2021年廣西柳州市柳江區高考物理模擬試卷

1.下列說法正確的是（）

A.天然放射現象的發現揭示了原子的核式結構

B.放射性元素發生一次/?衰變，原子序數減少1

C.一群處于n=3能級激發態的氫原子，自發躍遷時能發出3種不同頻率的光

D.在a、0、y這三種射線中，a射線的穿透能力最強，y射線的電離能力最強

2.如圖所示的電路中，％是定值電阻，%是光敏電阻，

電源的內阻不能忽略.閉合開關S,當光敏電阻上

的光照強度減弱時，下列說法正確的是（）

A.通過/?2的電流增大

B.電源的路端電壓減小

C.電容器C所帶的電荷量增加

D.電源的效率減小

3.如圖所示，匕分別是甲、乙兩輛車從同一地點沿同

一直線同時運動的速度圖象，由圖象可以判斷（）

A.2s后，甲、乙兩車的加速度大小相等

B.兩車只有時刻速率相等

C.在。?8s內兩車最遠相距148w

D.在這段時間內，兩車相遇一次

4.若在某行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋

一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2:夕.已知該行星質量約為地球的7倍,

地球的半徑為R.由此可知，該行星的半徑約為（）

A.B，RC.2RD.史R

222

5.英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發感生電場.如圖所示，一個

半徑為r的絕緣體圓環水平放置，環內存在豎直向上的勻強磁場B,環上套一帶電

荷量為+q的小球.已知磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為Z,若小球在環

上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是（）

AB

亡g

A.OB.|r2q/cC.2nr2qkD.nr2qk

6.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數比為2：

1,原線圈通過燈泡k與正弦式交流電源相連，電

源電壓恒定，副線圈通過導線與燈泡乙2和乙3相連，

三個燈泡規格完全相同.開始時開關S處于斷開狀

態.當S閉合后，所有燈泡都能發光.下列說法中正確的是（）

A.閉合開關S后,燈泡及和G亮度相同

B.閉合開關S后,燈泡L變亮，燈泡員的亮度不變

C.閉合開關S后，燈泡員兩端的電壓變小

D.閉合開關S后，變壓器原線圈的輸入功率不變

7.兩個小木塊BC中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用

細線將兩個木塊綁在一起,使她們一起在光滑水平面上

沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中。線段所示，

在t=4s末，細線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，

運動圖線分別如圖中仄c線段所示.從圖中的信息可

知（）

A.木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向相同

B.木塊8、C都和彈簧分離后，系統的總動量增大

C.木塊B、C分離過程中8木塊的動量變化較大

D.木塊B的質量是C木塊質量的四分之一

如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑.光滑小

球被輕質細線系放在斜面上，細線另一端跨過定滑輪，用

力尸拉細線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離，斜面

體始終保持靜止狀態，則在此過程中（）

A.細線對小球的拉力變小

B.斜面體對小球的支持力變小

C.地面對斜面體的壓力變小

第2頁，共18頁

D.地面對斜面體的摩擦力變大

9.如圖1所示，裝有兩個光電門的木板固定在水平桌面上，帶有窄遮光片（寬度為d）的

滑塊被一端固定的彈簧經壓縮后彈開，依次經過兩光電門，光電門有兩種計時功能,

既可以記錄遮光片到達兩光電門的時間差t,又可以分別記錄在兩光電門處的遮光

時間△以和△tB（在本題各次實驗中，滑塊運動到A前已脫離彈簧）

(?n/?)

0

腳腳陶福瞧輾蹣“圈瞄

蒯I睡眥曲遜通道期，

驅限期N臊?震tuiinnnni

隨幽地僦然前曲通

遮光片瞄通通同前演畫前畫畫展

光電門光電門

B割鹿四螂修辭里公述避

J瑜［卿聞肺闌眥解解睡曬

00I0203040$0?07010910

圖1圖2

（1）遮光片經過A時的速度大小為（選用4、八△以或表示）；

（2）利用實驗中測出的”、△“43和AB間距s,寫出滑塊與木板間的動摩擦因數

表達式〃=（重力加速度為g）；

（3）將光電門A固定，調節B的位置，每次都使物塊將彈簧壓到同一位置。后由靜

止釋放，記錄各次/值并測量AB間距s,作出;一t關系圖線如圖2,該圖線縱軸截

距的物理意義是,利用該圖線可以求得滑塊與木板間的動摩擦因數為

〃=（重力加速度g取10m/s2,結果保留兩位有效數字）.

