2015年高三一模之气体压强专题
山西省太原市2015届高三一模物理试卷
山西省太原市2015届高考物理一模试卷一、选择题（每小题6分，共48分，1-5小题只有一个选项正确，6-8有多个选项正确）1．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场的示意图（虚线，方向未标出），赤道上方的磁场可看成与地面平行．若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α、β（电子）、γ（光子）射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )A．α射线沿直线射向赤道B．β射线向西偏转C．γ射线向东偏转D．质子向北偏转2．粗细均匀的电线架在A、B连根电线杆间，由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的形状，已知电线杆始终处于竖直状态，下列说法正确的是( )A．冬季，电线对电线杆的拉力较大B．夏季，电线对电线杆的拉力较大C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D．夏季、杆对地面的压力沿竖直方向的分量比冬季大3．3月6日，英国《每日邮报》称，英国学者通过研究确认“超级地球”“格利泽581d”存在，据观测，“格利泽581d”的体积约为地球体积的27倍，密度约为地球密度的．已知地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，将“格利泽581d”视为球体，可估算( ) A．“格利泽581d”表面的重力加速度为gB．“格利泽581d”表面的重力加速度为gC．“格利泽581d”的第一宇宙速度为vD．“格利泽581d”的第一宇宙速度为v4．如图为一种早期发电机的原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．当磁极绕转轴匀速转动时，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动（O是线圈的中心）．则( )A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小D．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大5．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各栓有一杂技演员（可视为质点）．a站在地面，b处于高台上，此时绷紧的细绳间夹角为60°且左侧细绳竖直．若b从图示位置由静止开始摆下，当b摆至最低点时，a刚好对地面无压力．不考虑空气阻力，则a与b的质量之比为( )A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：16．已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f=kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率．t=0时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落，落地前雨滴已做匀速运动且速率为v m，用a表示雨滴的加速度，下列图象大致正确的是( )A．B．C．D．7．可拆变压器可简化成如图的模型，MN为可拆的铁芯横条，P1、P2为横条与固定铁芯的间隙，压紧横条，当间隙P1、P2为零时，变压器可视为理想变压器．将变压器的初级接到电压为U1的正弦交流电源上，在间隙P1、P2逐渐减小的过程中，下列说法正确的是( )A．次级输出电压的频率越来越高B．次级的输出电压越来越大C．输入、输出电压与匝数的关系始终满足=D．当P1、P2为零时，=8．某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为k的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可沿固定在车上的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆沿槽向左移动不超过l时，装置可安全工作．小车总质量为m．若小车以速度v0撞击固定在地面的障碍物，将导致轻杆沿槽向左移动．已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则( )A．轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为B．小车速度为0时，弹簧的弹性势能为mv02C．小车被弹回时速度等于D．为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度等于二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。
2015届山东省菏泽市高三第一次模拟考试物理卷
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C．电流I对导体棒CD的安培力向左 D．外力F须逐渐减小
难度：0.65 组卷：501 题型：多选题 更新：2015/5/15
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5 . 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U。电子最终打在荧光屏P上，关 于电子的运动，下列说法中正确的是
(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a1; (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ;
(3)木块滑回出发点时的速度v.
