【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中 物理 答案.docx，共(24)页，2.143 MB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2021级高二学年下学期期中考试物理学科试题一、单选题（每题4分，每题只有一个选项符合题目要求，错选不得分）1.下列说法正确的是（）A.花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由于花粉颗粒内部分子无规则热运动引起的B.向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时

发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈C.一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而减少D.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，

这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【答案】D【解析】【详解】A．花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由于液体分子无规则热运动撞击引起的，故A错误；B．向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，胡椒粉的运动

不是布朗运动，故B错误；C．一定质量的理想气体，在压强不变时，根据气体压强微观意义可知，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而增加，故C错误；D．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故D正确。故选D。2.关于

温度与分子的动能，下列说法正确的是（）A.温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同B.物体的内能等于物体的重力势能和动能的总和C.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同D.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高【答案】

C【解析】【详解】A．温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均动能相同，但平均速率不相同，故A错误；B．物体的内能等于所有分子的总动能和分子总势能的总和，故B错误；C．内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；D．温度是大量分子

平均动能的标志，两个动能不同的分子不能比较温度，故D错误。故选C。3.若以M表示水的摩尔质量，V液表示液态水的摩尔体积，V气表示标准状态下水蒸气的摩尔体积，液为液态水的密度，气为标准状态下水蒸气的密度，AN为阿伏伽德罗常数，m、0V分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式正确的是（）A.

AN=Vm液液B.气=A0MNVC.0V=m气D.0V=AVN气【答案】A【解析】【详解】A．由摩尔质量的意义可知AMNm=对液态水，由密度的定义可得MV=液液解得AN=Vm液液故A正确；BD．由于水蒸气分子间有较大距离，所以0AVVN气对水蒸气0AMVVM

N=气气故BD错误；C．由0A0A0ANmVmNVMNV==气可得0Vm气故C错误。故选A。4.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱升高

相同的温度（外界大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的移动情况是（）A.均向上移动，B中水银柱移动较多B.均向上移动，A中水银柱移动较多C.均向下移动，B中水银柱移动较多D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同【答案】B【解析】【分析】【详解】管内封闭气柱的压强

恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据盖—吕萨克定律可知VVVTTT+=+整理得TVVT=因A、B管中的封闭

气体初温相同，温度升高T也相同，且0T，推导出0V即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ABVV即A管中气体长度增加得多一些，故A、B管中的封闭气体均向上移动，A中水银柱移动较多。故选B。

5.如图所示，理想变压器原线圈输入交流电压如下图乙所示，副线圈中装有单刀双掷开关s，电流表、电压表均为理想电表，Rt为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比1251nn=则以下分析正确的是（）A.S接在a端，电压表示数为222VB.S接在a端，Rt温度升

高时,电流表示数变大，电压表读数变小C.S接在a端，Rt温度升高时，变压器原线圈输入功率变大D.S由a端转换b端时，电压表示数变大【答案】C【解析】【详解】A．由1212UUnn=可得S掷a时电压表示数为22V，选项A错误；BC．S接在a端，Rt温度升高时，电阻变小，由1212UUn

n=可知副线圈电压不变，则电流表读数变大，变压器输出功率最大，则输入功率变大，选项B错误，C正确；D．S由a端转换为b端时，副线圈接入匝数减小，电压降低，电压表示数变小，选项D错误。故选C.6.如图所示，有一等腰直角

三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度

v匀速穿过磁场区域。取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流方向。再分段确

定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系。线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比。【详解】bc边的位置坐标x在2LL−过程，线框bc边有效切线长度为lxL=−感应电动势为()EBlvB

xLv==−感应电流()BBxLviRR−==根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda→→→→，为正值。x在23LL−过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿ad

cba→→→→，为负值，线框abcd有效切线长度为lL=，感应电动势为EBlvBLv==感应电流BLviR=−x在34LL−过程，线框ad边有效切线长度为(3)2lLxLLx=−−=−感应电动势为(2)EBlvBLxv==−感应电流的(

2)BLxiR−=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda→→→→，为正值。由图示图象可知，D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象。7.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里

的匀强磁场，磁感应强度为B，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，在A点有一个粒子源，沿与AC成45°斜向上垂直磁场的方向射出各种不同速率的粒子，粒子的质量均为m，电荷量均为q，所有粒子均从CD段四分之一圆弧射出磁场，不计粒子的重力