10.實驗室有一破損的雙量程電壓表，兩量程分別是3丫和15V,其內部除表頭之外的

電路如圖所示，因電壓表的表頭G已燒壞，無法知道其電學特性，但兩個精密電

阻公、R2完好，測得%=2.9kC,R2=12.0kQ.

(1)由此可知原表頭G滿偏電流/=mA,內阻r=。；

(2)現有兩個表頭，外形都與原表頭G相同，己知表頭Gi的滿偏電流為加4內阻

為500；表頭的滿偏電流0.5nM,內阻為200。，又有三個精密定值電阻巳=100/2,

r2=15012,r3=2002若保留%、R2的情況下，用其中一個表頭和一個精密電阻

對電壓表進行修復，則需選用的表頭為精密電阻為(用符號表示〉用

選好的表頭和精密電阻，再加上原表的精密電阻&、R2,在右面的方框中畫出修復

后雙量程電壓表完整的電路圖.

(3)若用修復后的電壓表測量一電阻兩端的電壓，用3y的量程時，表頭指示的示數

為0.4mA,則加在該電阻兩端的電壓為V.

11.某工廠用傾角為37。的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶總長為L=

50m,正常運轉的速度為u=4m/s.一次工人剛把M=10kg的貨物放到傳送帶上的

A處時停電了，為了不影響工作的進度，工人拿來一塊rn=5kg帶有掛鉤的木板，

把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去.貨物與木板及木板與傳送帶

之間的動摩擦因數均為0.8.(物塊與木板均可看做質點，g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值；

(2)若工人用戶=189N的恒定拉力把貨物拉到(處時來電了，工人隨即撤去拉力，求

此時貨物與木板的速度大小；

(3)來電后，還需要多長時間貨物能到達B處？(不計傳送帶的加速時間)

第4頁，共18頁

12.如圖所示，在平面直角坐標系內，第一象限的等腰三角形MNP區域內存在垂直于

坐標平面向外的勻強磁場，y<0的區域內存在著沿y軸正方向的勻強電場.一質

量為機，電荷量為g的帶電粒子從電場中Q(一2九,―八)點以速度％水平向右射出，經

坐標原點。射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場.已知MN平行于x

軸，N點的坐標為(2兒2九)，不計粒子的重力，求：

(1)電場強度的大小；

(2)磁感應強度的大小B；

(3)粒子在磁場中的運動時間.

13.下列敘述中正確的是()

A.空中下落的雨滴呈球形是因為液體有表面張力

B.自然發生的熱傳遞過程是沿著分子熱運動無序性增大的方向進行的

C.非晶體的物理性質各向同性而晶體的物理性質都是各向異性

D.物體吸收熱量，同時對外做功，其內能可能增加

E.機械能不可能全部轉化為內能，內能也無法全部用來做功以轉化成機械能

14.如圖所示，在上端開口、豎直放置的足夠高光滑導熱氣缸內，體積均為

丫的理想氣體1、2被輕活塞A隔開，氣體1上面有活塞8,兩活塞均被

鎖定。已知氣體1的壓強、大氣壓均為po,氣體2的壓強為2Po.現解除

對活塞A的鎖定。求:

心穩定后氣體1的體積和壓強；

3）穩定后，再解除對活塞8的鎖定，求再次穩定后氣體2的體積。

15.如圖，a、b、c、d是均勻媒質中x軸上的四個質點，相鄰兩點的間距依次為2%、

4小和6機。一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時刻到達質點a

處，質點。由平衡位置開始豎直向下運動，t=3s時a第一次到達最高點。下列說

法正確的是（）

abcd

****Jj

A.在t=6s時刻波恰好傳到質點d處

B.在1=5s時刻質點c恰好到達最高點

C.質點6開始振動后，其振動周期為4s

D.在4s<t<6s的時間間隔內質點c向上運動

E.當質點d向下運動時，質點匕一定向上運動

16.圖示為一光導纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為3折射率為“，

A8代表端面.已知光在真空中的傳播速度為c.為使光線能從玻璃絲的AB端面傳播

到另一端面，

①求光線在端面AB上的入射角應滿足的條件：

②求光線從玻璃絲的AB端面傳播到另一端面所需的最長時間.

