2021屆全國百強名校領軍考試高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共4小題，共24.0分）

1.玻爾認為，圍繞氫原子核做圓周運動的核外電子，軌道半徑只能取某些特殊的數值，這種現象

叫做軌道的量子化.若離核最近的第一條可能的軌道半徑為右，則第n條可能的軌道半徑為7=

71^（71=1,2,3,...）,其中n叫量子數.設氫原子的核外電子繞核近似做勻速圓周運動形成的等效

電流，在71=3狀態時其強度為/,則在n=2狀態時等效電流強度為（）

A.-IB.-/C.-ID.-I

23827

2.一個木塊以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上運動的v-t圖象如圖所示.則

根據圖象不能求出的物理量是（）

v/m/s

00.20.40.60.81.01.21.4

A.木塊的位移B.木塊的加速度

C.木塊所受摩擦力D.木塊與桌面間的動摩擦因數

3.下列各敘述中，正確的是（）

A.由功的定義式W=Fx可知，功是既有大小又有方向的物理量

B.在不需要考慮帶電物體本身的形狀和大小時:用點電荷來代替帶電體的方法叫微元法

C.牛頓在前人工作的基礎上通過推導，提出了萬有引力定律，并測出了引力常量的值

D.比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電場強度E=；,電勢差U=￡都

是采用了比值法定義的

4.一個質點做變速直線運動的t圖象如下圖，下列說法中正確AB

A.第1s內與第5s內的速度方向相反

B.第1s內的加速度大于第5s內的加速度

C.OA->AB、BC段的加速度大小（ZBC>^OA>^-AB

D.。4段的加速度方向與速度方向相反

二、多選題（本大題共6小題，共33.0分）

5.在天文觀測中，發現一顆與其它天體相距較遠的球形天體4它有一靠近表面飛行的衛星a；另

一顆與其它天體相距較遠的球形天體B,它也有一靠近表面飛行的衛星b,測得兩顆衛星a、b分

別環繞天體4、8的周期相等.以下說法正確的是（）

A.天體4、8的質量一定相等

B.天體4、B的密度一定相等

C.天體4、B的第一宇宙速度一定相等

D.天體4和天體B表面附近物體的重力加速度之比為天體4、B的半徑之比

6.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為3底端接阻值為R的電阻.將質量

為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所

在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，除電阻R外其余電阻不

計.現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（）

A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g

B.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a—b

C.金屬棒的速度為。時，電路中的電功率為電等

D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量

如圖所示，銅棒ab長"=0.1m,質量為TH=0.06kg,兩端與長為/=1m

的輕銅線相連，靜止于豎直平面內，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，

磁感應強度8=0.57,現接通電源，使銅棒中保持有恒定電流通過，銅棒

發生擺動，已知最大偏轉角為37。，則在向上擺動過程中（不計空氣阻力，5=10m/s2,sin370=

0.6,8$37。=0.8）則（）

A.銅棒的機械能守恒B.銅棒的機械能增大

C.銅棒中通電電流大小為94D.銅棒中通電電流大小為44

8.兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為。的斜面上，導軌的左端接有

電阻R,導軌自身的電阻可忽略不計。斜面處在勻強磁場中，磁場方向

垂直于斜面向上。質量為小、電阻可不計的金屬棒ab,在沿著斜面與棒

垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升九高度。如圖所示，在這過程中（）

A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零

B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mg/i與電阻R上發出的焦耳熱之和

C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零

D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上發出的焦耳熱

9.下列說法中正確的是()

A.分子間有相互作用的引力或斥力

B.分子間的作用力隨距離的增大而減小

C.如果系統4與系統B分別與系統C達到熱平衡，則系統4、B具有相同的溫度

D.一定質量0汽的水凝結成(TC的冰時分子熱運動的平均速率不變

E.溫度越高，分子的勢能越大

10.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時波形圖如圖中實線所示，此時波剛好傳到c點，t=0.6s

時波恰好傳到e點，波形如圖中虛線所示，a、b、c、d、e是介質中的質點，下列說法正確的是

()

