四川省攀枝花市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析 16页

四川省攀枝花市 (六校联考） 2021 届新高考模拟物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中 a、b、c 为 容器的三个侧面、将它们以初速度 v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列 说法正确的是 A．上升过程中，小球对 c 有压力且逐渐变大 B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大 C．下落过程中，小球对 a 有压力且逐渐变大 D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ( ) ( )m m g kv m m aV V 系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面 c 对小球无作用力， a、 b 侧面 对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律： abmg N ma 系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小， AB 错误； CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ( ) ( )m m g kv m m aV V 系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以 a、b 侧面对小球无作用力，底面 c 对小 球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律： mg N ma 系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面 c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知 小球对容器的作用力逐渐变大， C 错误； D 正确。 故选 D。 2．科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、 极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假设法等，以下关于物理学史和所用物理学方法叙述正确的 是 （ ） A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法 B．牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进 行了 “月一地检验 ”，证实了万有引力定律的正确性 C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时， 把整个运动过程分成很多小段， 每一小段近似看作匀速直线运动， 然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故 A 错误； B. 牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了 “月地检验 ”，故 B 错误。 C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故 C 错误。 D. 在推导匀变速直线运动位移公式时， 把整个运动过程分成很多小段， 每一小段近似看作匀速直线运动， 然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故 D 正确。 3．在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上； a、b 带正 电，电荷量均为 q，整个系统置于方向水平的匀强电场中。若三个小球均处于静止状态，则 c 球的带电量 为（ ） A． +q B．-q C．+2q D． -2q 【答案】 D 【解析】 【详解】 a、b 带正电，要使 a、b 都静止， c 必须带负电，否则匀强电场对 a、b 的电场力相同，而其他两个电荷对 a 和 b 的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设 c 电荷带电量大小为 Q，以 a 电荷为研究对象受力 分析，根据平衡条件得 c、b 对 a 的合力与匀强电场对 a 的力等值反向，即为： 2 kq q l = 2 kQ q l ×cos60 所以 C 球的带电量为 -2q A． +q 与分析不符，故 A 错误； B． -q 与分析不符，故 B 错误； C． +2q 与分析不符，故 C 错误； D． -2q 与分析不符，故 D 正确。 4．如图所示， ACE 是半圆弧， O为圆心， C 为半圆弧的最高点， 37COD ， A、 C 、 D 处各有 一垂直纸面的通电直导线，电流大小均为 I ，长度均为 L ， A和 D 处通电直导线的电流方向垂直纸面向 外， C 处通电直导线的电流方向垂直纸面向里，三根通电直导线在 O 点处产生的磁感应强度大小均为 B ， 则 O处的磁感应强度大小为（ ） A． 5B B． 2B C． 5 5 B D． 0 【答案】 C 【解析】 【详解】 根据右手螺旋定则画出 A、C、D 各通电直导线在 O 处产生的磁感应强度，如图所示。将 DB 分解到水平 和竖直两个方向上，并分别在两个方向合成，则水平方向的合矢量 cos37 0.2xB B B B 竖直方向的合矢量 sin37 0.4yB B B B 所以 O 点处的磁感应强度大小 2 2 5(0.2 ) (0.4 ) 5OB B B B 故选 C。 5．如图所示， 大小可以忽略的小球沿固定斜面向上运动， 依次经 a、b、c、d 到达最高点 e.已知 ab=bd= 6m, bc=1m, 小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2s,设小球经 b、c 时的速度分别为 vb、 va, 则下列结论错 误的是 ( ) A． de=3m B． 3m / scv C．从 d 到 e 所用时间为 4s D． 10m/ sbv 【答案】 A 【解析】 【详解】 B.由题，小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2s，根据推论得知， c 点的速度等于 ad 间的平均速度， 则有 12 3m/s 2 2 2c ac cdv t ＝ ＝ ＝ 选项 B 不符合题意； D.ac 间中点时刻的瞬时速度为 1 7 3.5m/s 2 acv t ＝ ＝ ＝ cd 中间时刻的瞬时速度 2 5 m/s 2.5m/s 2 cdv t ＝ ＝ ＝ 故物体的加速度 22 1 0.5m/sv va t ＝ 由 vb2- vc2＝ 2a?bc 得， vb＝ 10 m/s． 故 D 不符合题意． A. 设 c 点到最高点的距离为 s，则： 2 23 9m 2 2 0.5 cvs a ＝ ＝ 则 de=s-cd=9-5m=4m ．故 A 符合题意． C.设 d 到 e 的时间为 T ，则 de= 1 2 aT 2， 解得 T=4s ．故 C 不符合题意． 6．