第6頁，共18頁

A

A

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、天然放射現象的發現揭示了原子核是有內部結構的，故A錯誤；

從口衰變的實質是核內的中子轉化成一個質子和一個電子，因此放射性元素發生一次/?

衰變，原子序數增加，故B錯誤；

C、一群處于n=3能級激發態的氫原子，自發躍遷時能發出廢=3種不同頻率的光，故

C正確；

D、在a、/?、y這三種射線中，y射線的穿透能力最強，a射線的電離能力最強，故。錯

誤；

故選：C.

天然放射現象的發現揭示了原子核是有內部結構的，口衰變的實質是核內的中子轉化成

一個質子和一個電子，一群處于n=3能級激發態的氫原子，自發躍遷時能發出第=3種

不同頻率的光，在a、0、y這三種射線中，y射線的穿透能力最強，a射線的電離能力最

強.

本題主要考查了天然放射性現象，解題關鍵是要了解原子核衰變的實質，掌握三種射線

的特點，熟記a、小y這三種射線中，y射線的穿透能力最強，a射線的電離能力最強,

另外需要掌握波爾氫原子能級圖中計算放出多少不同頻率的光的方法，特別注意一群處

于n=3能級激發態的氫原子與一個處于n=3能級激發態的氫原子的區別，如果是一個

處于n=3能級激發態的氫原子，最多放出2種不同頻率的光.

2.【答案】C

【解析】解：人當光敏電阻上的光照強度減弱時，光敏電阻的阻值會增大，電路的總

電阻增大，電路中的總電流減小，則流過的電流減小；故A錯誤；

BC,電路中的總電流減小，電源的內電壓減小，根據全電路歐姆定律得知路端電壓增

大，而電容器極板間的電壓就等于路端電壓，所以電容器板間電壓增大，帶電量增加.故

B錯誤，C正確；

D、電源效率為4=以=&路端電壓。增大，電動勢E不變，所以電源的效率增大.故

c/C

。錯誤.

故選：C

光敏電阻的特性是當光敏電阻上的光照強度減弱時，光敏電阻的阻值會增大，導致電路

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的總電阻增大，電路中的總電流減小，再分析路端電壓的變化，由歐姆定律依次分析即

可.

該題考查光敏電阻的特性與閉合電路的歐姆定律的應用，關鍵是掌握光敏電阻的特性：

當光敏電阻上的光照強度減弱時其阻值增大，再由歐姆定律進行動態分析.

3.【答案】C

【解析】解：A、2s后甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，故2s后甲的加速度大于乙的加

速度，故A錯誤。

B、速率是指速度的大小，由圖看出，在2s末岫速率都等于20m/s,速率也相等，故8

錯誤。

C、當甲乙兩車速度相等時相距最遠，根據外兩條直線的解析式，運用數學知識算出交

點的橫坐標為管s,由圖象法可知此時就的距離為148〃?，故C正確。

。、根據圖象分析可知，。前先向正方向運動后反向，總位移為0,最后停在原點，b先

向負方向運動，后反向，總位移為負，所以兩車沒有相遇，故。錯誤。

故選：C。

根據圖象判斷兩車運動的方向，再根據直線運動相關規律列式求解。

本題考查直線運動的規律以及相遇問題，要求學生能夠從圖象中獲取有用信息，并且注

意當兩車速度相等時，兩車距離出現極值。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

通過平拋運動的規律求出在星球上該行星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度

之比.再由萬有引力等于重力，求出行星的半徑.

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，以及掌握萬有引力

等于重力這一理論，并能靈活運用.