难度：0.4 组卷：631 题型：解答题 更新：2015/5/15
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11 . 如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向 的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁 场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化 而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
A． C．
难度：0.4 组卷：320 题型：单选题 更新：2019/11/27
B． D．
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4 . 如图，两根相互平行的金属导轨水平放置，导体棒AB、CD与导轨垂直且接触良好，CD固定，AB可以自由滑动。通有恒定电流I的长 直绝缘导线垂直并紧靠导轨固定。当AB在平行于导轨的外力F作用下向右匀速运动时，下列说法中正确的是
2015届山东省菏泽市高三第一次模拟考试物理卷
适用年级：高三 试卷类型：一模 试题总数：15 浏览次数：311 上传日期：2017/7/19
2015年一模力学难题选择、填空汇编
图815．如图8所示，在甲、乙两个完全相同的圆柱形容器内，装有等质量的水。
现将质量相等的A 、B 两个实心小球分别放入甲、乙两容器中，小球均浸没在水中，且水不溢出。
当小球静止时，两小球所受浮力分别为F A 和F B ，容器底对小球的支持力分别N A 和N B ，桌面对容器的支持力分别为N 甲和N 乙，甲、乙两容器底部受到水的压力增加量分别为ΔF 甲和ΔF 乙。
已知A 、B两小球的密度分别为ρA ＝2ρ水，ρB ＝3ρ水。
则下列判断中正确的是A ．F A ∶FB ＝2∶3 B ．N A ∶N B ＝3∶4C ．N 甲∶N 乙＝2∶3D ．ΔF 甲∶ΔF 乙＝3∶4 大兴14．将质量都是60g 的甲、乙两个实心球放入足够深的水中，甲球漂浮，乙球下沉到水底。
两球静止时所受浮力分别为F 甲和F 乙，两球的密度分别为ρ甲和ρ乙，则A ．F 甲>F 乙；ρ甲<ρ乙B ．F 甲>F 乙；ρ甲>ρ乙C ．F 甲<F 乙；ρ甲<ρ乙D ．F 甲<F 乙；ρ甲>ρ乙东城15．图5中，水平桌面上有A 、B 两个相同的容器，分别放有甲、乙两个小球，两球在水中分别处于漂浮和悬浮状态，且两容器中的水面高度相同，则下列说法中正确的是A ．两球的质量可能相等B ．两球受到的浮力一定相等C ．A 容器底部受到的压力比B 容器的小D ．B 容器中加入盐水后，乙球受到的浮力比甲球的大朝阳15．如图5所示，三个相同的容器内水面高度相同，甲容器内只有水，乙容器内有木块漂浮在水面上，丙容器中悬浮着一个小球，则下列四种说法正确的是A ．三个容器对水平桌面的压力不相等B ．三个容器中，丙容器对水平桌面的压强最大C ．如果向乙容器中加入盐水，木块受到的浮力不变D ．如果向丙容器中加入酒精，小球受到的浮力不变 怀柔15．图5所示，质量相等的甲、乙两个薄壁圆柱形容器内分别盛有深度相同的A 、B 两种液体，且ρA =2ρB ，两容器的底面积分别为S 甲 和S 乙，且S 乙=2S 甲。
【名师解析】重庆一中2015届高三一诊模拟考试物理试题
2015年重庆一中高考物理一诊试卷一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（6分）（2013•普陀区三模）如图所示，用拇指、食指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时针脚A、B对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力方向的判断，下列各图中大致正确的是（）A．B．C．D．【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：如图，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律分析针脚A对手的静摩擦力方向．针脚B对手有斜向右下方的压力．【解析】：解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律得知，针脚A对手指有向左的静摩擦力．挂上物品后，针脚B对手产生斜向右下方的压力．故选：C．【点评】：本题是生活中的物理现象，运用物理知识进行分析，培养观察和思考问题的习惯，对学习物理大有好处．2．（6分）两个带电量均为Q的正点电荷，固定于两点，O是两电荷连线的中点．矩形abcd的中心也在O点，且ad平行于两电荷的连线，a、b、c、d四点的（）A．电场强度不相同，电势相等B．电场强度不相同，电势也不相等C．电场强度相同，电势不相等D．电场强度相同，电势也相等【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断abcd四点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．【解析】：解：根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，可知ABCD四点的电场强度大小相等，但方向不同，ABCD四点所处的为四个对称点且电势为标量，则电势相同．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】：考查等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性．3．（6分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I．当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．△U1＜△U2C．增大D．不变【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．根据欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化．【解析】：解：A、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误．B、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U2．故B错误．C、由U1=E﹣I（R L2+r）得：=R L2+r，不变，故C错误．