A.當t=0.5s時質點b和質點c的位移相等

B.當t=0.6s時質點a的位移為-5百cm

C.質點c在。?0.6s時間內沿x軸正方向移動了3nl

D.這列簡諧橫波遇到頻率為l”z的另一列簡諧橫波時我們能夠觀察到干涉現象

三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)

11.圖為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖，細線平行于桌面，物塊和遮光片

的總質量為M、重物的質量為m,遮光片的寬度為d,兩光電門之間的距離為s.讓物塊從光電門4

的左側由靜止釋放，分別測出遮光片通過光電門4、B所用的時間為以和%,用遮光片通過光電

門的平均速度表示遮光片豎直中線通過光電門的瞬時速度.

(1)如果物塊運動的加速度為a,則物塊與水平桌面之間動摩擦因數〃為

mg-(M+m)aomg-Ma八mg-Ma

MgmgMgmg

(2)利用實驗中測出的物理量，算出物塊運動的加速度a為

或J-%)

2st嚴，2sI詒

(3)遮光片通過光電門的平均速度(選填“大于”、“等于”或“小于”)遮光片豎直中線通過

光電門的瞬時速度，由此會產生誤差，請寫出一種減小這一誤差的方法.答：

12.如圖是一個多用表倍率為x100的歐姆擋內部電路示意圖。電流表滿偏

電流6m4內阻90：電池電動勢9人內阻10；變阻器R阻值。?20000,

在電路中還有一個保護電阻扁=490/2o

(1)選擇該擋位后，測量前應;

(2)歐姆表盤的中間刻度應標數字為；

(3)當表內電池的電動勢低于U時，可導致該擋位不可調零；

(4)若表內電池的電動勢下降后仍可調零，但某次測量竟將實際阻值為4000標準電阻的阻值測成

5000,分析可知表內電池的電動勢等于心

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.已知笊核的質量為2.0136“，中子的質量為1.0087”，jHe的質量為3.0150a。

(1)計算上述核反應中釋放的能量。

(2)若兩個笊核以相等的動能0.35MeU發生對心碰撞即可發生上述核反應，且釋放的核能全部轉化為

機械能，則反應中生成的;He和中子的動能各是多少？

14.如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質量為M=2kg的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其

左側半徑為R=5nl的四分之一圓弧軌道4B是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切相連，水

平軌道BC長為3爪,物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數〃=0.4,整個軌道處于同一豎直平面內。

現將質量為加=1kg的物塊(可視為質點)從圓弧上無初速度釋放，取重力加速度為g=10m/s2,

則：

(1)若釋放點在4點，求物塊下滑至圓弧軌道最低點B時的速度大小如；

(2)若物塊最終從C端離開小車，求此過程中產生的熱量Q；

(3)若改變物塊釋放點，可使小車最終獲得的動能最大，求此最大動能取。

15.如圖所示為豎直放置的、由粗細不同的兩種均勻的玻璃管組成的U形管，細管的橫

截面積是粗管橫截面積的一半，管內有一段水銀柱，左管上端封閉，左管內氣體A

h

B

柱長為30cm,右管上端開口與大氣相通，管內水銀面4、B、C之間的高度差均為h-

C

h,且八長為4cm.氣體初始溫度為27汽，大氣壓強p。為76cm"g,求：

(1)當左側細管中恰好無水銀柱時，管內的氣體壓強；

(2)當左右兩管水銀面相平時，氣體的溫度.

16.如圖所示，從長方體透明玻璃中挖去一個半徑為R的半球體，0為半球

的球心，。1。2連線為透明玻璃體的主光軸，在離球心0.5R處豎直放置

一個足夠大的光屏，出為屏上的點，讓一單色光束平行。［。2垂直左側

表面入射，當光線距離為02連線0.5R時，折射后的光線達到光屏上距

離。2為苧R的P點，已知透明體的上下側面均涂有吸光材料，貝I：

①透明玻璃的折射率為多少；

②當平行光線到光軸。1。2的距離為多少時，折射后射到光屏上的位置離。2最遠。

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：根據憶3=山丁”，

r2T2

解得T=2n匡,

\ke2

n=2和n=3軌道半徑之比為4：9,則n=2和n=3兩個軌道上的周期比為8：27,

根據/=*知，電流比為27：8,所以在n=3狀態時其強度為/,則n=2狀態時等效電流強度為薩/.故

IO

C正確，A、B、。錯誤.

