内蒙古第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题 22页

内蒙古第一机械制造有限公司第一中学2018-2019学年高二下学期期末物理试题 一、选择题 ‎1.某航母跑道长‎200m飞机在航母上滑行的最大加速度为‎6m/s2，起飞需要的最低速度为‎50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A. ‎5m/s B. ‎10m/s C. ‎15m/s D. ‎20m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由运动学公式，代人数据得：，故选B正确。‎ 考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 ‎【名师点睛】已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度；该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为 ‎ ‎ ‎ A. Gsinθ B. G C. Gcosθ D. Gtanθ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G。 A．Gsinθ，与结论不相符，选项A错误；‎ B．G，与结论相符，选项B正确；‎ C．Gcosθ，与结论不相符，选项C错误；‎ D．Gtanθ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移﹣时间图象如图所示，则（　　）‎ A. 15s内汽车的位移为 ‎‎300m B. 前10s内汽车的加速度为‎3m/s2‎ C. 20s末汽车的速度为﹣‎1m/s D. 前 25s内汽车做单方向直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：位移时间图像中倾斜直线表示汽车做匀速运动，图线与横坐标平行说明汽车静止不动，图线的斜率大小表示速度大小，斜率的正负表示速度方向，15 s末汽车的位置坐标为‎30 m，离开出发点‎30 m，故A项错；前10 s内汽车做匀速直线运动，所以加速度为零，B错误，15～25 s内图象中倾斜直线的斜率表示这段时间内的速度，20 s末的速度等于这个值，为－‎1 m/s，故C项正确；前10s沿x轴正向运动，中间5 s静止，后面10 s又沿x轴的负方向运动，故D项错 考点：考查了x-t图像的理解 点评：做本题的关键是知道图像的斜率，以及正负值的含义 ‎4.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则 A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】将重力进行分解如图所示；‎ 根据几何关系可得 ‎。‎ A．，，与结论相符，选项A正确；‎ B．，，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为。则物体运动的加速度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度．速度由变化到的时间为：，所以加速度为：，A正确；‎ 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 ‎【名师点睛】本题若设初速度和加速度，结合位移时间公式列方程组求解，可以得出加速度的大小，但是计算较复杂，没有运用匀变速直线运动的推论解决简捷．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中 A. N1始终减小，N2始终增大 B. N1始终减小，N2始终减小 C. N1先增大后减小，N2始终减小 D. N1先增大后减小，N2先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对小球进行受力分析如图所示，‎ 设：板与竖直方向夹角为，则：，，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确。‎ 考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解 ‎8.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是 A. 地球半径及重力加速度（不考虑地球自转）‎ B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据地球表面物体重力等于万有引力可得，所以地球质量，故A可计算；由万有引力做向心力可得，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故B可计算；根据万有引力做向心力可得，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，C可求解，D无法求解．‎ ‎9.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是 。‎ A. 射线是高速运动的电子流 B. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 的半衰期是5天，‎100克经过10天后还剩下‎50克 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】射线是光子流，所以A错误；氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增大，动能增大，故B正确；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，所以C错误；半衰期是大量的统计规律，少数原子核不适应，所以D错误。故选B。‎ ‎10.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。‎ 由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。‎ ‎11.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的4倍 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜盘转动产生的感应电动势为：‎ 知圆盘转动的角速度恒定，E恒定，产生的电流大小恒定；故A正确；‎ B．由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流过R，故B正确；‎ C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；‎ D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据，可知回路中电流变为原来2倍，根据P=I2R可知电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D正确。‎ ‎12.如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（ ）‎ A. 线圈中感应电流的方向为abcda B. 线圈中的感应电动势为2nBL2ω C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大 D. 线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为d→a，bc中电流方向为b→c，线圈中感应电流的方向为abcda。故A正确。线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL‎1L2ω．故B错误。图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故C正确；线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIL2=nB•L2．故D错误。故选AC。‎ ‎13.如图所示，质量为m＝‎1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝‎10 m/s向右匀速运动。倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力 F，再经过一段时间物体到达最高点B点。g取‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（ ）‎ A. A、B间距离为‎5m B. A、B间距离为‎6m C. 从A点算起，经1 s物体到达最高点 D. 从A点算起，经2 s物体到达最高点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体匀速运动时：‎ F=μmg 解得 μ=0.5‎ 在斜面上上滑的加速度：‎ 则 选项A正确，B错误；‎ CD．从A点算起，经 物体到达最高点，选项C正确，D错误。‎ ‎14.氢原子能级如图所示，已知可见光光子的能量在1.61eV～3.10eV范围内，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 氢原子能量状态由n=2能级跃迁到n=1能级，放出光子为可见光 B. 大量氢原子处于n=4能级时，向低能级跃迁能发出6种频率的光子 C. 处于基态的氢原子电离需要释放13.6eV的能量 D. 氢原子处于n=2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据，由n=2能级跃到n=1能级产生的光子能量为，大于可见光的能量范围，故放出的光子不是可见光，故A错误；处于n=4能级的激发态氢原子向低能级跃迁时，能产生种不同频率的光子，故B正确．处于基态的氢原子电离需要吸收13.6eV的能量，故C错误．电子处于n=2能级吸收能量为2.86eV的光子，能量变为-0.54eV，即将跃迁到n=5能级，故D正确．选BD.‎ ‎15.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力 f 随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=‎10 m/s2。