汽车 A、B 在同一水平路面上同一地点开始做匀加速直线运动， A 、 B 两车分别在 t0 和 2t0 时刻关闭发 动机，二者速度一时间关系图象如图所示。已知两车的质量相同，两车运动过程中受阻力都不变。则 A、 B 两车（ ） A．阻力大小之比为 2：1 B．加速时牵引力大小之比为 2：1 C．牵引力的冲量之比为 1：2 D．牵引力做功的平均功率之比为 2： 1 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀减速运动，由 v—t 图像知 a3：a4=1：2 再根据牛顿第二定律知，汽车 A、B 所受阻力分别为 f 1=ma 3，f2=ma 4 得 f 1： f2=1：2 A 错误； B．在加速阶段，对 A 车 F1－f 1=ma 1 对 B 车 F2－f 2=ma 2 由 v-t 图像知 a1：a2=2：1，a1=a4=2a 2=2a3 联立解得 F1：F 2=1：1 B 错误； D．由图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为 0 2 v ，牵引力相等，所以牵引力平均功率 P Fv 得 P1=P2 D 错误； C．牵引力作用的时间 t 1： t2=1：2 牵引力的冲量 1 1 1 2 2 2 1 2 I F t I F t C 正确。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系 图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） A．在位移从 0 增大到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 E B．在位移从 0 增大到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 2E C．图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D．图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线 b 为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量 等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p2 0E E E E 得 p = 2E E ，即木块的重力势能减少了 2E ，故 A 错误， B 正确； C．由功能关系可知图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误； D．由功能关系可知图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。 故选 BD 。 8．下列说法中正确的是 _______。 A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象 B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹 C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些 E.在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A. 泊松亮斑是光的衍射现象，选项 A 正确； B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹，选项 B 正确； C.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项 C 错误； D.发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些，选项 D 正确； E.做双缝干涉实验时，会在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，当波长越长时，条纹间距越宽，当改成紫光 时，由于波长变小，则条纹间距变小，选项 E 错误。 故选 ABD 。 9．空间中有水平方向的匀强电场，电场强度大小为 E 。在电场中的 P 点由静止释放一个电荷量为 q、质 量为 m 的带电微粒，经过一段时间后微粒运动至 Q 点，微粒一直在电场中运动。若 P 、 Q 两点间的水平 距离为 d ，重力加速度为 g 。关于微粒在 P 、 Q 两点间的运动，下列说法中正确的是（ ） A．微粒运动的加速度为 qE g m B．微粒运动的时间为 2dm qE C． P 、 Q 两点间对应的竖直高度为 d D．运动过程中电场力做功大小为 qEd 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．带电微粒受力情况、水平方向有电场力、竖直方向有重力； 根据平行四边形定则可得合外力 2 2( ) ( )F qE mg 根据牛顿第二定律微粒运动的加速度为 2 2( )qEa g m 故 A 错误； B．水平方向加速度为 1 qEa m 根据运动学公式可得 2 1 1 2 d a t 解得微粒运动的时间为 2dmt qE 故 B 正确； C．微粒在竖直向下为自由落体运动，下降高度 21 2 y gt 解得 P 、 Q 两点间对应的竖直高度为 mgdy qE 故 C 错误； D．运动过程中电场力做功 W qEd 故 D 正确； 故选 BD 。 10．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是 __________．(填正确答案标号 ) A．质点振动频率是 0.25 Hz B．在 10 s 内质点经过的路程是 20 cm C．第 4 s 末质点的速度最大 D．在 t＝ 1 s和 t＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同 E.在 t＝2 s 和 t＝4 s 两时刻，质点速度大小相等、方向相同 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A、振动图象表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图象可知，质点运动的周期 T ＝4 s，其频率 f ＝ 1 T ＝0.25 Hz ，故 A 正确； B、 10 s 内质点运动了 5 2 T，其运动路程为 s＝ 5 2 ×4A＝ 5 2 ×4×2 cm ＝20 cm，故 B 正确； C、第 4 s 末质点在平衡位置，其速度最大，故 C 正确； D、 t＝1 s 和 t＝3 s两时刻，由图象可知，位移大小相等、方向相反，故 D 错误； E、在 t＝ 2 s 质点处于平衡位置，其速度最大，但 t＝2 s 和 t＝4 s 两时刻，速度方向相反，故 E 错误． 11．下列说法正确的是（ ） A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．物体内能增加，温度不一定升高 C．物体的温度越高，分子运动的速率越大 D．气体的体积指的不是该气体中所有气体分子体积之和，而是指该气体中所有分子所能到达的空间的体 积 E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．布朗运动反映了液体分子的无规则运动， A 正确； B．