【解答】

對于任一行星，設其表面重力加速度為g。

根據平拋運動的規律得八=：gt2得，t=后

v

則水平射程x=vot=oJ~,解得g=^

可得該行星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比持“地_7

吟4

根據G袈=mg,得。=詈

可嶗喑得

解得行星的半徑R療=心務導Rx#夕=2R

故選：Co

5.【答案】D

【解析】

【分析】

根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據楞次定律判斷感應電動勢的方向，然后

根據W=qU求解電功。

本題關鍵是明確感應電動勢的大小求解方法和方向的判斷方法，會求解電功，基礎問題。

【解答】

磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為h故感應電動勢為：

U=S——nr2k

At

根據楞次定律，感應電動勢的方向為順時針方向；

小球帶正電，小球在環上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是：

W=qll=itr2qk,故ABC錯誤，。正確。

故選。。

6.【答案】AC

【解析】解：ACD,當S接通后，副線圈回路電阻變小，輸出功率變大，輸出電流變大，

變壓器的輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率變大，輸入電流變大，燈泡人

的電壓增大，原線圈電壓減小，匝數比不變故副線圈電壓減小，所以燈泡G兩端的電壓

變小；

根據電流與匝數成反比，設原線圈電流為/,則通過副線圈電流為2/,員、G規格相同，

所以通過G和乙3的電流為/，所以燈泡％和G的電流相同，燈泡L1和G亮度相同，故AC

正確，力錯誤；

8、因為輸入電流變大，燈泡人的電壓增大，燈泡人變亮，燈泡G兩端的電壓減小，所

以燈泡乙2亮度變暗，故B錯誤；

第10頁，共18頁

故選：AC

輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的，輸入功率的大小是由輸出功率的大小決定的,

電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，根據理想變壓器的原理分析即可

本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓

原理、功率等問題徹底理解

7.【答案】AD

【解析】解：A、s-t圖象的斜率表示速度，故木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向

相同，故4正確；

B、兩個木塊系統（包括彈簧）水平方向不受外力，總動量守恒，故木塊B、C都和彈簧分

離后，系統的總動量不變，故B錯誤；

C、木塊aC分離過程中B木塊的速度增加了，故B木塊的動量變大，由于系統的總

動量不變，故B的動量增加等于A木塊的動量減小，故C錯誤；

D、兩個木塊分離前速度：v=^=lm/s；分離后，8的速度%=節上=3m/s,C的速

度為=r=0-5m/s,根據動量守恒定律，有：

（mB+mc）v-mgV!+mcv2

解得：

1

巾8=4mc

故。正確.

故選：AD

s-t圖象的斜率表示速度，兩個木塊系統（包括彈簧）水平方向不受外力，總動量守恒.

本題關鍵是通過s-t圖象得到兩個木塊的運動情況，然后結合動量守恒定律列式分析,

基礎題目.

8.【答案】BC

【解析】解：AB,設小球和斜面的質量分別為〃，和繩子與斜面的夾角為心

以小球為研究對象，小球受到重力，咫、斜面的支持力N和繩子的拉力F,如下圖所示.由

平衡條件得：

mg

斜面方向有：mgsina=Fcosd...(T)

垂直斜面方向：N+Fsin?=mgcosa...②

使小球沿斜面緩慢移動時，。增大，其他量不變，由①式知，F增大.

由②知，N變小，故A錯誤，8正確.

CD、對斜面和小球整體分析受力：重力吸、地面的支持力N'和摩擦力，、小球的壓力

N,由平衡條件得:

f=Nsina,N變小，則/變小，

N'=Mg+Ncosa,N變小，則N'變小，由牛頓第三定律得知，斜面對地面的壓力也變

小.故C正確，。錯誤.

故選：BC

先以小球為研究對象，根據平衡條件得到拉力、支持力與繩子和斜面夾角的關系式，即

可分析其變化；再對斜面研究，由平衡條件分析地面對斜面的支持力和摩擦力，即可分

析斜面對地面的壓力變化.

