h 2＜h 1，F 2＝F 1
C ．h 2＞h 1，F 2＞F 1
D ．h 2＜h 1，F 2＞F 1
10．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用1F W 、2F W 分别表示拉力F 1、F 2所做的功，1f W 、2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）
A ．214F F W W ＞，212f f W W ＞
B ．214F F W W ＞，212=f f W W
C ．214F F W W ＜，212=f f W W
D ．214F F W W ＜，212f f W W ＜
三、填空题 11．如图所示，滑块A 和B 叠放在固定的光滑斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑。

则在下滑过程中B 对A 的支持力________，B 对A 的摩擦力__________.（填“不做功”，“做正功”，或“做负功”）
12．从地面A 处竖直上抛一质量为m 的小球，小球上升到B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至C 点时的动能相等，B 点离地高度为h ，C 点离地高度为ℎ3．空气阻力f =0.1mg ，大小不变，则小球上升的最大高度为____；小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为_______．
13．如图，竖直放置的均匀等臂U 型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A 、B 两段气柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为h ，若环境温度降低，稳定后A 、B 气柱的压强之比p A ∶p B 与降温前相比将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），右管水银面的高度变化Δh ______ℎ2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。

14．如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅
都为0.1m，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点。

则图示时刻C点的振动方向_____（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为______m。

四、实验题
15．用“油膜法”来粗略估测分子的大小，认为油滴在水面上后油分子的排列需要建立在一定模型基础上，下列哪项是不正确的（______）
A．分子都是球形的
B．所有分子都能形成单分子油膜
C．分子都是一个挨着一个排列的
D．滴入的油酸溶液是高纯度的溶液
16．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图（b）所示．由图像可知，摆球的半径r＝__________m，当地重力加速度g＝_________m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________（选填“偏大”、“偏小”、“一样”）．
17．如图所示为气体温度计的结构示意图。

储有一定质量理想气体的测温泡P通过细管与水银压强计左臂相连，压强计右管B与大气相通。

当大气压强为76cmHg时，将测温泡P浸在冰水混合物中，移动右管B及刻度尺，使压强计A、B两管的水银面恰好都位于刻度尺的零刻度处。

多次改变水温，移动右管B，使A管中水银面回到零刻度处，此时C管水银面的高度即可反映泡内气体温度，并标刻在刻度尺上，即可使用该温度计测量温度。

（1）某次使用该温度计测量室温，测量值为21.84℃，此时A、C两管中水银面的高度差为________cm。

（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有（________）
A．测温泡大小
B．C管内径粗细
C．当地的重力加速度
D．压强计中液体的密度
（3）将该温度计置于停在月球表面的登月密封舱中，若舱内实际气温为13.65℃，则该温度计的测量值比舱内实际气温偏______（选填“高”或“低”），测量值为________℃。

（已知舱内气压相当于地球表面75.24cm高的汞柱产生的压强，月球表面的重力加速度为地）
球表面重力加速度的1
6
五、解答题
18．如图，ABC为固定在竖直平面内的轨道，AB为光滑的四分之一圆弧，与粗糙水平面BC相切。

将质量m＝0.5kg的滑块从A点静止释放，滑块与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，滑块从B点滑行L＝18m后到达C点时速度v1＝8m/s。

现将BC间的一段MN 用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2＝0.5，再使滑块从A点静止释放，到达C点的速度为v2＝6m/s。

（1）求圆弧的半径R；
（2）求MN段的长度l；
（3）若BC间用铁刷划擦的MN段的长度不变，要使滑块从B到C的运动时间最长，问铁刷划擦的MN段位于何位置？请作出v-t图，并通过分析v-t图得出结论。

19．如图所示，在水平放置，内壁光滑，面积不等的气缸里，活塞A的面积S A＝10 cm2，活塞B的面积S B＝20 cm2，两活塞用质量不计的细绳连接，活塞A还通过细绳、定滑轮
与重物C相连，在缸内气温t1＝227°C，压强p1=1.1×105Pa时，两活塞保持静止，此时两活塞离开气缸接缝处距离都是L＝10 cm，大气压强p0＝1.0´105 Pa保持不变，试求：
（1）重物C的质量M；
（2）当活塞A、B间细绳拉力为零时，气缸内气体的温度；
（3）若温度由t1缓慢下降到－23°C，试在P-V图上画出气缸内气体状态的变化的图线。