D、=R2，不变，D正确．故选：D．【点评】：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．4．（6分）一颗科学资源探测卫星的圆轨道经过地球两极上空，某时刻卫星经过赤道上A城市上空．已知地球自转周期为24h，若每12h卫星到达A城市上空，则卫星运动周期可能为（）A．12h B．4.8h C．4h D．2.4h【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：科学探测卫星绕地球圆周运动，而地球同步自转，根据周期关系求得卫星的周期．【解析】：解：令科学探测卫星的周期为T，则由题意知，在12h的时间里，地球自转过π弧度，而科学探测卫星转过的角度为（n+）•2π，所以科学探测卫星运动的时间t=（T（n=0，1，2，3…）所以探测卫星的周期T=（n=0，1，2，3…），所以当n=0时，T=24h，当n=1时，T=8h，当n=2时，T=4.8h，当n=3时，T=，当n=4时，T=，故可知B正确，ACD错误．故选：B．【点评】：卫星绕地球做圆周运动，根据几何知道知，地球同步自转，当卫星再次回到A城市上空时，抓住卫星转动的角度是解题的关键．5．（6分）如图所示，足够长的水平传送带以v0=4m/s的速度匀速运行．t=0时，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=4s时，传送带以1m/s2的加速度减速停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．关于滑块相对地面运动的速度v（向右为正）、滑块所受的摩擦力f（向右为正）、滑块所受的摩擦力做功的功率的值P、滑块与传送带间摩擦生热Q的图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】：动能定理的应用；牛顿第二定律．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：滑块在传送带上在皮带的滑动摩擦力作用下向右匀加速运动，当与皮带的速度相同时一起匀速直线运动，当传送带一起向右减速运动时，根据加速度关系判定滑块相对传送是否运动．【解析】：解：AB、滑块在摩擦力作用下向右匀加速运动时，滑动摩擦力使滑块产生的加速度a=所以滑块速度与皮带相同时经历的时间t=，所以2s后滑块与皮带以相同的速度向右匀速运动，与皮带间无摩擦力作用；4s后，皮带以a′=1m/s2做匀减速运动，根据速度时间关系知，皮带开始减速到停止的时间，小于滑动摩擦力能使滑块产生的加速度2m/s2，所以当皮带减速运动时，滑块的加速度与皮带的加速度相同，所以此时滑块受到的静摩擦力f=ma′，即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的，故AB错误；C、滑块开始在滑动摩擦力作用下做匀加速时，速度与时间成正比，滑动摩擦力的功率P=fv，可知，滑动摩擦力的功率与时间成正比，2s﹣4s间无摩擦力，功率为零，4s后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，故C正确；D、只有开始滑块加速运动时，滑块与皮带间有相对位移，此时满足，位移不与时间成正比，故Q=f△x图象不是倾斜的直线，故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键是掌握滑块在皮带上的运动情况，能判定皮带减速运动时，滑块相对皮带没有运动，一起做减速运动．二、非选择题（本大题共5小题，共68分）6．（6分）某学生用如图甲所示的装置研究小车的匀加速直线运动，打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上．实验时得到一条纸带，他在纸带上便于测量的地方选取第一个打印点，在这点下标明A，在第六、第十一、第十六、第二十一个打印点下分别标明B、C、D和E，测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC、CD、DE的长，如图乙所示．打点计时器在打C点时小车的瞬时速度大小为0.986m/s，小车运动的加速度大小为 2.59m/s2（两空均保留三位有效数字）．若实验时电源的电压升高了，测得的加速度等于（选填大于、等于或小于）实际的加速度．【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．【解析】：解：在这个点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，v C==×10﹣2m/s=0.986m/s设A到B之间的距离为x1，设B到C之间的距离为x2，设C到D之间的距离为x3，设D到E之间的距离为x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3﹣x1=2a1T2x4﹣x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）即小车运动的加速度计算表达式为：a=则有：a=m/s2==2.59m/s2若电压升高，而频率不变，则周期不变，因此加速度不变，故答案为：0.986，2.59，等于．【点评】：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．7．（13分）有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电流表A1（0～0.3A，r1=1Ω）B．电流表A2（0～0.6A，r2=0.4Ω）C．电流表A3（0～1.0A，r3=0.2Ω）D．定值电阻R1=19ΩE．定值电阻R2=150ΩF．滑动变阻器（10Ω，2A）G．滑动变阻器（500Ω，1A）H．学生电源（直流6V），开关，导线若干①选用下面的图A而不选用图B的电路图来完成实验，请说明理由：描绘灯泡的I﹣U图线所测数据从零开始，需要多取几组数据．②由于没有电压表，可将电流表A1和定值电阻D串联起来做为电压表，电流表应选用B，滑动变阻器应选用F（用序号字母表示）．③闭合开关前，应将图A电路中滑动变阻器的滑片滑至左端（选填左端或右端）．④当电流表A1的示数为0.20A时，小灯泡达到额定电压，此时另一只电流表的读数为0.52A，测得小灯泡的额定功率为 1.28W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：①描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，据此分析答题．