，则从A点射出的粒子速率满足的条件是（）A.2qBRm＞v＞2qBRmB.qBRm＞v＞22qBRmC.2qBRm＞v＞22qBRmD.qBRm＞v＞2qBRm【答案】C【解析】【分析】【详解】当粒子恰好从C点出射，由题知，圆心刚好在D点，如图所示根据几何关系可得运动半径为12sin452rRR=

=根据洛伦兹力提供向心力，则有2111vqBvmr=解得12qBRvm=当粒子恰好从D点出射，圆心恰在AD的中点，如图所示根据几何关系可得运动半径为222Rr=根据洛伦兹力提供向心力，则有2222vqBvmr=解得222qBRvm=故要所有粒子均从CD段四

分之一圆弧射出磁场，则从A点射出的粒子速率满足的条件是2qBRm＞v＞22qBRm故选C。8.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆

环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A.棒产生的电动势为Bl2ωB.微粒的电荷量与质量之比为22gdBrC.电阻消耗的电功率为242BrRD.电

容器所带的电荷量为CBr2ω【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，金属棒切割磁感线产生的感应电动势20122rEBrvBrBr+===A错误；B．带电

微粒静止处于状态，由平衡条件得Eqmgd=解得微粒的电荷量与质量之比22qgdmBr=B正确；C．电阻消耗的电功率为22424EBrPRR==D．电容器所带的电荷量为212QCECBr==D错误。故选B。二、多选题（每题4分，每题有多个选项符合题目要求，全选对得4分，少选得2分

，选错、多选或不选不得分）9.下列说法正确的是（）A.由图甲可知，状态①的温度更高，与横轴所围面积更大B.由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C.由图丙可知，当分子间的距离0rr时，随分

子间距离增大，分子间的作用力先减小后增大D.由图丁可知，在r由1r变化到2r的过程中，分子势能减小，分子力做正功【答案】BD【解析】【详解】A．状态①中速率大的分子占据的比例较大，故状态①中分子的平均动能大，即状态①的温度更高，两图线与横轴所围面积相等均为1，A错误；B．由

图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，pV乘积先变大后变小，根据pVnRT=可知气体温度先变大后变小，故气体分子平均动能先增大后减小，B正确；C．当分子间的距离0rr时，随分子间距离增大，分子间的作用力先增大后减小，C错误；D．由图像可知在2rr=处分子势

能最小，该位置为平衡位置即引力与斥力大小相等；故在r由1r变化到2r的过程中，此时分子力表现为斥力，随着分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，D正确。故选BD。10.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中

正确的是（）A.a→b过程中，气体体积变小，温度降低B.b→c过程中，气体温度不变，体积变小C.c→a过程中，气体体积变小，压强增大D.c→a过程中，气体温度升高，体积不变【答案】AD【解析】【详解】A．a→b过程中，气体发生等压降温，根据理想气体状态方程pVCT=可知气体体积减小，故A正确；B．

b→c过程中，气体发生等温降压，根据理想气体状态方程pVCT=可知气体体积增大，故B错误；CD．c→a过程中，气体的压强增大，温度升高，由于pkT=可知气体体积保持不变，故C错误，D正确。故选AD。11.在如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图

线如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为正值，则（）A.0至0.5ms内，电容器C正在充电B.0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电C.1ms至1.5ms内，Q点比P点电势高D.1.5ms至2ms内，磁场能在减少【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由题图乙知，0至0.5ms内，i在

增大，电容器正在放电，A错误；B．0.5ms至1ms内，电流在减小，为充电过程，电容器上极板带负电，B错误；C．1ms至1.5ms内，为放电过程，电容器下极板带正电，电势较高，则Q点比P点电势高，C正确；D．1.5ms至2ms内，为充电过程，磁场能在减少，D正确。故

选CD。12.如图所示的火警报警装置，1R为热敏电阻，电源内阻不计，若温度升高，则1R的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加。当电铃电压达到一定值时，电铃会响。下列说法中正确的是（）A.要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B.要使报警的临界

温度降低，可以适当增大电源的电动势C.要使报警的临界温度升高，可以把2R的滑片P适当向下移D.要使报警临界温度降低，可以把2R的滑片P适当向下移【答案】BD【解析】【详解】AB．要使报警的临界温度升高，1R对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而

电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势，故A错误，B正确；CD．要使报警的临界温度升高，1R对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使