物体的内能是分子动能和分子势能的总和，内能增加可能是分子势能增加了，此时物体的分子动能可 能会减小，温度可能降低，所以 B 正确； C．温度越高，分子平均动能越大，但是个别分子的动能可能会减小， C 错误； D．气体的体积是所有气体分子占有空间的总和，而不是所有气体分子的体积之和， D 正确； E．气体的压强来自于气体分子对容器壁的不断撞击，与气体的重力无关， E 错误。 故选 ABD 。 12．下列说法正确的是（ ） A．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离 B．密闭容器中的理想气体温度不变，体积增大，则气体一定吸热 C．分子间距增大时，分子势能增大，分子力做负功 D．热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化 E.液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏 【答案】 ABE 【解析】 【分析】 【详解】 A．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故液体表面存在表面张力； 故 A 正确； B．密闭容器中的理想气体温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可 得 U W Q 气体一定要从外界吸热，故 B 正确； C．当分子间作用力表制现为斥力时，距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间作用力表现为 引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大。故 C 错误； D．根据热力学第二定律的另一种表述可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他变 化，故 D 错误； E．液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也就是说，附着层内液体分子间 的距离大于分子力平衡的距离，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层由收缩的趋势，就像液体表面 张力的作用一样。这样的液体与固体之间表现为不浸润，所以 E 正确。 故选 ABE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图甲所示为由半导体材料制成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线， 图乙为用此热敏电阻 tR 和继电 器设计的温控电路。设继电器的线圈电阻 20xR ，当继电器线圈中的电流 CI 大于或等于 20mA 时， 继电器的衔铁被吸合。 （ 1）实验过程中发现，开关 K 闭合后电路不工作。某同学为排查电路故障用多用电表测量各接入点间的 电压，则应将如图丙所示的选择开关旋至 __________（选填 “A ”“B ”“C ”或 “D ”）。 （ 2）用调节好的多用电表进行排查，在图乙电路中，断开开关 K 时，发现表笔接入 a 、 b 时指针发生偏 转，多用表指针偏转如图丁所示，示数为 __________ V ；闭合开关 K ，接入 a 、 b 和接入 a 、 c 时指针均 发生偏转， 接入 c 、b 时指针不发生偏转， 则电路中 __________（选填 “ac ”“cb”或 “ab ”）段发生了断路。 （ 3）故障排除后，在图乙电路中，闭合开关 K 若左侧电源电动势为 6.5V 内阻可不计，滑动变阻器接入 电路的阻值为 30 ，则温度不低于 __________ °C时，电路右侧的小灯泡就会发光。 【答案】 C 6.1 ac 42 【解析】 【详解】 (1)[1] A 挡位测量电阻值， B 挡位测量交流电压， C 挡位测量直流电压， D 挡位测量电流值，为测量各接 入点间的电压，选择 C 挡位。 (2)[2][3] 选择 “10V ”电压挡，则每一大格表示 2V ，每一小格表示 0.2V ，测量的精确度为 0.2V ，应估读 到 0.1V （此时应为 1 2 估读） ，指针对应的示数为 6.1V 。闭合开关 K ，接入 a 、 b 和接入 a 、 c 时指针均 发生偏转，说明 a 点到电源的正极、 c 点到电源的负极都是通路，接入 c 、 b 时指针不发生偏转，是因为 电流为零，所以 ac 段发生了断路。 (3)[4] 热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于 20mACI ，则总电阻不大于 325 C ER I总 由于 t xR R R R总 则 tR 不大于 275 。由题甲图可看出，当 1 275R 时，温度 42 Ct ，即温度不低于 42 C 。 14．某同学自己组装了一辆智能电动实验小车，为了研究该小车的运动情况，在小车后面系一通过电磁打 点计时器的纸带。如图所示为实验中得到的一段纸带，已知电磁打点计时器使用 20Hz 交流电，相邻两计 数点间还有三个点没有画出来，其中 AB=2.50cm ，BC=4.00cm ，CD=5.50cm ，该电磁打点计时器每隔 ___________秒打一次点，相邻两计数点间的时间间隔是 _________秒；小车的加速度大小为 ____________m/s 2。 【答案】 0.05 0.20 0.375 【解析】 【详解】 [1][2] 电磁打点计时器周期为 0.05s，由于相邻计数点间还有三个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔 为 0.20s； [3] 根据逐差法可知，车的加速度 2 2 2 2 (5.50 2.50) 10 0.375m/s 2 2 0.2 CD ABx x T a 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长 度 L=15.0m ，皮带以恒定速率 v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导 轨上， B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块 B 与轻弹簧连接， C 未连接弹簧， B、C 处于静止状 态且离 N 点足够远，现让滑块 A 以初速度 v0=6m/s 沿 B、C 连线方向向 B 运动， A 与 B 碰撞后粘合在一 起．碰撞时间极短，滑块 C 脱离弹簧后滑上倾角 θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地 面上，已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1，重力加速度 g=10m/s 2，sin37 °=0.6，cos37°=0.1． （ 1）滑块 A、B 碰撞时损失的机械能； （ 2）滑块 C 在传送带上因摩擦产生的热量 Q； （ 3）若每次实验开始时滑块 A 的初速度 v0 大小不相同， 要使滑块 C 滑离传送带后总能落至地面上的同一 位置，则 v0 的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】 (1) 9JE (2) 8JQ (3) 0 3 313m/s 397m/s 2 2 v 【解析】 试题分析： （1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损 失的机械能； （2）A、B 碰撞后与 C 作用的过程中 ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量 守恒定律可以求出 C 与 AB 分开后的速度， C 在传送带上做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律求出加速度， 然后应用匀变速直线运动规律求出 C 相对于传送带运动时的相对位移， 由功能关系即可求出摩擦产生的热 量．