本題采用隔離法研究兩個物體的動態平衡問題，分析受力情況是基礎，也可以采用隔離

法分析C。兩項

9.【答案】弓端"忘尸擋光片經過光電門A時的速度0.24

2gs

第12頁，共18頁

【解析】解：(1)根據平均速度等于瞬時速度可知遮光片經過A時的速度大小為以=卷

(2)經過8點的速度%=扁

根據牛頓第二定律可知一卬ng=ma，解得a=

在AB段根據速度位移公式可知詔-域=2as

聯立解得〃=喻廣端)2

(3)若某同學做該實驗時誤將光電門乙的位置改變多次，光電門A的位置保持不變，畫

出;-t圖線后，得出的縱坐標截距的物理含義為滑塊經過光電門A時的瞬時速度

加速度為：a=，=2.4m/s2

△c

根據a=4g可知〃=%=0.24

故答案為：(1)*(2)^^―其上

(3)擋光片經過光電門A時的速度0.24

(1)利用平均速度代替瞬時速度求得經過A點的速度

(2)利用平均速度代替瞬時速度求得B點的速度，根據速度位移公式求得加速度，利用

牛頓第二定律求得摩擦因數

(3)由位移時間關系式整理得到;一t圖線的表達式，并找出圖線的斜率和加速度關系.

要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，抓住利用平均速度代替瞬

時速度，明確:-t圖象中斜率的含義

10.【答案】1100G2Q2.4

【解析】解：(1)設原滿偏電流為/,內阻的廠，則量程為3y時：3=/(2900+r)

當量程為15V時:15=/(2900+12000+r)

可求得：I=1mA,r=100/2

(2)所選的表頭與電阻聯接后要與原表頭的滿偏電流，內部電阻相同，則由所給的器材

選出的組合為。2,其并聯電阻為％=2000,則其并聯部分的內阻為1000,滿偏電流為

\mA,則可電路圖如下圖.

'■吊扁

----@~~~<__MZZ]-

衿15：

I__?

(3)改裝后的0.5mA對應的為3匕則0.4爪4的對應電壓為2.4V.

故答案為：(1)1100(2)G2r3(3)2.41

(1)把電流表改裝成電壓表需要串聯分壓電阻，據量程由歐姆定律原理列方程聯立求解.

(2)所選的表頭與電阻聯接后要與原表頭的滿偏電流，內部電阻相同，據此分析.

(3)由電壓與電流成正比確定電壓值.

明確電壓表和電流表的改裝原理是解題關鍵，靈活應用歐姆定律求解，此題較簡單

11.【答案】解：(1)設最大拉力為%,貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，設此時

的加速度為的，對貨物分析根據牛頓第二定律得：

[iMgcosd-Mgsind=Max

代入數據得：%=0.4m/s2

對貨物與木板整體分析根據牛頓第二定律得：

Fm—R(m+M)gcos9—(m4-M)gsin9=(m+M)的

代入數據得：Fm=192/V

(2)設工人拉木板的加速度為a2，根據牛頓第二定律得：

F—p,(m+M)gcosd—(m+M)gsin0=(m+Af)a2

2

代入數據解得：a2=0.2m/s

設來電時木板的速度為打，根據運動學公式得：相=2a2g

代入數據得：V1=2m/s

(3)由于％<4TH/S,所以來電后木板繼續加速，加速度為內

林。n4-M)gcos。—(m+MjgsinB=(m4-M)a3

2

代入數據得：a3=GAm/s

設經過0木板速度與傳送帶速度相同，u=%+Q3tl

得：h=5s

設匕內木板加速的位移為%i，v2-vl=2a3%i

得：x1=15m

共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動，設勻速運動的時間為J，勻速運動的位

第14頁，共18頁

移為久2'X2=/—~—%i

得：x2=25m

乂：「蔡

得：t2=6.25s

所以來電后木板再需要運動的時間為：ti+t2=11.25s.

答：(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，工人所用拉力的最大值是192M

(2)若工人用戶=189N的恒定拉力把貨物拉到S處時來電了，工人隨即撤去拉力，此時貨

物與木板的速度大小是2zn/s；

(3)來電后，還需要11.25s貨物能到達B處.

