2021年江西省高考物理二模模拟试卷(一)

AABABABAB1AABABABAB1

2021年西省高考理二模模拟试（一）月日14时02分新一代“人造太阳”中国环流器二号M装（M在成都建成并实现首次放电。已知一个氚核（H和一个氚核（）聚变成一个新核并放出一个中子（n。下列说法正确的是（）B.C.D.

新核为He此反应为链式反应反应后粒子的比结合能变大因为是微观粒子，粒子在反应前后不满足动量守恒定律

如图轻绳两端固定在一硬质轻上的B两在绳中点系重物。现将杆顺时针在竖直面内缦慢旋转，使OA从平位置转到到竖直位置的过程中张力F和的大小变化情况是）B.C.D.

F先增大后减小，一减小F先减小后增大，一增大F先减小后增大，先大后减小F先增大后减小，先小后增大

为家用燃气灶点火装置的电路原理图器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为nn。两点火针间电压大于5000V就产生电火花进而燃燃气，闭合，列说法正确的是（）B.C.D.

电压表的示数为V当＞100时才能点燃燃气当时点火针每个周期的放电时间为s在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于第1页，共页

aabaabaabaabO

我们知道火星轨道在地球轨道的外侧，它们共同绕太阳运动，如图）。首火星探测器“天问一号”带着中华民族的重托踏上了火星探测之旅可认为火星和地球在同一面内绕太阳做同向圆周运动火轨道半径为地球的倍示意图如图）。为节约能量，“问一号”沿椭圆轨道飞向火星且出发时地球位置和到达时星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日点考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天问一号”（）B.C.D.

在飞向火星的过程中速度越来越大到达火星前的加速度小于火星的加速度到达火星前瞬间的速度小于火星的速度运动周期大于火星的运动周期

在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为正试探电荷分别置于（，0r）b（r00两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示F、分别在和xOy平面内F与负方向成角，与x轴方向成角。已知试探电荷在受到的电场力大小为=F，静电力常量为k。下列说法正确的是（）B.C.D.

点电荷位轴方向上距Or处点电荷带电、b、O三电势关系为φ=φφ点电荷的电量为

如图所示篮以水平初速度0

碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的倍（k＜），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半为r，篮框中心距篮板的距离为L碰撞点与篮框中心的高度差为h不计摩擦和空气阻力，则（）第2页，共页

00123410012341B.

碰撞过程中，篮球的机械能守恒篮板对篮球的冲量大小为I=（1+k）

0C.D.

篮球的水平初速度大小（L-r）若篮球气压不足，导致减，在v不的情况下，要使篮球中心经过篮框中

心，应使碰撞点更高如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放tt

分别表示线框ab边cd边进入磁场的时刻用t

分别表示线框和边出场的时刻框下落过程中形状不变ab边终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直．设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度随间t

变化规律的图象有可能的是（）B.C.D.

如图甲所示劲度系数为的直轻弹簧下端固定在地面上端与物块B相并处于静止状态一物块在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处物块止时的位置为原点O竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块自由下落与块碰后以相同的速度向下运动撞过程用时极短测得物块动能与位置坐标的系如图所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中～x之的图线为直外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均视质点，重力加速度为g则（）第3页，共页

13p1312A00113p1312A001B.C.

物块A、B的量之比为1弹簧的劲度系数k=从x到的过程中，物块运动加速度的最大值a

D.

从x到的过程中，弹簧的弹性势能增加=

E

1

如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出。利用所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。（1直接用=Fs解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功？请简述原。（2如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上。此时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量，及挤压后剩余的质量m，应测量的物量______和（同时标上物理量对应的字母）。（3人对瓶子做的功表达式_（用字母表示）。某学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为Ω）的电阻率。电压表V（量程V，内阻约k）；电流表A（量程A内阻R=0.4Ω）；定值电阻R（值R=20.0）滑动变阻器R（最大阻值10）；学生电源（动势20V）；第4页，共页