故選：C.

電流等于單位時間內通過某個橫截面的電量，通過軌道半徑求出電子繞核旋轉的周期關系，從而得

出九=3狀態時和ri=2狀態時的電流關系.

解決本題的關鍵建立正確地物理模型，結合庫侖引力提供向心力得出周期與軌道半徑的關系.

2.答案：C

解析：解：2、速度時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，根據圖線可以求出木塊的位移.故4

正確.

從速度時間圖線的斜率表示木塊的加速度，結合圖線的斜率可以求出木塊的加速度.故8正確.

C、木塊所受的摩擦力/="mg=ma,因為質量未知，則無法求出木塊所受的摩擦力，動摩擦因數

〃常，可以求出.故C錯誤，。正確.

本題選不能求出的，故選：C.

根據速度時間圖線與時間軸圍成的面積求出木塊的位移，結合圖線的斜率求出木塊的加速度，根據

牛頓第二定律，結合加速度求出動摩擦因數的大小.

解決本題的關鍵知道速度時間圖線的物理意義，知道圖線斜率和圖線與時間軸圍成的面積表示的含

義.

3.答案:D

解析：解：4、功只有大小，沒有方向，是標量，故A錯誤；

8、在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫理想模型法，故8錯誤。

C、牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許測量出了萬有引力常量，故C錯誤。

。、比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，電場強度E=；,電勢差U=?都是采用

了比值法定義的。故。正確;

故選：D。

功是標量；在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫理想模型法。卡

文迪許測量出了萬有引力常量；比值法定義出來的物理量與參與定義的量無關。

在高中物理學習的過程中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大

的幫助，故在理解概念和規律的基礎上，要注意方法的積累。

4.答案：C

解析：解：4、由圖知，第1s內與第5s內的速度均為正值，速度方向均沿正方向，方向相同。故A

錯誤。

8、根據速度圖象的斜率等于質點的加速度，可知，第1s內的加速度小于第5s內的加速度。故B錯

誤。

C、由斜率的大小等于質點的加速度大小看出，04、4B、BC段的加速度大小關系為：aBC>a0A>aAB.

故C正確。

。、。4段的加速度與速度方向均為正值，方向相同。故。錯誤。

故選：Co

本題是速度圖象，解答本題關鍵應根據：

1、速度的正負表示質點的運動方向；

2、速度圖象的斜率等于質點的加速度；根據斜率的大小可判斷加速度的大小，由斜率的正負確定加

速度的方向.

本題的解題關鍵是掌握速度圖象的斜率等于質點的加速度，即可比較加速度的大小，判斷加速度的

方向.

5.答案：BD

解析：解：力、根據G^=mR等得天體質量為：時=寓，由于天體4、B的半徑關系未知，則無

法判斷質量是否一定相等，故A錯誤。

B、天體的密度為：。=?=噩=券，兩顆衛星a、b分別環繞天體4、B的周期相等，則天體力、

3

B的密度一定相等，故B正確。

C、根據G鬻=m*得：v==眄運,因為4、B的半徑關系未知，無法判斷第一宇宙速度一

定相等，故C錯誤。

。、根據G鬻=mg得：g=^=lpGnR,可知天體4和天體B表面附近物體的重力加速度之比為天

體4、B的半徑之比，故。正確。

故選：BD。

衛星繞球形天體運動時，由萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律和萬有引力定律得出天體的質

量、天體密度、第一宇宙速度、重力加速度的表達式，從而進行比較.

