《高中试卷》2019年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷

1、2019年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求；第68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1（6分）节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排。减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是（）abcd2（6分）如图所示，“l”形支架aob水平放置，

2、物体p位于支架的ob部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架ao上，另一端与物体p相连。物体p静止时，弹簧处于压缩状态。现将“l”形支架绕o点逆时针缓慢旋转一小角度，p与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，ob对p的（）a支持力增大b摩擦力不变c作用力增大d作用力减小3（6分）为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上（如图所示），一个线圈a连接电池e和开关k，另一个线圈b闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关k前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关k后，从上往下看（）a小磁针沿顺时针方向偏转了一下，最终复原b小磁针沿逆时针方向偏转了一

3、下，最终复原c小磁针沿顺时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态d小磁针沿逆时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态4（6分）如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过常规炮弹。它的主要原理如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出。设两轨道间距离为0.10m，匀强磁场的磁感应强度为40t，电流2000a，轨道长度为20m，则（）a若不计任何阻力，质量为20g炮弹最终获得的速度为400m/sb若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍c若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为2倍d若阻力大小一定，电流加倍

4、，速度变为2倍5（6分）四川省处在北纬26°0334°19之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，查阅到万有引力常量g及地球质量m卫星的轨道视为圆形。根据以上信息可以求出（）a地球的半径b该卫星的角速度c该卫星受到的向心力d该卫星距离地面的高度6（6分）如图为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是（）a只增加原线圈的匝数b只增加副线圈的匝数c只减小用电器r1的电阻d断开开关s7（6分）如图所示，在匀强电场中有o、a、b三点，oaob5cm，其中o、a电势分别为0v、5v，oa与ob的夹角为120&#

5、176;，a、b在同一条竖直线上现有一不计重力、带电量为e的粒子以4ev的动能从a点沿ao方向飞入电场，经过b点时，动能与在a点时相同，则下列说法正确的是（）a该粒子带负电b粒子运动过程中，电场力一直做正功c粒子能运动到o点，且在o点时电势能为零d该电场强度大小为200v/m，方向水平向左8（6分）如图所示，在x轴上方空间存在磁感应强为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场在原点o处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v射入磁场。粒子重力及粒子间的作用均不计。图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y轴交点为m，与x轴交点为n，已知onl下列说法正确的是（）a能经

6、过m点的粒子必能经过n点b粒子的电荷量与质量之比为vlbc从on的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为l6vd从n点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为l2v二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第9题第12题为必考题，每道试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答）9（6分）由于空间站处于完全失重状态，不能利用天平等仪器测量质量，为此某同学为空间站设计了如图所示（a）的实验装置，用来测量小球质量。图中弹簧固定在挡板上，轨道b处装有光电门，可以测量出小球经过光电门的时间。该同学设计的主要实验步骤如下：用游标卡尺测量小球的直径d将弹簧固定在档板上小球与弹簧接触并压缩弹簧，

7、记录弹簧的压缩量x由静止释放小球，测量小球离开弹簧后经过光电门的时间t，计算出小球离开弹簧的速度v改变弹簧的压缩量，重复步骤、多次分析数据，得出小球的质量该同学在地面上进行了上述实验，请回答下列问题（1）步骤中游标卡尺示数情况如图（b）所示，小球的直径d cm；（2）某一次步骤中测得弹簧的压缩量为1cm，对应步骤中测得小球通过光电门的时间为7.50ms，则此次小球离开弹簧的速度v m/s；（3）根据实验得到的弹簧的形变x与对应的小球速度v在图（c）中描出了对应的点，请将（2）问中对应的点描出，并画出vx图象。（4）已知实验所用弹簧的弹性势能ep与弹簧形变量x2之间的关系如图（d）所示，实验测得

8、小球的质量为 kg。10（9分）某同学将量程为200a、内阻为500的表头a改装成量程为1ma和10ma的双量程电流表，设计电路如图（a）所示定值电阻r1500，r2和r3的值待定，s为单刀双掷开关，a、b为接线柱回答下列问题：（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；（2）表笔a的颜色为 色（填“红”或“黑”）（3）将开关s置于“1”挡时，量程为 ma；（4）定值电阻的阻值r2 ，r3 （结果取3位有效数字）（5）利用改装的电流表进行某次测量时，s置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为 ma11（12分）实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1m、长为0.

