江西省最新届高三物理下学期综合模拟考试试题(含解析)

江西省2021届高三物理下学期综合模拟考试试题（含解析）
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。

在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得 6 分，选对但不全的得3分，有选错的得 0 分。

1.如图是原子物理史上几个著名的实验，最新这些实验，下列说法正确的是:
A. 卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型
B. 放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强
C. 电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
D. 铀235只要俘获中子就能进行链式反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A正确；
B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，贯穿能力最强，故B错误；
C．由图可以知道,光照越强,光电流越大,但遏止电压是一样,说明遏止电压与光的强度无关,故C错误; D．链式反应需要达到临界体积才可以，故D错误；
故选A．
2.如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g．当小车以速度ν向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是
A. OA 绳对小球的拉力大小为
32
mg B. OB 绳对小球的拉力大小为
12
mg C. OA 绳对小球拉力做功的功率为3
4
mgv D. 重力对小球做功的功率为mgv 【答案】C 【解析】 【分析】
根据共点力的平衡，根据平行四边形法则求解两边绳的拉力大小；根据P=Fv 求解功率. 【详解】小车以速度ν向右做匀速直线运动，则小球处于平衡状态，由平衡条件可知，
01sin 302OA T mg mg ==
， 03cos30OB T mg mg ==，选项AB 错误；OA 绳对小球拉力做功的功率为03
cos304
OA OA P T v mgv ==
，选项C 正确；重力对小球做功的功率为0cos900G P Gv ==，选项D 错误；故选C.
3.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 最新MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。

以下判断正确的是（ ）
A. b点场强大于d点场强
B. b点场强为零
C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。

所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误；
B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c，不为零，选项B错误；
C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；
D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。

故选C。

4.2021年12月8日“嫦娥四号”发射升空，它是探月工程计划中第四颗人造探月卫星．已知万有引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，嫦娥四号绕月球做圆周运动的轨道半径为r，绕月周期为T．则下列说法中正确的是
2
gr
R
B. gr
C. 嫦娥四号绕行的向心加速度大于月球表面的重力加速度g
D. 月球的平均密度为ρ＝
3
23 3r GT R
【答案】D
【解析】
【分析】
根据月球表面万有引力等于重力可求月球质量，进而可求月球的平均密度．根据月球对“嫦娥四号”的万有引力提供向心力可求“嫦娥四号”的绕行速度．根据重力提供向心力，可求月球的第一宇宙速度．
【详解】A.根据万有引力提供向心力2
2GMm v m
r r
=，得GM v r =，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有引力2
GMm mg R =，得GM=gR 2
，所以v=2
gR r
．故A 错误； B.月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力mg=2
v m R
，得v=gR .
故B 错误；
C. 根据万有引力提供向心力，嫦娥四号绕行的向心加速度2GM
a r
=，月球表面的重力加速度g=
2
GM
R ．嫦娥四号绕行的向心加速度小于月球表面的重力加速度．故C 错误； D. 根据万有引力提供向心力，2224GMm m r r T π=，得月球的质量M=23
24r GT π，所以月球的密度
ρ=M/V=3
23
3πr GT R
．故D 正确； 故选D
5.如图所示，圆形磁场区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三个带电粒子 A 、B 、C 先后从 P 点以相同的速度沿 PO 方向射入磁场，分别从 a 、b 、c 三点射出磁场，三个粒子在磁场中运动的时间分别用 t A 、t B 、t C 表示，三个粒子的比荷分别用 k A 、k B 、k C 表示，三个粒子在该磁场中运动的周期分别用 T A 、T B 、T C 表示， 下列说法正确的是（ ）
A. 粒子 B 带正电
B. t A ＜t B ＜t C
C. k A ＜k B ＜k C
D. T A ＞T B ＞T C
【答案】B 【解析】
【详解】根据题意做出ABC 三种粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
A ．根据左手定则，可以判断
B 粒子带的电荷为负电荷，A 错误；
C ．由图可知，三粒子做圆周运动的半径C 最大，A 最小，根据
mv r qB
=
又粒子的速度都相等，所以比荷的大小关系是：k A ＞k B ＞k C ，故C 错误； D ．根据周期公式
2m
T qB
π=
及比荷的大小关系可知：T C ＞T B ＞T A ，故D 错误；
B ．由图，AB
C 三个粒子形成的图象在磁场区域留下的弧长C 最长，A 最短，而三个粒子的速度相同，根据l
t v
=，所以有：t A ＜t B ＜t C ，故B 正确。

故选B 。

6.如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m ．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化如图乙所示．取g=10 m/s 2
，sin 37°=0.60，cos 37°=0.80．则（ ）
A. 物体的质量m =0.67 kg
B. 物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50
C. 物体上升过程中的加速度大小a =1m/s 2
D. 物体回到斜面底端时的动能E k =10 J 【答案】BD 【解析】
【详解】A ．在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有0p E E mgh =+= 所以物体质量为
30kg=1kg 103
E m gh =
=⨯ A 错误；
B ．在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin 37k h
mg mgh E μ-︒
-=∆︒
解得
200.6
0.511030.8
μ⨯=
=⨯⨯⨯
B 正确；
C ．物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为
sin cos 10F mg mg N αμα=+=
故物体上升过程中的加速度为
210m/s F
a m
=
= C 错误；
D ．物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B 可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底
端时的动能为50J-40J=10J ，D 正确。