本題是衛星繞行星運動的問題，要建立好物理模型，采用比例法求解.要熟練應用萬有引力定律、

圓周運動的規律結合處理這類問題.

6.答案：AC

解析：解：4、金屬棒釋放瞬間，速度為零，感應電流為零，由于彈簧處于原長狀態，因此金屬棒只

受重力作用，故其加速度的大小為g,故4正確；

B、根據右手定責可知，金屬棒向下運動時，流過電阻R電流方向為b-a,故B錯誤；

C、當金屬棒的速度為"時，E=BLv,安培力大小為：F=BIL=B--L=—,故正確；

RRC

。、當金屬棒下落到最底端時，重力勢能轉化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產生的總熱量小于

金屬棒重力勢能的減少，故。錯誤.

故選：AC.

導體棒下落過程中切割磁感線，回路中形成電流，根據右手定責可以判斷電流的方向，正確分析安

培力變化可以求解加速度的變化情況，下落過程中正確應用功能關系可以分析產生熱量與重力勢能

減小量的大小關系.

根據導體棒速度的變化正確分析安培力的變化往往是解決這類問題的重點，在應用功能關系時，注

意彈性勢能的變化，這點是往往被容易忽視的.

7.答案:BC

解析：

對銅棒受力分析，根據安培力做的功，判斷機械能的變化，由共點力平衡條件并結合合成法求解安

培力，進而可求電流大小。

本題關鍵受力分析后根據平衡條件列式求解安培力，然后根據公式凡4=B/L求解電流大小。

力B.銅棒在運動的過程中，由安培力做功，故機械能不守恒，由于安培力做正功，故機械能增大，故

B正確，A錯誤；

CD對銅棒受力分析，受重力、繩的拉力、安培力，側視圖如圖（從右向左看）：

T

6

mg

由圖可得：

mgtand=尸安=BIl,

解得：/=理理=2^譽經a=94故C正確，。錯誤。

BL0.5x0.1

故選BC。

8.答案：AD

解析：解：4B、金屬棒ab勻速上升過程中，作用于棒上各力的合力為零，則合力所作的功等于零,

故A正確，8錯誤。

C、根據動能定理得：WF-WG-W^=o,得必—皿安=%*0,即恒力F與安培力的合力所做的

功不等于零，等于克服重力做功，故C錯誤。

。、由必一%一加次=0得，WF-WC=W^,即恒力F與重力的合力所做的功等于克服安培力所

做功，即等于電阻R上發出的焦耳熱，故。正確。

故選：ADc

導體棒ab勻速上滑，合力為零，即可合力的做功為零；對導體棒正確受力分析，根據動能定理列方

程，弄清功能轉化關系，注意克服安培力所做功等于回路電阻中產生的熱量。

對于電磁感應與功能結合問題，可利用動能定理進行判斷各個力做功之間關系，尤其注意的是克服

安培力所做功等于整個回路中產生熱量。

9.答案：ACD

解析：

分子間存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距離的減小而增加，但斥力增加的更快，

故當距離于小時合力表現為引力，小于小時合力表現為斥力；如果兩個熱力學系統中的每一個都與第

三個熱力學系統處于熱平衡（溫度相同），則它們彼此也必定處于熱平衡，這一結論稱做“熱力學第

零定律”；

該題考查3-3的多個知識點；其中熱平衡定律是熱力學中的一個基本實驗定律，其重要意義在于它

是科學定義溫度概念的基礎，是用溫度計測量溫度的依據。

4分子間既存在引力，也存在斥力，只是當分子間距離大于平衡距離時表現為引力，小于平衡距離