电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把2R的滑片P适当向上移，以减小2R；相反，要使报警的临界温度降低，可以把2R的滑片P适当向下移，以增大2R；故C错误，D正确。故选BD。13.将横截面积为S的圆柱形汽缸固定在铁架台上，内有可自由移动的光滑轻质活塞，活塞

通过轻绳与放置在水平面上的重物相连，重物的质量为m，初始时轻绳处于张紧状态，现将一团燃烧的轻质酒精棉球经阀门K放置于活塞上，棉球熄灭时立即关闭阀门K，此时活塞距离汽缸底部为L。之后，缸内气体缓慢冷的却至环境温度时，重物上升的高度为4L。已知环境温度恒为27C，外界大

气压为0p，缸内气体可以看作是理想气体，则（）A.重物离开地面后，气体压强为0pmgS−B.重物离开地面后，气体压强为0mgpS+C.酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度可能为120CD.酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度可能为140C【答案】AD【解析】【详解】棉球熄灭时立即关闭阀门K，此

时活塞受到封闭气体向下的压力，大气压向上的支持力，由受力平衡可得10pSpS=解得10pp=此时体积为1VLS=温度为1(273)KTt=+重物离开地面后，以活塞和重物为整体，由受力平衡可得20SmgppS+=解得20mgppS=−此时体积为23()44LVLSLS=−=温度

为2(27327)K300KT=+=由理想气体状态方程可得112212pVpVTT=解得01121220400400KppVTTmgpVpS==−可得酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度满足1273127CtT=−故选AD。14.在竖直面内存在着两个磁感应强度大小均为B、方向

相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，两磁场宽度均为L，如图所示。一质量为m、边长为L的单匝正方形线框abcd从磁场上方某高处由静止下落，ab边刚进入磁场Ⅰ时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入磁场Ⅱ运动一段时间后再次做匀速直线运动，此时ab边未离开磁场Ⅱ。线框

电阻为R，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.ab边刚进入磁场Ⅰ时，ab两点间电压为mgRUBL=B.线框穿过两磁场边界MN的过程中，通过线框的电荷量为22BLqR=C.线框再次匀速运动时的速度大小22

2mgRBLD.线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为3224415232mgRQmgLBL=+【答案】BD【解析】【详解】A．由于ab边刚进入磁场Ⅰ时，线框恰好做匀速直线运动，则有EmgBILBLR==ab两点间电压为3344EEURR==联立解

得34mgRUBL=故A错误；B．根据Et=，EIR=，qIt=可得qR=则有2=22BSBLqRRR==故B正确；C．线框再次匀速时，根据线框受力，由平衡条件可得2mgBIL=且有2BLvIR=联立解得224mgRvBL=故C错误；D．线框刚进入磁场时，有221BLv

mgBILR==解得122mgRvBL=根据能量守恒，线圈第一次匀速进入磁场时，重力势能全部转化为焦耳热，有1QmgL=线框穿过两磁场边界MN的过程中，由能量守恒定律可得22121122mgLmvQmv+

=+联立解得32232224444232gRgRmgmQBLLmLB+=+解得3222443152gRQmgLmBL=+线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为322124415232mgRQQQmgLBL=+=+故D正确

。故选BD。三、实验题（15题4分，16题8分，共12分）15.如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置，主要步骤如下：①将压强传感器调零；②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；③逐一连接注射器、压强传感器、数据采

集器、计算机；④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是________________；（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是________。A．注

射器必须固定在竖直平面内B．用手握注射器推拉活塞C．缓慢推动活塞（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以________为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现图线的上端出

现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是__________（答一种即可）。【答案】①.防止漏气②.C③.1V④.注射器内气体向外漏气【解析】【详解】（1）[1]DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，

还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。（2）[2]A．注射器是否固定在竖直平面内，与保持温度恒定无关，A错误；B．实验过程中手不能与注射器接触，否则手会把热量传递给注射器，B错误；C．推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，C正

确。故选C。（3）[3]由玻意耳定律pVC=可知，压强p与V成反比，两者的关系图象不是直线，但是1pCV=可见压强p与1V是线性关系，故应当以1V为横坐标。[4]当1V增大时，V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减

小，导致这一现象的原因是注射器存在向外漏气现象。16.在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.0mL注入1000mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到1000mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液

逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细痱子粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有痱子粉，可以清楚地