②根据灯泡额定电压与电流表规格分析答题，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．③为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压最小位置．④求出灯泡正常发光时通过灯泡的电流，由P=UI求出灯泡的额定功率．【解析】：解：①由图示电路图可知，图A所示电路中，滑动变阻器采用分压接法，电压与电流可以从零开始变化，能测多组实验数据，图B所示电路中，滑动变阻器采用限流接法，电压与电流不能从零开始变化，电压表与电流表示数变化范围小，实验要测多组实验数据，应选图A所示电路．②灯泡额定电压为4V，电压表量程略大于4V即可，可以用电流表A1和定值电阻D串联起来作为电压表，电压表量程为0.3×（1+19）=6V；灯泡正常发光时的电流为：I===0.5A，电流表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选F．③滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，应将图A电路中滑动变阻器的滑片滑至左端．④灯泡正常发光时的电压：U=4V，通过灯泡的电流：I=0.52﹣0.2=0.32A，灯泡额定功率：P=UI=4×0.32=1.28W．故答案为：①描绘灯泡的I﹣U图线所测数据从零开始，需要多取几组数据．②D；B；F；③左端；④1.28．【点评】：滑动变阻器采用分压接法时，电压与电流可以从零开始变化，电压表与电流表变化范围较大，可以测多组实验数据，滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数变化范围较小．8．（15分）装卸工要将质量为50kg的木箱搬到卡车上，找来了长为4.4m的木板，做了一个倾角为37°的斜面．装卸工用大小为500N、方向与斜面成37°的斜向上的拉力F将木箱拉上卡车．已知木箱与木板间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．（1）木箱向上加速运动时加速度的大小．（2）要将木箱拉上卡车，拉力F至少需作用多长的距离？【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）在垂直于斜面和平行于斜面方向做受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度大小；（2）若撤去拉力前匀加速运动的位移和撤去后匀减速运动的位移之和等于木板长，则刚好把木箱拉上卡车，为拉力作用距离的最小值．【解析】：解：设斜面对木箱的弹力为N，摩擦力为f，匀加速加速度为a1，匀减速过程加速度为a2（1）由牛顿第二定律：垂直于斜面方向：N+Fsin37°=mgcos37°平行于斜面方向：Fcos37°﹣mgsin37°﹣f=ma1f=μN代入数据解得：（2）撤去拉力后，平行于斜面方向：mgin37°+μmgcos37°=ma2代入数据解得：设运动最大速度为v：v2=2a1x1v2=2a2x2x1+x2=4.4m代入数据解得：x1=4m答：（1）木箱向上加速运动时加速度的大小为1m/s2；（2）要将木箱拉上卡车，拉力F至少需作用4m．【点评】：斜面模型是高中物理常见模型之一，不但要掌握斜面上物体的受力分析方法，还要注意相应几何知识的应用；若物体受力较多时，一般可以借助正交分解法得出平衡条件的公式．9．（16分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切．5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1）．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞…所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）．（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；（2）若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】：（1）0号球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出它滑到水平面时的速度，两球碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出球的速度．（2）求出4号球的速度，然后应用机械能守恒定律与牛顿第二定律求出k．【解析】：解：（1）0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh=m0v02，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：m0v0=m0v0′+m1v1，由机械能守恒定律得：m0v02=m0v0′2+m1v12，解得：v1=v0=v0=，（2）同理可得：v2=v1，…v4=v3，解得：v2=（）4v0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：m4v42=m4v2+m4g•2R，4号球在最高点：m4≥m4g，解得：k≤﹣1；答：（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1为；（2）若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为：k≤﹣1．【点评】：本题考查了求速度、求k，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题．10．（18分）如图甲所示，平行放置的金属板A、B间电压为U0，中心各有一个小孔P、Q；平行放置的金属板C、D间电压变化规律如图乙，板长和板间距均为L；粒子接收屏M与D板夹角为127°．现从P点处连续不断地有质量为m、带电量为+q的粒子放出（粒子的初速度可忽略不计），经加速后从Q点射出，贴着C板并平行C板射入，经周期T粒子恰好通过C、D间电场（粒子间相互作用力忽略不计，重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）T 与上述物理量之间应满足怎样的关系；（2）若在t=0时刻进入C、D间电场的粒子恰从D板边缘飞出，则U为多少？并求此粒子射出时的速度v；（3）在（2）的条件下，欲使从C、D间飞出的粒子汇聚在M板上某一点，并使在t=时刻进入C、D间的粒子垂直打在M板上，可在C、D右边某处加一垂直纸面的匀强磁场，试求磁感应强度B的大小和磁场的最小面积S min．