参考答案
1．ABD
【解析】
【详解】
根据气体状态方程：PV T =C 可知，P 、V 、T 都增大，可能存在，故A 说法正确；根据气体状态方程：
PV T =C 可知，P 减小，V 和T 增大，可能存在，故B 说法正确；根据气体状态方程：PV T =C 可知，P 和V 减小，T 增大，等式的分子减小，分母增大，分数肯定减小，不可能存
在，故C 说法错误；根据气体状态方程：
PV T =C 可知，P 和T 增大，V 减小，可能存在，故
D 说法正确。

所以选C.
2．AD
【解析】
【详解】 磨盘若圆盘圆心做圆周运动，故磨盘边缘的角速度为ω，磨盘边缘做圆周运动的轨道半径为12D ，所以磨盘边缘的线速度为12
ωD ，故A 正确，B 错误；磨盘上质量分布均匀，若摩擦力的等效作用点离转轴距离为r ，则摩擦力做的功为μmg •2πr ，所以，W =2πμmgr ，可得r =
W 2πμmg ，故D 正确，C 错误。

所以AD 正确，BC 错误。

3．AD
【详解】
由题图可知，0～t 1阶段，汽车做匀加速直线运动11
v a t =，根据牛顿第二定律得：F 1-F f =ma ，联立可得：111
f v F m F t =+，故A 正确；在t 1时刻汽车达到额定功率11111f v P Fv m F v t ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
，t 1～t 2时间内，汽车保持额定功率不变，故B 错误；由v -t 图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于
122v v +，故C 错误；t 2时刻，速度达到最大值v 2，此时刻F 2=F f ，P =F 2v 2，可得：121211f mv P v v F F t ⎛⎫=
=+ ⎪ ⎪⎝⎭
，故D 正确．所以AD 正确，BC 错误．
4．ABD
【解析】
【详解】
高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1-h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，物体下降至高度h3时，弹簧形变量不为0，故A正确；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，则小物体下落至高度h5时，加速度大于g，故B正确；小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是
重力的2倍，此时弹簧的压缩量：
2mg
x
k
∆=，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：
22
22
mg m g
W mg x mg
k k
=∆=⋅=，物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势
能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
22
2m g
k
，故C错误；小物
体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1-h5），故D正确．所以ABD正确，C错误．
5．AD
【解析】
【详解】
图读出波长λ=12cm，由v=λ
T ，可得：T=λ
v
=0.12
0.8
s=0.15s，t=0.2s=4
3
T，由图看出，
实线到虚线，波形向右平移了9cm-1cm=8cm= 2λ
3，向左平移了13cm-9cm=4cm= λ
3
，知，波
形应向左平移，波沿x轴负方向传播，故A正确；在t=0时刻的波形图，质点P恰在平衡位
置，波沿x轴负方向传播，质点P在0.4s时刻，即22
3
T，质点处于平衡位置与波峰之间，且
速度远离平衡位置，所以速度与加速度不同向，故B错误；t=0.5s时，即31
3
T，质点P处于波谷与平衡位置之间，且向平衡位置运动，所以速度沿y轴正方向，故C错误；质点P在0.9s时间内完成6T，则路程为6×4×2cm=0.48m，故D正确。

所以AD正确，BC错误。

6．D
【详解】
当振子通过关于平衡位置对称的两个位置时，振子的位移、回复力和加速度的方向都相反，故ABC错误；当振子通过关于平衡位置对称的两个位置时，振子的速度大小相等，所以振子的动能相等；同时由于在光滑的水平面上，弹簧的形变量的大小也相等，所以弹簧的弹性势能也相等，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

7．C
【详解】
球摆动时摆角小于10°时，运动才是简谐振动，即可看做单摆，故A错．单摆回复力是由重力的切向分量提供的，它改变速度的大小，重力的径向分量和绳子拉力的合力改变速度的方
T=2s，故D错．测量周期时应从向，故B错．“秒表”摆长是1m，由2
摆球经过平衡位置开始计时，因为平衡位置时速度大，肉眼判定这个位置是不是平衡位置时间误差小，故C对．故选C．
8．C
【解析】
【详解】
小球所受的合力提供向心力，有：F合=mRω2，杆子对小球的弹力与小球的重力的合力指向
圆心，根据平行四边形定则得，杆子对小球的作用力F=
R=C正确，ABD错误．
9．C
【解析】
【详解】
因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压=玻璃管中水银柱产生的压强+封闭空气的压强，大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭空气的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h也会适当增加，即h2＞h1；向上的拉力F与水银柱和管整体的重力相平衡，而水银柱的高度h变大，所以水银柱的重力变大，拉力F的大小会变大即F2＞F1，故C正确，ABD错误．
【详解】
由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为
S 1：S 2=
2:22
v v
t t =1：2 两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比
W f1：W f2=fS 1：fS 2=1：2
再由动能定理，则有：
W F ﹣W f =
2
102
mv - 可知，
W F1﹣W f1=
2
102
mv - W F2﹣W f2=4×2
102
mv -
由上两式可解得：
W F2=4W F1﹣2W f1
故C 正确，ABD 错误； 故选C ．
11．做负功 做正功 【解析】 【详解】
B 对A 的支持力竖直向上，A 和B 一起沿着斜面下滑的，所以B 对A 的支持力与运动方向之间的夹角大于90°，所以B 对A 的支持力做负功；B 对A 的摩擦力是沿着水平面向左的，与运动方向之间的夹角小于90°，所以B 对A 的摩擦力做正功。