時表現為斥力，故A正確；

B.分子間存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距離的增加而減小，但分子之間的作

用力的整體效果變化比較復雜，當分子間距離小于平衡距離時，分子間的作用力隨距離的增大而減

小；大于平衡距離時表現為引力，隨距離的增大，可能是先增大后減小，故8錯誤；

C.根據熱平衡定律，如果系統4與系統B分別與系統C達到熱平衡，則系統4、B具有相同的溫度；故

C正確；

。?溫度是分子的平均動能的標志，一定質量0國的水凝結成0K的冰時分子熱運動的平均速率不變.故

。正確；

E.溫度是分子的平均動能的標志，溫度越高，分子平均動能增大，但分子勢能不一定越大，故E錯

誤。

故選ACDo

10.答案：AB

解析：解：4、由題意可得該波向右傳播，起振的方向向上，波長是4m,0.6s的時間內傳播的距離

是：九所以波的周期7=0.6x：=0.8s,/=7==3=2兀/=?該波的方程：y=

45IU.o4L

Asin[27r(^-，當t=0.5s時質點b的位移：yb=0.10xsin[27r(yj-|)]=點的位移：yc=

0.10xsin[27r(---)]=---質點b、c的位移相同。故A正確；

B、質點a的初相為3，振動方程y=Asin(a>t+</>)=10sin(yt+^),當t=0.6s時%=10sin(yx

0.6+^=-5V3cm,故B正確；

C、質點c在這段時間內只是沿振動的方向振動，沒有沿x軸正方向移動。故C錯誤。

D、因為發生干涉的兩列波頻率相同，這列簡諧橫波的頻率為:Hz,遇到頻率為1Hz的另一列簡諧橫

波時，我們不能夠觀察到干涉現象，故。錯誤；

故選：AB.

4、由題意可知波長、周期，結合波的方程和質點的振動方程來討論得出；

B、由振動方程可求解：

C、根據波沿x軸傳播，介質中的質點只是在平衡位置做簡諧運動，沒有隨波逐流可求解；

。、根據發生干涉時兩列波頻率要相同可求解。

本題考查對波動圖象的理解能力。知道兩個時刻的波形時，往往應用波形的平移法來理解。該題中

的A選項使用波的方程是該題的難點，也可以使用作圖的方法來解決。

II.答案：(1)4(2)8；(3)小于；減小遮光片的寬度

解析：

(1)分別對m和M進行受力分析，然后使用牛頓第二定律即可求得摩擦因數；

(2)遮光板通過光電門的時間很短，可以用對應時間內的平均速度代替瞬時速度；根據速度位移關系

公式2as=詔-若列式求解；

(3)遮光片通過光電門的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而物塊做加速運動前一半的時間內的位

移小于后一半時間內的位移。

本題關鍵明確探究加速度與物體質量、物體受力的關系實驗的實驗原理，知道減小系統誤差的兩種

方法，不難。

(1)對m：mg-F&=ma,對M：F^-^Mg=Ma,解得：(="g-黑叫\故選人；

(2)由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度，故%=*；由運動

學的導出公式：2as=詔—若，解得：。=等=||(專.)；故選8；

(3)遮光片通過光電門的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而物塊做加速運動前一半的時間內的位