【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：（1）先由动能定理求出电场加速获得的速度．粒子进入CD间，水平方向做匀速直线运动，由L=v0T 求解T．（2）若在t=0时刻进入C、D间电场的粒子恰从D板边缘飞出，粒子在CD间先做类平抛运动，后沿速度方向做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．（3）在t=时刻进入C、D间的粒子，竖直分位移最小，由位移公式求出竖直分位移最小值，并由几何关系得到粒子束的宽度．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由数学知识求得轨道半径，从而由牛顿第二定律可求得B．由几何知识求解磁场的最小面积S min．【解析】：解：（1）电场加速过程，有：qU0=粒子在C、D间运动过程，有：L=v0T解得：T=（2）粒子在C、D间电场中运动时的加速度：a=在t=时刻竖直分速度：v y=a水平位移L=+v y解得：U=射出时速度方向与射入方向间的夹角：tanα=解得：tanα=，α=53°射出时速度的大小为：v==（3）在t=时刻进入C、D间的粒子，y min==其速度大小和方向与t=0时刻进入的粒子相同，平行于M板粒子束的宽度为：d==粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB=m粒子在磁场中的半径为：r=d=解得：B=最小面积为：S min=2（﹣）=答：（1）T 与上述物理量之间应满足的关系是T=；（2）U为，此粒子射出时的速度v大小为，方向与射入方向间的夹角为53°．（3）磁感应强度B的大小是，磁场的最小面积为．【点评】：本题关键是分析带电粒子的运动情况，确定出临界条件，运用牛顿第二定律和运动学规律结合进行求解．三、选做题【选修3-3】11．（6分）一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，气体放出热量的变化过程是（）A．B．C．D．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：分别由图象的压强体积关系，再根据理想气体状态方程得出温度的关系，或者由体积与温度之间的关系，再根据理想气体的状态方程分析状态之间的压强的关系，根据热力学第一定律分析气体的内能的变化．【解析】：解：A、由图象是双曲线知，状2到状态2是等温变化过程，故状态1与状态2温度相同内能相同，又从状态1至状态2气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故A错误；B、由图象有P1＞P2，V1＞V2，根据理想气体状态方程知T1＞T2，所以从状态1至状态2，气体体积减小所以外界对气体做功，又T1＞T2说明气体气体的内能减小，根据热力学第一定律知气体对外放热，故B正确；C、由图象知，状态1至状态2，气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸收热量，故C错误；D、由图象知气体的体积保持不变，气体对外界不做功，从状态1至状态2气体的温度长高内能增加，根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量，故D错误．故选：B．【点评】：掌握热力学第一定律△u=W+Q，知道理想气体的内能只由温度决定与体积无关．能根据理想气体状态方程由图示两个状态的变化判定第三个参量的变化情况，这是正确解题的关键．12．（6分）水的摩尔质量为M=18g/mol，水的密度为ρ=103kg/m3，阿伏伽德罗常数为N A=6×1023/mol，则V=1cm3的水中有多少个水分子（保留一位有效数字）．【考点】：阿伏加德罗常数．【分析】：以g/mol为单位时，分子量和摩尔质量在数值上相等；m=ρV，n=．【解析】：解：水的密度为：ρ=103kg/m3=1g/cm3水分子数为：N=N A=，答：1cm3的水中有3×1022个水分子．【点评】：本题关键是明确阿伏加德罗常数是联系宏观物理量与微观物理量的桥梁，记住阿伏加德罗常数即可．。
2015上海一模压强压轴题
1．甲、乙两个底面积(miàn jī)不同的轻质圆柱形容器(róngqì)放在水平(shu ǐp íng)地面上，分别(fēnbié)盛有质量相等的水，如图4所示。
现有铁、铝两个金属(j īnsh ǔ)实心小球(m 铁>m 铝、V 铁<V 铝)，从中选一个浸没在某容器的水中(水不溢出)，能使容器对地面压强最大的方法是（ B ）A ．将铁球放入甲中B ．将铁球放入乙中C ．将铝球放入甲中D ．将铝球放入乙中2. 均匀实心正方体甲和乙放置在水平地面上，甲的边长小于乙的边长，甲、乙各自对水平地面的压强相等。
现分别在两物体上沿竖直方向截去质量相同的部分并分别放在对方剩余部分的上方， 此时甲、乙剩余部分对地面的压强分别为p 甲′、p 乙′，则p 甲′：p 乙′的值( A )A ．一定大于1B ．一定小于1C ．可能等于1D ．可能小于13.甲、乙两个实心均匀正方体（已知ρ甲＞ρ乙）分别放在水平地面上。
若在两正方体右侧沿竖直方向各截去相同的体积，它们剩余部分对地面的压强相等。
则未截去前，两实心正方体对地面的压力F 甲、F 乙 的关系是( B )A .F 甲一定大于F 乙B .F 甲一定小于F 乙C .F 甲可能大于F 乙D .F 甲可能小于F 乙4.如图3所示，放在水平地面上的均匀实心正方体甲、乙对地面的压强相等。
现将两物体均沿水平方向切去一部分，则( A )A ．若切去相等质量，甲被切去的厚度一定小于乙B ．若切去相等质量，甲被切去的厚度可能小于乙C ．若切去相等体积，甲对地面的压强一定小于乙D ．若切去相等体积，甲对地面的压强可能小于乙5.如图4所示，实心均匀正方体A 、B 放置在水平地面上，它们对地面的压力相等，现在A 、B 上沿水平方向分别截去相同厚度，若时，A 、B 剩余部分对水平地面的压强关系为。
下列说法中正确的是（A ） A.若时，A 、B 剩余部分对地面的压强关系为B.若l h <∆时，A 、B 剩余部分对地面的压强关系为C.若时，A 、B 剩余部分对地面的压强关系为'B 'A p p =D.若l h >∆时，A 、B 剩余部分对地面的压强关系为'B 'A p p >甲乙图3甲 乙甲乙图26.如图6所示，甲、乙两个(liǎnɡ ɡè)实心均匀(j ūny ún)长方体物块放置在水平(shuǐpíng)地面上。
2015高三一诊模拟物理试卷