【解析】(1)當拉力達到最大拉力為片,貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，分別

對貨物與整體為研究對象，結合牛頓第二定律即可求出；

(2)由牛頓第二定律求出加速度，然后由運動學的公式即可求出木板的速度；

(3)由牛頓第二定律求出來電后的加速度，然后由運動學的公式即可求出.

本題是一道力學綜合題，難度較大，分析清楚物體的運動過程是正確解題的關鍵，對貨

箱正確受力分析、應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題.

12.【答案】解：(1)由幾何關系可知粒子在水平電場中水平位移為2〃，豎直方向的距離

為〃，由平拋運動規律及牛頓運動定律得：

2h=vot

入12

h=-at2

2

由牛頓運動定律可知：

Eq=ma

聯立解得：E=譬；

2qh

電場強度為暨：

2qh

(2)粒子到達。點，沿+y方向的分速度

，Eq2h

Vy=at=--------=Vo；

mv0

速度與X正方向的夾角a滿足tsia=Va=45。

vx

粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場，垂直于NP射出磁場，粒子在磁場中的速度17=

V2v0;

軌道半徑R=y/2h

由Bqu=■得:

B-m，o.

qh*

故磁感應強度為詈；

(3)由題意得，帶電粒子在磁場中轉過的角度為45。，故運動時間1=：7=警4=署:

ODC/O4%

粒子在磁場中的運動時間熄■.

【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的規律及牛頓運動定律可求

得電場強度的大小；

(2)由平拋運動的規律可求得粒子的合速度，由幾何關系可求得帶電粒子的半徑，由磁

場中洛侖茲力充當向心力可求得磁感應強度8；

(3)由幾何知識可知帶電粒子在磁場中轉過的圓心角，則由周期可求得運動的時間.

帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結合各過程中涉及到的運動規律采用合

理的物理規律求解.

13.【答案】ABD

【解析】解：A、表面張力使液體表面具有收縮趨勢，使液體表面積趨于最小，所以空

中下落的雨滴呈球形是因為液體的表面張力，故A正確。

8、根據熱力學第二定律可知，自然發生的熱傳遞過程是沿著分子熱運動無序性增大的

方向進行的，故B正確；

C、非晶體的物理性質各向同性，單晶體的物理性質是各向異性，故C錯誤；

。、根據熱力學第一定律可知，物體吸收熱量，同時對外做功，其內能可能增加，故。

正確；

E、根據能量轉化的方向可知，機械能可能全部轉化為內能；根據熱力學第二定律，內

能也可以全部用來做功以轉化成機械能，只是會弓|起其他的變化；故E錯誤。

故選:ABDo

利用熱力學第一定律和熱力學第二定律分析解決即可。

本題考查熱力學定律相關內容，比較簡單；需要同學們能夠利用熱力學定律分析相關現

象。

14.【答案】解:(1)當整個系統穩定后，氣體1做等溫變化，由玻意耳定律可得:PoV=Pi匕,

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同理：對氣體2列出等溫變化方程：2poV=P2,2；

由題意可知，兩氣體的壓強相等：Pl=P2，總體積不變匕+%=2V;

可解得：匕=|v,px=1p0

(2)解除活塞A的鎖定后，汽缸內氣體壓強大于大氣壓，活塞將上升，

當再次穩定后，氣體2的壓強等于大氣壓，由玻意耳定律；

2p0V=p0V3,解得：v3=2Vo

答：(1)穩定后氣體1的體積為|心壓強為|P。；

(2)穩定后，再解除對活塞B的鎖定，再次穩定后氣體2的體積為2匕

【解析】(1)對兩部分氣體分別運用玻意耳定律列式，結合總體積不變的條件，可求解

穩定后氣體/的體積和壓強；

(2)穩定后，再解除活塞4的鎖定，再次穩定后，兩部分氣體壓強均為分,對下部分氣

體根據玻意耳定律即可求解。

本題考查了氣體實驗定律的綜合應用，關鍵是找出兩部分氣體間的壓強和體積關系，分

別列出各自的初、末態的狀態參量，再由氣體實驗定律列式即可