9、4m的10匝矩形线框abcd，总电阻为r2，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m0.2kg。如图是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f0.4n，进入磁场前已达到最大速度5m/s，车头（ab边）刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾（cd边）刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁场宽度为0.4m，磁感应强度为b1.4t，方向竖直向下。求：（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率p；（2）车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热q。12（20分）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在o点，

10、绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度60°小明从a点由静止往下摆，达到o点正下方b点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达c点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长l1.6m，浮漂圆心与c点的水平距离x2.7m、竖直高度y1.8m，浮漂半径r0.3m、不计厚度，小明的质量m60kg，平板车的质量m20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g10m/s2，求：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳

11、离过程中做了多少功？【物理一选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）a热量有可能由低温物体传递到高温物体b布朗运动不是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动c两分子组成的系统，其势能e随两分子间距离r增大而增大d如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大e阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大14（10分）如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，气缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为一个大气压、温度为27，活塞到汽缸底部距离为30cm。现对缸内气体缓慢加热到427，缸内气体膨胀而使活塞

12、缓慢上移，这一过程气体内能增加了100j已知汽缸横截面积为50cm2，总长为50cm，大气压强为1.0×105pa气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。（i）末态时（427）缸内封闭气体的压强（）封闭气体共吸收了多少热量。【物理一选修3-4】（15分）15如图所示，两种不同材料的弹性细绳在o处连接，m、o和n是该绳上的三个点，om间距离为7.0m，on间距离为5.0m。o点上下振动，则形成以o点为波源向左和冋右传播的简谐横波和，其中波的波速为1.0m/s。t0时刻o点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到m点，此时o点正通过平衡位置向上运动，om间还有一个波

13、谷。则（）a波i的波长为4mb波的波长为4mcn点的振动周期为4sdt3s时，n点恰好处于波谷e当m点处于波峰时，n点也一定处于波峰16如图所示，a、b是两条相距为l的不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成30°角入射，已知玻璃砖对单色光a的折射率为3，玻璃砖的厚度为h（3+3）l，不考虑折射光线在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖下面只有一条出射光线，光在真空中的速度为c。求：单色光a在玻璃砖中的传播时间；玻璃砖对单色光b的折射率。2019年陕西省西安市蓝田县高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目

14、要求；第68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1【分析】要使公交车不违章且减少停车次数通过十字路口，则公交车需要在10s后才到达十字路口，且到达十字路口时的速度小于等于10m/s。根据速度图象与坐标轴围成的面积等于物体的位移，分析汽车通过的位移。【解答】解：因速度图象与坐标轴围成的面积等于物体的位移，由速度图象可知，a、b、d三个图象与坐标轴围成的面积均大于50m，且速度不超过10m/s；c图象中公交车的位移可能恰好等于50m，且速度小于10m/s，故公交车启动后的运动图象可能是c；故abd错误，c正确。故选：c。【点评】本题是对速度时间图象的考

15、查；关键是要知道速度时间图象与坐标轴围成的“面积”等于物体的位移，结合公交车的运动情况即可分析解答。2【分析】对p物体分别受力，根据平衡条件列式分析力的变化。【解答】解：对p受力分析如图知不转动时，ob对p有支持力n和摩擦力f，满足：ff，nmg，转动后受力分析如图，支持力为：nmgcos，减小，摩擦力为：ffmgsin，减小，所以ob对p的作用力减小，故d正确，abc错误；故选：d。【点评】此题考查受力分析和平衡条件的应用，注意ob对p的作用力，包含支持力n和摩擦力f。3【分析】电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变，从而判定ad选项； 并根据安培定则，及楞次定律，即可判定b

16、c选项。【解答】解：开关闭合的瞬间，依据安培定则，可知，线圈a中产生顺时针方向磁场，再由楞次定律，因穿过线圈b的磁场为顺时针，且增大，那么感应电流的磁场为逆时针方向，因此线圈b中产生逆时针感应电流，根据安培定则，小磁针的n极朝垂直纸面向里的方向转动，即从上向下看，小磁针沿顺时针方向偏转了一下；开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈b中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转；最终复原，故a正确，bcd错误。故选：a。【点评】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流，同时要掌握楞次定律的应用，及理解安培定则，注意其也叫右手螺旋定则。4【分析】炮弹

17、在磁场中受到安培力，根据fbil求得大小，结合运动过程中的动能定理即可判断最终额速度与条件的关系【解答】解：a、在运动过程中受到的安培力大小为fbil8000n，运动过程中，根据动能定理可知fx=12mv2，解得v4000m/s，故a错误；b、根据a可知v=2bilxm，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的2倍，故b错误；c、若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知bilx-fx=12mv2，解得v=2x(bil-f)m，故轨道长度加倍，速度变为2倍，故c正确d、若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知bilx-fx=12mv2，解得v=2x(bil-f