移小于后一半時間內的位移，所以時間到一半時，遮光片的中線尚未到達光電門，所以遮光片通過

光電門的平均速度小于遮光片豎直中線通過光電門的瞬時速度.為減小實驗的誤差，可以減小遮光

片的寬度，也可以通過計算，消除理論誤差。

12.答案：歐姆調零1537.2

解析：解：(1)使用歐姆檔，在測量前需要歐姆調零，

(2)中值電阻等于歐姆表內阻，歐姆表內阻為R的=\=菽篙0=1500。，則歐姆表盤的中間刻度應

標數字為15；

(3)當調零電阻阻值為0時，讓表頭正好達到滿偏，此時電源電動勢為最小電動勢，Emin=IgR^min=

6x10-3x(9+1+490"=3V；

(4)表頭指針位置反應通過的電流，當標準表測量5000電阻時電流為/,則

.E

1=不荻，代入數據解得/=4.5xIO7力

當電源電動勢下降時測量400。電阻時電流仍為/,則

/=總%，聯立解得E'=7.2U

內

故答案為：歐姆調零；15；3；7.2。

(1)使用歐姆檔，在測量前需要歐姆調零；

(2)中值電阻等于歐姆表內阻；

(3)當調零電阻阻值為0時，讓表頭正好達到滿偏，此時電源電動勢為最小電動勢；

(4)表頭指針位置反應通過的電流，根據閉合電路歐姆定律列式求得兩次電流相同即可求解。

本題考查多用電表的原理和使用，比較簡單。注意在使用歐姆檔測量之前必須歐姆調零，每次換擋

也必須再次進行歐姆調零。

13.答案：解：(1)由質量數與核電荷數守恒可知，

核反應方程式為：IH+IH嚀He+^n

反應過程中的質量虧損：△m=2x2.0136U-1.0087u-3.0150u=0.0035u,

反應過程中釋放的核能：AE0Ame2=0.0035x931.5MeV=3.26MeV；

(2)碰撞過程動量守恒，以其中一個笊核的初速度方向為正方向，

由動量守恒定律得：0=rnava-mHevHe,

由能量守恒定律得：2Ek+△E=+琦優

解得：Eka=0.99MeV,Ekn=2.97MeV；

答：(1)上述核反應中釋放的能量為3.26Me，；

(2)He的動能為0.99MeU,中子的動能為2.97MeU。

解析：(1)根據質量數守恒和核電荷數守恒書寫核反應方程，先求出核反應中質量虧損，再由愛因斯

坦質能方程，求出核反應中釋放的核能；

(2)兩笊核對心碰撞過程，遵守動量守恒和能量守恒根據動量守恒和能量守恒列方程求解。

該題主要考查動量守恒、質能方程、能量守恒等相關知識。對于核反應書寫核反應方程，要抓住微

觀粒子的碰撞，相當于彈性碰撞，遵守兩大守恒：動量守恒和能量守恒。

14.答案：解：(1)物塊下滑至圓弧軌道最低點B根據動能定理得

1,

mgR=-mvg

解得：vB=10m/s

(2)此過程中，相對位移為板長，則

摩擦產生的熱量

Q=imtgL=0.4x10x3/=12/。

(3)分析可知，只有相對滑行階段小車方可加速，且

*季2t2

對小車由動能定理

2

Wf=(img--a2t=Ek

知只有t最大，小車獲得動能才最大。

由u-t圖象可知，滑塊滑到小車右端時恰好與小車共速，相對運動的時間

最長。

設滑塊到B點的速度為明滑到右端時共同速度為"共，小車加速時間為3

則有：

對物塊由牛頓第二定律有

fj.mg=max

解得

Qi=4m/s2o

對小車，根據牛頓第二定律得

fimg=Ma2

解得

2

a2=2m/s

發生的相對位移為：=+"共)t一；匕好

Vyz=v—ttjt=a2t

解得：t=Is,v—6m/so

小車獲得的最大動能為：

1

Ek=]M(a2t產=4/

答：(1)若釋放點在4點，求物塊下滑至圓弧軌道最低點B時的速度大小如為10m/s；

(2)若物塊最終從C端離開小車，求此過程中產生的熱量Q為12/；

(3)若改變物塊釋放點，可使小車最終獲得的動能最大，求此最大動能取為4/。

解析：(1)物塊由4到B,根據動能定理求出物塊下滑到B點的速度大小；

(2)產生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，結合Q=△x求出產生的熱量；

(3)作出小車和物塊的速度時間圖線，分析何時小車的動能最大，結合運動學公式和動能定理求出。

此題的關鍵要知道物塊相對小車運動的時間越長，小車的位移越大，則小車的動能越大，結合圖線

分析比較簡潔明了。

15.答案：解：(1)設左側細管橫截面積為S,左管內水銀柱下降4加，則右側上升凡,

由液體不可壓縮性：4XS=2SX/H

九1=2cm

所以管內的氣體壓強P'=%-pgh+pgh[=76-4+2=74cmHg

(2)當左右兩管水銀面相平時，由(1)可知，兩水銀面在B下方1cm處,

初狀態：氣壓B=Po—pg/i=76—2x4=68cmHg體積匕=匕xS=30S

末狀態：氣