（ 3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块 A 的最大速度和最小速度． （ 1）A 与 B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设 A 与 B 碰撞后共同速度为 1v ，选取向 右为正方向，对 A 、B 有： 0 12mv mv 碰撞时损失机械能 2 2 0 1 1 1 2 2 2 E mv m v 解得： 9E J （ 2）设 A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为 Bv ，C 的速度为 Cv 由动量守恒得： 12 2 B Cmv mv mv 由机械能守恒得： 2 2 2 1 11 12 2 22 2 B Cm v m v mv 解得： 4 /cv m s C 以 cv 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为 x 时与传送带共速 由牛顿第二定律得： 2 1 0.4 /a gcos gsin m s 由速度位移公式得： 2 2 12Cv v a x 联立解得： x=11.25m ＜L 加速运动的时间为 t，有： 1 2.5Cv vt s a 所以相对位移 x vt x 代入数据得： 1.25x m 摩擦生热 · 8Q mgcos x J （ 3）设 A 的最大速度为 maxv ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 1cv ，AB 的速度为 1Bv ，则 C 在传送带上 一直做加速度为 2a 的匀减速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： 2 2 2 12cv v a L 根据牛顿第二定律得： 2 2 12.4 /a gsin gcos m s 联立解得： 1 397 /cv m s 设 A 的最小速度为 minv ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 2Cv ，AB 的速度为 1Bv ，则 C 在传送带上一直 做加速度为 1a 的匀加速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： 2 2 1 12cv v a L 解得： 2 13 /cv m s 对 A 、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有： 1 12max B Cmv mv mc 由机械能守恒得： 2 2 2 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2B Cm v m v mv 解得： 1 3 3 397 / 2 2max cv v m s 同理得： 3 13 / 2minv m s 所以 0 3 313 / 397 / 2 2 m s v m s 16．如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为 m 的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹 簧的劲度系数为 k，现用恒力 F 向左推物块， 当物块运动到最左端时， 推力做的功为 W ，重力加速度为 g， 物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求： （ 1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功； （ 2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动多远？ 【答案】 （1） f mgW mgx W F （2） 2 2' 2 kWx mgF 【解析】 （ 1）设物块向左移动的距离为 x，根据题意： Wx F 克服摩擦力做功： f mgW mgx W F （ 2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功： 20 1 ( ) 2 2FN kx WW x k F 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能： 2 22P FN kWE W F 撤去推力后，根据动能定理： ' 0FNW mgx ' = (0- )FN PW E 可得物块能向右运动的距离： 2 22 kWx mgF 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运 动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值 . 17．热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽 真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热 等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为 0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为 3.2 ×10-2 m 3，使用前瓶中气体压强为 1.5 ×107 Pa，使用后瓶 中剩余气体压强为 2.0 ×106 Pa；室温温度为 27 ℃．氩气可视为理想气体． （ 1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强； （ 2）将压入氩气后的炉腔加热到 1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强． 【答案】 （1） 73.2 10 Pa （2） 81.6 10 Pa 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）设初始时每瓶气体的体积为 0V ，压强为 0p ；使用后气瓶中剩余气体的压强为 1p ，假设体积为 0V ， 压强为 0p 的气体压强变为 1p 时，其体积膨胀为 1V ，由玻意耳定律得： 0 0 1 1p V p V 被压入进炉腔的气体在室温和 1p 条件下的体积为： 1 0V V V 设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 2p ，体积为 2V ，由玻意耳定律得： 2 2 110p V pV 联立方程并代入数据得： 7 2 3.2 10 Pap （ 2）设加热前炉腔的温度为 0T ，加热后炉腔的温度为 1T ，气体压强为 3p ，由查理定律得： 3 2 1 0 p p T T 联立方程并代入数据得： 8 3 1.6 10 Pap