18、)m，电流加倍，速度不是原来的2倍，故d错误；故选：c。【点评】本题主要考查了在安培力作用下的动能定理，明确各个选项条件下的受力，利用好动能定理公式即可判断5【分析】四川省处在北纬26°0334°19之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，可以根据此求解运动一周所用时间，即周期t，又=2t，所以可以知卫星的角速度，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可。【解答】解：b、四川省处在北纬26°0334°19之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为t，可以根据此求解运动一周所用时

19、间，即周期t，又=2t，所以可以知卫星的角速度，故b正确；ad、知道周期、地球的质量，由万有引力等于向心力gmmr2=m（2t）2r，可以解得卫星的转动半径，rr+h，不知高度，所以不能求地球半径，故ad错误；c、根据万有引力提供向心力，fg=mmr2=m（2t）2r，由于卫星质量m不知道，所以不能求向心力，故c错误；故选：b。【点评】该题考查万有引力定律的应用，灵活运用重力等于万有引力以及万有引力提供圆周运动的向心力是解题的关键。6【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：

20、输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率p2=u22r增加副线圈的匝数，u2增加，p2增大，所以b正确；增加原线圈匝数，u2减小，p2减小，所以a错；减小r1的电阻，副线圈上的总电阻r变小，p2增大，所以c对；断开s，r增大，p2减小，所以d错误。故选：bc。【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解7【分析】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据ab两点的动能知道电势能关系，从而知道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功的情况，根据ued求场强。【解答】解：ab、粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能

21、之和守恒，因粒子在ab两点的动能相同，可知粒子在ab两点的电势能相等，即ab两点电势相同，则场强的方向垂直ab指向o，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从a到b电场力线做负功后做正功，故a正确，b错误；c、粒子在a点时，电势能和动能之和为5ev+4ev1ev，若粒子能运动到o点，则电势能为零，动能为1ev，不合实际，故粒子不能运动到o点，故c错误；d、根据ued，可知电场强度大小为e=ud=50.05×12v/m=200v/m，故d正确。故选：ad。【点评】此题关键是知道粒子只收电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注意ued公式中d的物理意义。8【分析】根

22、据几何关系得到轨道半径，然后根据粒子做匀速圆周运动求得粒子不能同时经过m、n两端；根据洛伦兹力做向心力得到荷质比；根据粒子离开磁场的位置，由几何关系得到中心角，从而根据周期求得运动时间。【解答】解：a、由阴影部分几何形状，根据粒子在磁场中洛伦兹力做向心力做匀速圆周运动，根据几何关系可得：粒子运动轨道半径为：r=12l；能经过m点的粒子圆周运动的圆心在om中点，故由圆心到n点距离大于轨道半径可得：能经过m点的粒子不可能经过n点，故a错误；b、根据轨道半径，由洛伦兹力做向心力可得：bvq=mv2r所以粒子荷质比为：qm=vbr=2vbl，故b错误；c、根据几何关系可得：从on的中点离开磁场的粒子转

23、过的中心角为：=2-2arcsin14lr=53或=2arcsin14lr=13 所以运动时间为：t=56t=56×2rv=5l6v或t=16t=l6v；故c正确；d、n到o的距离为l2r，故从n点离开磁场的粒子在磁场中运动的圆心角为，所以，运动时间为：t=12t=rv=l2v，故d正确；故选：cd。【点评】求解粒子在匀强磁场中的运动时间一般都是根据几何关系求得中心角，再根据洛伦兹力做向心力或由粒子做匀速圆周运动求得周期，从而求得运动时间。二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第9题第12题为必考题，每道试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答）9【分析】（1）

24、游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。（2）已知小球的直径与小球经过光电门时的时间，应用速度公式可以求出小球的速度。（3）根据坐标系内描出的点作出图象。（4）根据能量守恒定律求出小球的质量。【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，其示数为：15mm+0×0.1mm15.0mm1.50cm。（2）小球离开弹簧后做匀速直线运动，小球经过光电门时的速度与离开弹簧时的速度相等，小球离开弹簧时的速度：v=dt=1.50×10-2m7.50×10-3s=2m/s；（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（4）由图示图象可知：x1cm时，即：x21×1

25、04m2时，ep0.1j，由题意可知，x1cm时，v2m/s，由能量守恒定律可知：ep=12mv2，代入数据解得：m0.05kg；故答案为：（1）1.50；（2）2；（3）图象如图所示；（4）0.05。【点评】本题考查了胡克定律和能量守恒的基本运用，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合弹性势能的表达式进行求解。10【分析】本题的关键是根据欧姆定律列出开关s分别打到1和2时的表达式，然后求解即可，注意电流应从红表笔进从黑表笔出【解答】解：（1）实物连线如图所示：（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；（3）将开关s置于“1”挡时，表头a和r1、r2串联后再与r3并联，将开关s置