故选BD 。

7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L 1与输出电压有效值恒定的交流电源u ＝U m sin （ωt ）（V ）相连，副线圈电路中接有灯泡L 2和最大阻值为R 的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U ，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。

开始时滑动变阻器的滑片P 位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（ ）
A. 在R 的滑片P 向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大
B. 在R 的滑片P 向上滑动的过程中，L 1的亮度会变暗
C. 若小灯泡L 2突然烧坏，电压表示数会减小
D. 交流电源的
最大值为m 32U U = 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．在R 的滑片P 向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A 正确； B ．在R 的滑片P 向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L 1的电流变大，亮度会变亮，故B 错误； C ．若小灯泡L 2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L 1的电流变小，灯泡L 1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C 错误； D ．两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U ，根据变压比可知，原线圈输入电压
1
2
2n U U U n '=
= 则交流电源的有效值
U 有效=U '+U =3U
根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为
m
3
2
U U
=
故D正确。

故选AD。

8.如图甲所示，一块质量为m A=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为m B=1kg的滑块B 静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2．则下列说法正确的是
A. 滑块与木板之间
的动摩擦因数为0.6 B. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C. F的大小可能为9N D. F的大小与板长L有关【答案】BD 【解析】分析】根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二
定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F的范围；根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.
【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为22
1
2
/2/
1
v
a m s m s
t
∆
===
∆
，对木板根据牛顿第二定律：121
()
B A B A
m g m m g m a
μμ
-+=；滑块从木板上滑出时木板的加速度为
22
2
2
/1/
2
v
a m s m s
t
∆
===
∆
，对木板根据牛顿第二定律：22
A A
m g m a
μ=；联立解得：μ1=0.7，μ2 =0.1，选项A错误，B正确；对木块B：1B B B
F m g m a
μ
-=，其中的a
A
>2m/s2，则F>9N，
则F 的大小不可能为9N ，选项C 错误；根据22
11122
B L a t a t =
-，式中t=1s ，联立解得：F=2L+9，即F 的大小与板长L 有关，选项D 正确；故选BD.
【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t 图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.
第Ⅱ卷
三、非选择题：共 174 分。

第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共 129 分。

9.某实验小组同学利用下列器材做“研究合外力做功与动能变化的关系”实验： A.一端带有滑轮和刻度尺的轨道 B.两个光电计时器
C.安装有挡光片的小车（质量为 M ）
D.拴有细线的托盘（质量为 m 0）
E.可以调节高度的平衡支架
F.一定数量的钩码
某小组选用上述器材安装实验装置如图甲所示，轨道上安装了两个光电门A 、B 。

实验步骤：
①调节两个光电门中心的距离，记为L ；
②调节轨道的倾角，轻推小车后，使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过光电门 A 、B ，钩码的质量记为 m ；
③撤去托盘和钩码，让小车仍沿轨道向下加速经过光电门 A 、B ，光电计时器记录小车通过 A 、B 的时间分别为△t 1 和△t 2；
④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。

根据实验过程，滑轮的摩擦力不计，回答以下问题
(1)图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度 d ，则 d =______cm 。