2015高三一诊模拟物理试卷一、选择题1. 以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（ ）A ．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值。
B ．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向.C ．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比k R T =32为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关 。
D ．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象。
2. 运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则（ ）A ．球拍对球的作用力θcos mg B.运动员对球拍的作用力θcos MgC.运动员的加速度为θtan gD.若运动员的加速度大于θsin g ，球一定沿球拍向上运动。
3. 如图所示，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑的斜面AB 和粗糙的平面BC 组成（它们在B 处由极短的光滑圆弧平滑连接），小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值；当传感器受拉力时，其示数为负值。
一个小滑块（可视为质点）从A 点由静止开始下滑，经B 至C 点的过程中，传感器记录到的力F 随时间t 变化的关系如下面四图表示，其中可能正确的是（ ）4. 2013年12月2日1时30分，我国成功发射了“嫦娥二号”探月卫星，12月6日17时47分顺利进入环月轨道．若该卫星在地球、月球表面的重力分别为G 1、G 2，已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则（ ）E A A ’ B ’ B D D ’C C ’ A ．月球表面处的重力加速度为g G G 21 B. 月球与地球的质量之比为212221R G R G B ．卫星沿近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2122gG G R C ．月球与地球的第一宇宙速度之比为1221R G R G 5.如图1所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动。
2015年高考物理全国卷1及答案解析
计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
15．如图，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分
别为 M 、 N 、 P 、 Q 。一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等。则
两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k。则
A．U=66V，k=1 9 1
C．U=66V，k=3
1 B．U=22V，k=9
1 D．U=22V，k=3
17．如图，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的质点 自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道。质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为
4 mg，g 为重力加速度的大小。用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则
1 A．W=2mgR，质点恰好可以到达 Q 点
1 B．W>2mgR，质点不能到达 Q 点
C．W=12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离
D．W<12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离
撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞 后 1 s 时间内小物块的 －t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 l5 倍，重力加速度大小 g 取 10 m
／s2 。
求 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 (二)选考题：共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答，并用 2B 铅 笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。在答题卡
2015上海高三一模计算题3
2015上海高三一模计算题3 虹口30．（10分）如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S =10-3m 2，活塞的质量为m =2kg ，厚度不计。
在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 下方汽缸的容积为1.0×10-3m 3 ，A 、B 之间的容积为2.0×10-4m 3，外界大气压强p 0=1.0×105Pa 。
开始时活塞停在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃。
求：（1）活塞刚离开B 处时气体的温度t 2； （2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的p -V 图线。
31．（12分）如图所示，光滑水平地面上有一质量M =5kg 、足够长的木板，以v 0=10m/s 的初速度沿水平地面向右运动。
在长木板的上方安装一个固定挡板PQ （挡板靠近但不接触长木板），当长木板的最右端到达挡板正下方时，立即将质量m =lkg 的小铁块贴着挡板的左侧无初速地放在长木板上，铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5。
当木板向右运动s =1m 时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放置第2个相同的小铁块，以后每当长木板向右运动s =1m 就在铁块的上方再放置一个相同的小铁块，直到长木板停止运动（放到木板上的各个铁块始终被挡板挡住而保持静止状态）。