26、于“2”挡时，表头a和r1串联后再与r2、r3并联，所以开关s置于“1”挡时量程较大，即开关s置于“1”挡时量程应为10ma；（4）设电流表的满偏电流为ig，根据欧姆定律，当开关打到1时有ig(rg+r1+r2)=(i1-ig)r3，其中i1=10ma当开关打到2时有ig(rg+r1)=(i2-ig)(r2+r3)，其中i2=1ma联立以上两式r2=225，r3=25.0（5）电流表示数为i=1200×156ma=0.780ma故答案为（1）如图： （2）黑； （3）10； （4）225，25.0； （5）0.780【点评】电表的改装实际上就是欧姆定律和串并联电路的计算，计算时注意让

27、电流表的电流为满偏电流11【分析】（1）进入磁场前小车速度最大，牵引力和阻力平衡，根据功率公式pfv可求牵引力功率；（2）根据法拉第电磁感应定律求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求电流，从而求出安培力，结合牛顿第二定律求加速度；（3）根据能量守恒求解焦耳热；【解答】解：（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有ff，牵引力的功率为pfvfv2w；（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为enblx7v，据闭合电路欧姆定律i=er=3.5a，车头刚进入磁场时，小车受到阻力、安培力，安培力f安nbil4.9n，据牛顿第二定律f安+fma解得：a=f安+fm=26.5m/s2；（3）根据能量守恒定律

28、得：12mv2=q+f2s解得：q2.18j；答：（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率p为2w；（2）车头刚进入磁场时，小车的加速度大小为26.5m/s2；（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热q为2.18j。【点评】对于电磁感应问题的研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求。12【分析】（1）从a到b过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出到达b处的速度，然后应用牛顿第二定律求出绳子承受的拉力。（2）小明跳离滑板后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出他离开滑板

29、时的速度。（3）小明落入与跳离小车过程系统水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出速度，然后应用功能原理求出跳离过程做功。【解答】解：（1）从a到b过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl（1cos）=12mv2，代入数据解得：v4m/s，在b点，由牛顿第二定律得：tmgmv2l，代入数据解得：t1200n；（2）小明离开滑板后做平抛运动，竖直方向：y=12gt2，离c点水平位移最小为：xrvmint，离c点水平最大位移：x+rvmaxt，代入数据解得：vmin4m/s，vmax5m/s，则小明跳离滑板时的速度：4m/sv5m/s；（3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量

30、守恒定律得：mv（m+m平板车）v1，代入数据解得：v13m/s，小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m+m平板车）v1mvc+mv平板车v2，代入数据解得：v23m/s，由功能关系得：w（12mvc2+12m平板车v22）-12(m+m平板车)v12，代入数据解得：w480j；答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于1200n。（2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/sv5m/s。（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是480j。【点评】本题考查了动量守恒定律、运动学公式与机械能守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提与关键，

31、应用机械能守恒定律、平抛运动规律、动量守恒定律即可解题。【物理一选修3-3】（15分）13【分析】不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其它变化，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大。【解答】解：a、热量在一定的条件下有可能由低温物体传递到高温物体，如空调，故a正确；b、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，布朗微粒运动是微粒分子做无规则运动的反映，故b正确；c、若两分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，故c错误；d、温度是分子的平均动能的标志，如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大

32、，故d正确；e、阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体的压强增大，并不是分子间斥力急剧增大。故e错误；故选：abd。【点评】本题考查了热力学第一定律、热力学第二定律、布朗运动以及分子间的引力和斥力，属于对基础知识点的考查，解答的关键是正确理解热力学第二定律的几种不同的说法。14【分析】（i）活塞上移到气缸口过程气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律求出气体的温度；活塞到达气缸口后体积不变，发生等容变化，由查理定律求出气体压强。（ii）求出气体膨胀过程外界对气体做功，应用热力学第一定律求出气体吸收的热量。【解答】解：（i）活塞移动到气缸口过程气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得

33、：sh1t1=sh2t2，代入数据解得：t2500k，即227，因为：227427，所以气体接着发生等容变化，当气体温度达到427时气体压强为p，由查理定律得：p0t2=pt，即：1.0×105500=p427+273，解得：p1.4×105pa；（ii）由题意可知，气体膨胀过程活塞移动的距离：x0.50.30.2m，大气压力对封闭气体做功：wp0sx，代入数据解得：w100j，由热力学第一定律得：uw+q，则：quw100（100）200j；答：（i）末态时（427）缸内封闭气体的压强为1.4×105pa。（）封闭气体共吸收了多少热量200j。【点评】本题考查了气体状态方程与热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用气体状态方程与热力学第一