12．4h ；0.6mgh 【解析】 【分析】
对小球从A 点运动到B 点和返回C 点的两个过程运用动能定理列式，即可求解最大高度，从上升到的B 点运动到下落时的B 点的过程中运用动能定理结合小球上升到B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至C 点时的动能相等可求得小球下落过程中从B 点到C 点动能
的增量．【详解】
设最大高度为H，则对小球从A点运动到B点的过程运用动能定理得：1
2mv B2−1
2
mv A2=
−(mg+f)ℎ，对小球从A点开始运动到返回C点的过程运用动能定理得：1
2mv C2−1
2
mv A2=
−mg⋅1
3ℎ−f(2H−1
3
ℎ)，而1
2
mv B2=1
2
mv C2，解得：H=4h，从上升到的B点运动到下落时
的B点的过程中运用动能定理得：1
2mv′B2−1
2
mv B2=−f(3ℎ+3ℎ)=−0.6mgℎ，因为1
2
mv B2=
1 2mv C2，所以1
2
mv C2−1
2
mv′B2=0.6mgℎ。

【点睛】
本题主要考查了动能定理的应用，要求同学们能选择合适的运动过程，运用动能定理求解。

13．变大小于
【解析】
【详解】
假设若环境温度降低后，△h不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：对于左
边气体：Δp=p1
T1ΔT，对于右边气体：Δp′=p2
T1
ΔT，而由题意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，
若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，△h将减小。

A部分的体积减小，B部分的体积增大。

设A部分的气体的物质的量是n1，B
部分气体的物质的量是n2，则由克拉伯龙方程得：P A V A=n1RT；P B V B=n2RT，其中的R为克
拉伯龙常数。

则有：p A V A
p B V B =n1
n2
，变形得：p A
p B
=n1V B
n2V A
，由于降温后A部分的体积减小，B部分
的体积增大，所以稳定后A、B气柱的压强之比p A：p B与降温前相比将变大。

由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但P A V A＞P B V B，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以△h小于ℎ
2。

14．向下 1
【解析】
【详解】
B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，
波谷传播到该点，知C点的振动方向向下，周期T=λ
v =0.2
1
s=0.2s，质点在一个周期内振
动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=1m。

15．D 【解析】 【详解】
在“用油膜法估测分子的大小”实验中，做这样的近似：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙，紧密排列；为了获取单分子油膜，则将油酸滴入酒精溶液，形成低纯度的油酸溶液，故ABC 说法正确，D 说法错误。

所以选D 。

16．-21.010⨯ 2π（9.87） 一样 【详解】
由单摆周期公式：2T π
=可得：22
4L r
T g
π
+=，由此可知，当L=-r 时，2T ="0" ，由B.图可知，L=-1.0时，2T =0，所以r=1.0cm=-21.010⨯m ．
由2
2
4L r T g π+=可知图像斜率为2
4g
π=4，所以g=2π（9.87）．
由于g 是由图像斜率为2
4g
π=4得出，与摆长无关，所以L 是不是计入小球半径都不会影响，故此方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值一样． 17．6.08 cm CD 高 98.28℃ 【解析】 【详解】
（1）因为保证泡内气体体积不变，是等容变化，压强与热力学温度成正比，气体的初状态：P 1=P 0=76cmHg ，T 1=273.15K ，末状态：P 2=P 0+h ，T 2=273.15+21.84=294.99K ，由盖•吕萨克定律：
P 1T 1
=
P 2T 2
，代入数据得：h =6.08 cm 。