求： （1）第1个铁块放上后，木板的加速度；（2）放置第3个铁块的瞬间，长木板的速度；（3）长木板上最终叠放了多少个铁块?32．（14分）如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间的距离L =1m ，定值电阻R 1=6Ω，R 2=3Ω，导轨上放一质量为m =1kg 的金属杆，杆的电阻r =2Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B =0.8T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下。
现用一拉力F 沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动。
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2015年高三一模之气体压强专题31．（静安区l2分）如图所示，导热性能良好的气缸A 和B 竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。
两气缸内各有一个活塞，质量分别为m A =3m 和m B =m ，活塞与气缸之间无摩擦，活塞的下方为理想气体，上方为真空。
当气体处于平衡状态时，两活塞位的高度均为h 。
若在两个活塞上同时分别放一质量为2m 的物块，保持温度不变，系统再次达到平衡后，给气体缓缓加热，使气体的温度由T 0缓慢上升到T （气体状态变化过程中，物块及活塞没碰到气缸顶部）。
求 (1)两个活塞的横截面积之比S A ∶S B(2)在加热气体的过程中，气体对活塞所做的功30、（崇明县）在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm Hg时，管内外汞面高度差为60cm ，管内被封闭的空气柱长度是30cm ，如图所示．问： （1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm ，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）?30．(奉贤区10分）如图所示，竖直放置、粗细均匀且足够长的U 形玻璃管与容积为V 0＝8 cm 3的金属球形容器连通，用U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体。
当环境温度为27℃时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h 1＝15cm ，水银柱上方空气柱长h 0＝4 cm 。
现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度。
(已知大气压p 0＝75 cmHg ，U 形玻璃管的横截面积为S ＝0.5 cm 2)。
求： (1)需要加入的水银的长度是多少cm ？(2)为使右管水银面恢复到原来位置，则应对封闭气体加热到多少℃？30．（虹口区10分）如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S =10-3m 2，活塞的质量为m =2kg ，厚度不计。
在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 下方汽缸的容积为 1.0×10-3m 3 ，A 、B 之间的容积为2.0×10-4m 3，外界大气压强p 0=1.0×105Pa 。
开始时活塞停在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃。
求：（1）活塞刚离开B 处时气体的温度t 2； （2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的p -V 图线。
图（甲）图（乙）m 330．(金山区10分）如图，上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密闭气体，横截面积分别为S 1＝1cm 2、S 2＝2cm 2，细管内水银长度为h 1＝4cm ，封闭气体长度为L ＝6cm 。
大气压强为p 0＝76cmHg ，气体初始温度为T 1＝280K ，上管足够长。
（1）缓慢升高气体温度，求水银刚好全部进入粗管内时的温度T 2；（2）气体温度保持T 2不变，为使封闭气体长度变为8cm ，需向开口端注入的水银柱的体积为多少？30．（青浦区12分）如图所示，长为31cm 、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm ，温度为27℃，外界大气压强不变。
若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm ，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求： （1）大气压强0p 的值；（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；（3）当管内气体温度缓慢升高到多少℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？S 131．（松江区）如图，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍。
阀门S 将A和B 两部分隔开，A 内为真空，B 和C 内都充有气体。
U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm 。
打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等。
假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。
(1)求玻璃泡C 中气体的压强？(以mmHg 为单位)； (2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温。
30． (长宁区10分) 如图，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积S =1.0×l0-3m 2、质量m =2kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离l =36cm ，在活塞的右侧距离其d =14cm 处有一对与气缸固定连接的卡环。