(2)小车加速从A 到B 过程中合外力做的
功W =________；小车动能的变化量的表达式△E k =___（用测得的物理量的字母符号表示）。

通过实验可得出：在误差允许的范围内合外力所做的功等于小车动能的增量。

【答案】 (1). 0.735 (2). ()0m m gL + (3). 22
2
21112Md t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪∆∆⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
【解析】
【详解】(1)[1]游标为20分度，精确度为0.05mm ，游标对齐的格数不估读，则测挡光片的宽度为
7mm 70.05mm 7.35mm 0.735cm d =+⨯==
(2)[2]调节轨道的倾角轻推小车后使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速下滑，说明小车的合力为零，而撤去托盘m 0和钩码m ，小车的合力变为
0=()F m m g +合
则小车加速从A 到B 过程中合外力做的功为
0()W F L m m gL ==+合
[3]光电门挡住光的时间极短，求出的平均速度可认为是小车通过A 、B 两位置的瞬时速度，有
1
A d v t =
∆，2B d
v t =∆
则小车动能的变化量的表达式为
222
22
211111222k B A Md E Mv Mv t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥∆=-=- ⎪ ⎪∆∆⎢⎥
⎝⎭⎝⎭⎣⎦
10.为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：
待测电阻R （阻值约100Ω）、滑动变阻器R 1（0～100Ω）、滑动变阻器R 2（0～10Ω）、电阻箱
R 0（0～9999.9Ω）、理想电流表A （量程50mA ）、直流电源E （3V ，内阻忽略）、导线、电键若
干．
（1）甲同学设计（a ）所示的电路进行实验．
①请在图（b ）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接______． ②滑动变阻器应选_________（填入字母）．
③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到______（选填“左”或“右”）端，再接通开关S ；保持S2断开，闭合S 1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I 1． ④断开S 1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R 0阻值在100Ω左右，再闭合S 2，调节R 0阻值使得电流表读数为______时，R 0的读数即为电阻的阻值．
（2）乙同学利用电路（c ）进行实验，改变电阻箱R 0值，读出电流表相应的电流I ，由测得的数据作出
01
R I
图线如图（d ）所示，图线纵轴截距为m ，斜率为k ，则电阻的阻值为______． （3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a ）和（c ），哪种方案测电阻更好______？为什么？______________________________．
【答案】 (1). (2). R 2 (3). 左 (4). I 1 (5).
m
k
(6). 方案(a)较好 (7). 原因是此方案不受电源内阻的影响 【解析】
【详解】(1)①[1]．连线图如图所示:
②[2]．因为变阻器采用分压式接法时,阻值越小调节越方便,所以变阻器应选2R ; ③[3]．实验操作时,应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端;
④[4]．根据欧姆定律若两次保持回路中电流读数变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R 0的读数即为电阻的阻值． (2)[5]．根据闭合电路欧姆定律应有
()0E I R R =+
解得
01R R I E E
=+ 结合数学知识可知
R m E
=
,1k E =
解得
1E k =
m
R Em k ==
(3)[6][7]．若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对用(a)测电阻没有影响。

11.如图，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝
1
3
，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来． 【答案】(1)3mg(2)L(3)滑块C 不会从木板上掉下来 【解析】
【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2
012
mgL mv =
解得：02v gL =小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：20
v T mg m R
-=
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T 解得：T´=3mg
（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：212
h gt = 水平方向：L=0
2
v t 解得：h=L
（3）小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设C 碰后速率为v 1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00132v mv m mv ⎛⎫
=-
+ ⎪⎝⎭
设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒定律的：()12336mv m m v =+ 由能量守恒定律得：
()221211336322
mv m m v mgs μ⋅=++⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s<L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．
【点睛】（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力；
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．
12.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m/s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.
(1)求棒MN 的最大速度v m ；
(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除
PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）
【答案】（1）25m /s m v = （2）Q =5 J （3）5m x = 【解析】
【详解】(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F -BIL =ma 棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E =BLv 棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v =at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E
I R
=
联立上述式子，有：222B L at
F ma R
=+
代入数据解得：F =0.5N 5s 时拉力F 的功率为：P =Fv 代入数据解得：P =1W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：
0m m
P
BI L v -= 2m
m BLv I R
=
代入数据解得:25m/s m v =
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v ′，则有：2m mv mv '=
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211
222
m Q mv mv '=
-⨯ 代入数据解得：Q =5J ；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t =m △v
对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-∆=∑∆ 而△q =i △t
对式子两边求和，有:()q i t ∑∆=∑∆ 联立各式解得：BLq =mv m ， 又对于电路有：2E
q It t R
==
由法拉第电磁感应定律得：BLx
E t
= 又2BLx
q R
=
代入数据解得：5m x =
（二）选考题：共 45 分。

请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

13.下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是。

A. 热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B. 绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C. 改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D. 第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E. 机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

14.如图，一固定的水平气缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。

大圆筒内侧截面积为 2S ，小圆筒内侧截面积为S ，两活塞用刚性轻杆连接，间距为2l ，活塞之间封闭有一定质量的理想气体。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l 。

现通过滑轮用轻绳水平牵引小活塞，在轻绳右端系托盘（质量不计）。

已知整个过程中环境温度T 0、大气压p 0保持不变，不计活塞、滑轮摩擦、活塞导热良好。

求：
（i ）缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆简底部相距
2
l
，停止加沙，求此时沙子质量； （ii ）在（i ）情景下对封闭气体缓慢加热可以使活塞回到原处，求回到原处时封闭气体温度。

【答案】（i ）05p S m g =；（ii ）306
5
T T = 【解析】
【详解】（i ）初始时刻，设封闭气体压强为1p ，对活塞受力分析有
0110220p S p S p S p S ⨯-⨯+-=
解得
10p p =
缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆筒底部相距2
l
，此过程封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得
123(2)222l l p S l S l p S S ⎛
⎫⋅+⋅=⋅+⋅ ⎪⎝
⎭
联立解得
2065
p p =
对活塞受力分析，由平衡条件有
022022mg 0p S p S p S p S ⨯-⨯+-+=
联立解得
01
5
mg p S =
即
05p S
m g
=
（ii ）缓慢加热使活塞回到原处，封闭气体发生等压变化，设回到原处时气体温度为3T ，则
03
32S 222l l S Sl Sl T T ⋅+⋅
+= 解得
3065
T T =。