（2）保证泡内气体体积不变，是等容变化，压强与热力学温度成正比即P
T =ΔP
ΔT =k ，（常量），而△P =△h ，△h 是C 管中水银高度的变化又△t =△T ，因此△t =k △h ，说明温度随高度均匀变化，因而使用这种温度计的原理与测温泡的大小无关，与C 管的内径的粗细也无关，与△P 的大小有关，故AB 错误；同时，液体的压强可以使用公式：P =ρgh 表示，其中ρ是液体的密度，g 为当地的重力加速度，h 是液体的高度差，所以影响这个温度计灵敏度的因素有：当地的重力加速度和压强计中液体的密度，故CD 正确。

所以CD 正确，AB 错误。

（3）结合（2）的分析可知，△P=ρg•△h，将该温度计置于停在月球表面的登月密封舱中时，由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，所以△h大于在地球表面时的△h，
所以显示的气温偏高；若考虑月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的1
6
，舱内气压相当于地球表面75.24cm高的汞柱产生的压强，此时：P1=76cmHg=0.76×ρgPa，
P′＝0.7524ρg+ℎ′ρ1
6gPa，T′=273.15+13.65=286.8K，根据气体方程P1
T1
=P′
T′
，代入数据得：
h′=0.2735m=27.35cm，若不考虑月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的1
6
，舱内气压相当于地球表面75.24cm高的汞柱产生的压强时，C管与A管的液面的高度差是27.35cm 时，温度计的读数为t，则：
P0′=75.24cmHg；T2=273.15+t，P2=P0′+h′=75.24cmH g+27.35cmHg=102.59cmHg，根据气态
方程：P2
T2=P′0
T1
，联立以上方程，得：t=98.28℃。

18．（1）5m （2）3.5m （3）铁刷划擦的MN段M端与B点重合时，所用时间最长
【解析】
【分析】
滑块第一次从B到C，由动能定理可求得滑块经过B点的速度．对滑块由A到B，由动能定理列式，可求得圆弧的半径R；滑块第二次从B到C，由动能定理列式，可求得MN段的长度l；MN在最左端时滑块从B到C的运动时间最长，由运动学速度位移关系公式研究MN 段，得到此过程滑块到N的速度．再平均速度求滑行的总时间。

【详解】
（1）滑块第一次从B到C，由动能定理得：−μmgL=1
2mv12−1
2
mv B2
解得滑块经过B点时的速度为：v B=10m/s
滑块由A到B，由动能定理得：mgR=1
2
mv B2代入数据解得：R=5m
（2）滑块第二次从B到C，由动能定理得：−μ1mg(L−l)−μ2mgl=1
2mv22−1
2
mv B2
代入数据解得：l=3.5m
（3）根据动能定理可知，无论MN段位何位置，滑块到达C点的速度不变，如图，作出v-t 图象：
黑线表示MN段没有用铁刷划擦的图象．由于MN段长度不变，随着M端离B点距离增大，由图看出所用时间变短，因此M端与B点重合时，所用时间最长。

由题意分析可知，MN
在最左端时滑块从B到C的运动时间最长。

【点睛】
本题涉及力在空间的效应，运用动能定理是常用的思路，要反复运用动能定理列式解答，列式时要抓住各个过程之间的联系，如速度关系。

19．（1）1kg （2）-0.3℃（3）
【解析】
【分析】
=C，取两活塞整体研究，根据平衡条件求解；找出变化的初末状态，根据理想气体方程PV
T
求解；封闭气体先作等压变化，活塞一起向左移动，直到B被卡住。

接着体积保持不变，压强减小，直到A被拉动。

最后气体作等压变化。

分别根据气态方程求出温度，再作出图线。

【详解】
（1）对两活塞组成的系统，由平衡条件得：Mg+p1S A+p0S B=p0S A+p1S B
其中：p 1=p 0+Mg
S
A −S B
代入数据解得：M =1kg
（2）当活塞A 、B 间细绳拉力为零时，气体的压强为：p 2=p 0−Mg S A
=0.9×105Pa
根据理想气体状态方程得：
P 1V 1T 1
=
P 2V 2T 2
代入数据解得：T 2=272.7K ，则：t 2=-0.3℃；
（3）先等压，体积减小，活塞一起左移，直到B 被卡住，有：300
273+227=300
273+t 解得：t =60.30C
再体积不变，压强减小，到A 被推动：1.1×105
273+60.3=0.9×105273+t ′
解得：t ’=-0.3℃ 再等压体积减小，
200273−0.3
=
V
273−23
解得：V =183.3cm3，图象如图所示：
【点睛】
本题的解题关键是分析气体作何种变化。

根据力学知识求封闭气体的压强，根据气体的状态变化过程。