由题给数据可以得出 ‎ A. 2 s-4 s内，力F的大小为0.4 N B. 0-2 s内，力F的大小保持不变 C. 木板的质量为‎1 kg D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】C．根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2N，在4s后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为 ‎ ‎ 根据牛顿第二定律可得 f=ma2‎ 解得木板的质量 m=‎‎1kg 故C正确；‎ A．2s～4s内，木板的加速度 根据牛顿第二定律可得 F-f=ma1‎ 解得 F=0.4N 故A正确；‎ B．0～2s内，整体受力平衡，拉力F的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力F增大，故B错误；‎ D．由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故D错误。‎ ‎16.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）‎ A. a的质量比b的大 B. 在t时刻，a的动能比b的大 C. 在t时刻，a和b的电势能相等 D. 在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： >，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。‎ 点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t 时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？ ‎ 二．填空题 ‎17.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。‎ ‎（1）实验中必要的措施是______。‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=‎3.59 cm，s2=‎4.41 cm，s3=‎5.19 cm，s4=‎5.97 cm，s5=‎6.78 cm，s6=‎7.64 cm。则小车的加速度a=______m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=______m/s。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80 (3). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB。‎ ‎②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；‎ 根据逐差法可知，物体的加速度；‎ B点的速度等于AC段的平均速度，则有：。‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。‎ ‎18.某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。 实验步骤：‎ ‎①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。‎ ‎②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：‎ ‎③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′。‎ ‎④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。‎ 完成下列作图和填空：‎ ‎(1)利用表中数据在图丙中画出 图线_______，根据图线求得l0＝______cm。‎ ‎(2)测得OA＝‎6.00 cm，OB＝‎7.60 cm，则FOA大小为________N。‎ ‎(3)在图丁中根据给出的标度，作出FOA和FOB的合力F′的图示________。‎ ‎(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论。‎ ‎【答案】 (1). 如图所示:‎ ‎ (2). (3). 1.80(1.70～1.90均正确) (4). 如图所示:‎ ‎ (5). FOO′‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]．如图所示，由图象知图线与横轴交点横坐标即弹簧原长，故l0＝‎10.0 cm。‎ ‎(2)[3]．由图象的斜率知橡皮筋的劲度系数k＝50.0 N/m，OA、OB的长度之和是‎13.60 cm，原长‎10 cm，则形变量Δx＝‎3.60 cm，所以弹力 T＝kΔx＝1.80 N ‎(3)[4]．合力F′的图示如图所示。‎ ‎(4)[5]．橡皮筋搭在秤钩上拉至O点和把橡皮筋挂在秤钩上拉至O点效果相同，F′应与FOO′比较。‎ 三、计算题 ‎19.高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=‎30m/s，距离s0=‎100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向。‎ ‎(1).画出两车0-9s的速度图像 ‎(2).通过讨论说明两车在0～9s内会不会相撞？‎ ‎【答案】（1）如图所示：‎ ‎（2）不会相撞 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）两车0-9s的速度图像如图：‎ ‎（2）公式解法：令a1=‎-10m/s2，a2=‎5m/s2，a3=‎-5m/s2，t1=3s末，甲车速度：‎ v1=v0+a1t1=0；‎ 设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等，此时距离最近：‎ a2t2 =v0+a3t2；‎ 等速之前，甲车位移：‎ 乙车位移：‎ 解得 x乙-x甲=‎90m＜s0=‎‎100m 不会相撞。‎ 图象解法：由加速度图像可画出两车的速度图像，由图像可知，t=6s 时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差，‎ ‎＜‎‎100m ‎∴不会相撞。‎ ‎20.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m＝‎2 kg的小球P和质量为M＝‎1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M＝‎1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝‎0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝‎0.2 m，重力加速度为g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；‎ ‎(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；‎ ‎(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。‎ ‎【答案】(1)120N　(2)‎2 m/s　(3)3 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有 mg＝m 解得 vC＝‎ 对于小球P，从B→C，由动能定理有 解得 vB＝‎ 在B点有 NB－mg＝m 解得 NB＝6mg＝120 N 由牛顿第三定律有 NB′＝NB＝120 N ‎（2）设Q与S做平抛运动初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝gt2，得 t＝0.2 s 根据公式x＝vt，得 v＝‎1 m/s 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，‎ 则有 MvQ＝2Mv 解得 vQ＝‎2 m/s ‎（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，‎ 则有 mvP＝MvQ 解得 vP＝‎1 m/s 对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 ‎ ‎ 解得 Ep＝3 J ‎21.对于实际的气体，下列说法正确的是______。‎ A. 气体的内能包括气体分子的重力势能 B. 气体的内能包括分子之间相互作用的势能 C. 气体的内能包括气体整体运动的动能 D. 气体体积变化时，其内能可能不变 E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCE．气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE正确，AC错误；‎ D．由于是非理想气体，气体的体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D正确；‎ ‎22.如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为‎7℃‎且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。‎ ‎①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；‎ ‎②继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。‎ ‎【答案】（2）320K; ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可。‎ ‎（1）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为,‎ 则有： ‎ 根据盖•吕萨克定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为P1′，末态体积为V2′，压强为P2′，‎ 由题给数据有， ‎ 由玻意耳定律得：‎ 解得：‎ 点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