气体的温度t =27℃，外界大气压强p 0＝l.0×105Pa 。
现将气缸开口向上竖直放置 (g 取10m/s 2) (1) 求此时活塞与气缸底部之间的距离h ；(2) 如果将缸内气体加热到600K ，求此时气体的压强p 。
l d答案： 31．(12分)解:（1）气缸A 、B 内气体的压强相等。
选取两个活塞为研究对象， 由得：……（3分） （2）放质量为2m 的物块前，气体压强，气体总体积…………（1分）两边放质量为2m 的物块后，气体全部进入气缸A………………（1分） 设体积变为V ，压强………………………………（1分） 气体做等温变化，由，得：……（2分） 加热膨胀是等压过程：由得：…（2分）气体对活塞所做的功为: ……（2分） 30、(10分)解：（1）P 1=(75-60) cmHg (1分)P 1=15 cmHg (2分)（2）V 1=30S ， V 2=(30+60-54)S=36S (1分)P 1=15 cmHg, P 2=(P 0-54) cmHg (1分) 等温变化，由玻意尔定律 P 1 V 1= P 2 V2 (2分) 代入15×30=15×P 2P 2=12.5 cmHg (1分) 得P 0=66.5 cmHg (2分)30．（10分）解： (1) （5分）p 1= p 0-p h =75-15cmHg=60cmHg ，V 1=V 0+h 0S =8+4×0.5cm 3=10 cm 3，p 2= 75cmHg ，根据玻意耳定律，p 1V 1= p 2V 2，332112cm 8cm 751060=⨯==p V p V ，即水银正好到球的底部。
（状态量1分、公式1分、代入数据1分、答案1分）加入的水银为h 1+2h 0=15+2×4cm=23cm （1分）B A B B A A 3m m PS g m PS g m ===及，1:3:B A =S S B A //3P S mg S mg ==h S B 04V =B 3/5P S mg ='P V P V 0'=h S 512V P P V B 0='=TVV T V 0∆+=00B 00T T -T h S 512V T T -T V ⋅==∆000B T T -T 4mgh T T -T h S 51235V ⋅=⋅⋅=∆'=B S mg P W(2) （5分） p 1= p 0-p h =60cmHg ，T 1=300K ，p 3= 75+8=83cmHg ，根据查理定律，C 142K 415K 6030083,011322311==⨯===p T p T T p T p （状态量1分、公式1分、代入数据1分、答案2分，算出K 得1分） 30．（10分）解答与评分标准：（1）活塞刚离开B 处时，气体压强p 2= p 0+mgS=1.2×105Pa （1分） 气体等容变化，02120.9273273p p t t =++， （1分）代入数据，解出t 2=127℃ （1分） （2）设活塞最终移动到A 处， 理想气体状态方程：103313273273p V p V t t =++，即0030130.9 1.2273273p V p V t t =++， （2分）代入数据，解出3000.96001.51.2300p p p ⨯==⨯=1.5×105Pa （1分）因为p 3> p 2，故活塞最终移动到A 处的假设成立。
（1分） （3）如图。
（3分）30．（10分）解：（1）S 1h 1＝S 2h 2，h 2＝2cm初状态：P 1＝P 0＋P h 1＝80cmHg ，V 1＝L S 1＝6cm 3，T 1＝280K （1分） 末状态：P 2＝P 0＋P h 2＝78cmHg ，V 2＝（L ＋h 1）S 1＝10cm 3 （1分）根据P 1 V 1 T 1＝P 2 V 2 T 2，代入数据80×6 280＝78× 10T 2 （2分）得T 2＝455K （1分） （2）等温变化，P 2 V 2＝P 3 V 3 （2分） 78×10＝P 3×8，得P 3＝97.5 cmHg （1分） 此时水银柱的液面高度差h 3＝97.5－76＝21.5cm注入的水银柱体积V 注＝（21.5－3）×2＝37cm 3 （2分） 30．（12分）（1）(4分)p 1=p 0+21cmHg V 1=10S T 1=300K图（乙）m 3p 2=p 0-15cmHg V 2=16S T 2=300K p 1V 1=p 2V 2 p 0=75cmHg=1.0×105Pa（2）(4分)p 3=75+15=90cmHg V 3=LSp 1V 1=p 3V 3 L =10.67cm（3）（4分）p 4=p 3=90cmHg V 4=（31-15）S =16S T 3=300K4433T V T V =T 4=450K t =177℃ 31．(12分)解： (1)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ① （1分）式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意有，p B ＝p C ② （1分） 玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B ③ （1分） 根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④ （2分） 联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V BV A Δp ＝180 mmHg.⑤ （1分）(2)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体的压强为p ′C ＝p B ＋Δp ⑥（2分）玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得 p C T 0＝p ′CT ′⑦（2分）联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得 T ′＝364 K ．（2分） 30．（10分）解答：(1)气缸水平放置时：封闭气体的压强p 1＝p 0＝l.0×105Pa ，温度T 1=300K ，体积V 1= lS 气缸竖直放置时：封闭气体的压强p 2＝p 0+mg/S ＝l.2×105Pa ，温度T 2=T 1=300K ，体积V 2=hs （1分）由玻意耳定律 1122 p V p V ＝ 112 p V h p S = （2分） 551.0100.360.3m 1.210S h S ⨯⨯==⨯⨯ （1分）33500K T = 4600KT = 334p pT T = （2分） 51.4410P a p =⨯ （1分）。