看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜形状玻璃板放在边长为2.0cm的方格纸上。（1）利用上述具体操作中的有关数据可知，油酸膜的面积是__________

_2cm，估测出油酸分子的直径是___________m（此空保留一位有效数字）。的（2）某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于_________

__A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长（3）利用单分子油膜法可以粗测分子大小和阿

伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为___________。【答案】①.432##428##436##440②.10210−③.AC##CA④.336MSV【解析】【详解】（1）[1]由

图中油膜轮廓可知，油膜大约有108个小方格，则油酸膜的面积为2221082cm432cmS==[2]一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为6311301110m110m1000100V−−==所以油酸分子直径为100

210mVdS−=（2）[3]某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。根据0VdS=A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴，使得体积计算值偏大，直径测量值偏大，故A正确；B．计算油酸面积时，错将所有不完整

的方格作为完整的方格处理，使得油膜面积计算值偏大，直径测量值偏小，故B错误；C．水面上痱子粉撒较多，油酸膜没有充分展开，使得油膜面积计算值偏小，直径测量值偏大，故C正确；D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长，酒精挥发使得油酸溶液浓度变大，使得体积计算值偏小，直径测量值偏小，

故D错误。故选AC。（3）[4]已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，则分子的直径为VdS=所以分子的体积为333034()3266ddVVS===这种油的密度为，摩尔质量为M，则摩尔体积为MV=摩则阿伏加德罗常数的

表达式为3A303366MVNSMVSVV===摩四、解答题（17题9分，18题11分，19题12分，共32分）17.某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为210BT=的水平匀强磁场中，线

框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想

变压器．当发电机输出功率为4510W时，灯泡正常发光.求：(1)电压表读数；(2)输电线上损失的功率；(3)降压变压器原、副线圈的匝数之比.的【答案】(1)250V，（2）2000W，（3）240：:11【解析】【详解】（1）矩形闭合导体框ABCD在匀强磁场中转动时，产生

的交流电的最大值为：21000.25100πV=2502V10πmEnBS==，电压表读数为电压的有效值：2502V=250V22mEU==；（2）发电机的输出电压为12502=V=250V22mEUU==，升压变压器的输出电压：122125020=V=5000V1Un

Un=当发电机输出功率为4510W时，422510A=10A5000PIU==则输电线上损失的功率为：2221020W=2000WPIR==(3)压变压器原线圈上点的电压为：3250000-2000V=4800V10PPUI−==，又由题意知，灯泡正常发光，所以4220

VU=所以降压变压器原、副线圈的匝数之比为：33444800240:11220nUnU===18.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小

为B。导体棒的质量分别为amm=，2bmm=，电阻值分别为aRR=，2bRR=。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：（1）a棒刚进入磁

场时回路中的感应电流；（2）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，通过a棒的电荷量；（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热。【答案】（1）23BLghR；（2）223mghBL；（3）29mgh【解析】【详解】（1）a棒从

开始下滑到刚进入磁场的过程，根据动能定理可得2012aamghmv=解得02vgh=a棒切割产生的感应电动势为0EBLv=回路中产生的电流为233BLghEIRR==（2）两棒最终稳定时，两棒达到共速；由动量守恒定律可得()0aabmvmmv=+解得

013vv=对b棒由动量定理得0bBILtmv=−则电荷量为223bmghmvqItBLBL===（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，根据能量守恒可得()21223aabQmghmmvmgh=−+=总a棒上产生的焦耳热为29aaabRQQmghRR==+总19.如图所

示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为18cmH=的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高04cmh=的水银柱，水银柱上表面离管口的距离12cml=。管底水平段的体积可忽略。环境温度为1270KT=，大气压强076cmHgp=。（计算结果均

保留一位小数）（1）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无空隙），恰好使水银柱下端到达右管底部，则此时水银柱的高度为多少？（2）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，求此时密封气体的温度。【答案】（1）12.9cm；（2）346.5K【解析】【详解】（1）设密封

气体初始体积为1V，压强为1p，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为2V，压强变为2p，由玻意耳定律有1122pVpV=设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为，按题设条件有100phpg=+20

ppgh=+()102VHlhS=−−，2VHS=联立解得12.9cmh（2）密封气体再经等压膨胀过程体积变为3V，温度变为2T，由盖—吕萨克定律有2312VVTT=按题设条件有()32VHhS=−联立解得234

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