开关和若导线。（1如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径______mm如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度_cm。（2请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。（3实验时，调芦滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻=______Ω保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电率。从系统误差的角度分析，电阻R______（填“＞”“＜”或”）R。（4）若将该导体棒制作一等边三角形工件（不改变导棒横截面积与总长度），与一电源=9V，=1）一电动机M（=6，V）和开关成回路（如图戊）。闭合开关，则此时电动机M（“”或“不能”）正常工作。“舟七号”飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后回舱于200817分始从太空向地球表面按预定轨道返回的高度打开阻力降落伞减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k．设返回舱总质量Mkg，所受空气浮力恒定不变，且为竖直降落．从某时刻开始计时．返第5页，共页

012011回舱的运动v--t012011

图象如图中的曲线所示，图中是线在点的切线，切线交于横轴一点B坐标为8，0），是行轴的直线，交纵轴于点，坐标为（，）．g/2请回答下列问题：（1在初始时刻v=160ms时，它的加速度多大（2推证空气阻力系数的表达式并算出其数值．（3返回舱在距离地面高度=1m时飞船底部的4个反力小火箭点火工作，使其速度由/s迅减至1ms后落在地面上，忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响并忽略此阶段速度化而引起空气阻力的变化估算每支小火箭的平均推力．（计算结果取两位有效数字）如甲所示，在直角坐标系轴方有沿轴向的匀强电场，在轴方有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化如图乙所示（图中B、B未）轴P（，d点处一个质量为、电量为q的正电粒子以大小为v的速度沿轴向射入电场，粒子从轴的Q

0点进入磁场，并以此时刻为t=0时。已知

，t

时刻后的粒子的运动轨迹与轴、y轴相切，不计粒子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求：（1匀强电场的电场强度大小；（2匀强磁场磁感应强度、B的小。（计算结果可用根式表示）第6页，共页

1212012120一质量的理想气体经历如图所示的一系列状态变化过程，、b态的连线与横轴垂直bc状的连线与纵轴重直c、a状态连线的延长线经过坐标原点。下列说法正确的是（）B.C.D.E.

、两态单位体积内分子数相同态的压强大于态的压强c状的气体分子平均动能大于a状态的体分子平均动能→b过，气体放热→b过外界对气体做功W大于→过中气体对外界做功如所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为的定斜面上，玻璃内通过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度L=80，水银柱的长度=25，气柱的长度xcm。若把玻璃管开口竖直向上静止气长度xcm已大气压强cmHg，环境温度保持不变。求：（1斜面的倾角正弦值；（2当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。第7页，共页

ab图是一波源的振动图像乙是某同学画出的某一时刻波动图像的一部分波ab沿x轴正方向传播P、Q是介质中的两个质点t时x=0处点开始振动。下列说法正确的是（）B.C.D.E.

该时刻这列波至少传播到xm处质点此刻之后，Q比先回到平衡位置x=2与x的点在任何时候都保持相同的距离从波源开始振动，在10内播方向上的质点振动经过的最长路程是在t=1s和t两刻m处质点速度大小相等、方向相反两平行的单色光a和色光b从玻璃直角三棱镜的AB边直射入。三棱镜对单色光折射率为=

，对单色光折射率为n边为SAD长S，长2S，真中的速度为c求：①两束光从三棱镜中首次射出的方向；②两束光在三棱镜中从射入到首次射出传播的时间。第8页，共页

ABAB答案和解析1.【答案】C【解析】解：、一个氘核氚核反应生成一个新核同时放出一个中子，根据电荷数守恒、质量数守恒可知，新核的电荷数为，质量数为，新核为

，此反应属于轻核的聚变，故错；C、反应放出核能，反应后核子的平均质量减小，则反应后产生的粒子的比结合能变大，故确；D、观子相互接近时，虽然不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，外力（重力）远小于内力，外力可忽略不计，满足动量守恒的条件，能应用动量守恒定律求解，D错误。故选：。根据电荷数守恒质量数守恒得出新核的电荷数和质量数合质量数和电荷数求出中子数，然后作出判断即可；反应后核子的平均质量减小，产生的粒子的比结合能变大；根据动量守恒条件判断。本题以新一代“人造太阳”装中国环流器二号M置-2）为情境载体，考查了轻核聚变，解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道质量数等于质子数加中子数，属于基础题。2.【答案】【解析】解：合力大小不变，等mg方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作图，如图所示由图可知OA从平位置转到到竖直位置的过程中先大后减小F一减小。第9页，共页

有效故A正，误。有效故选：A。由题意可以判断重物处于动态平衡的状态，作出受力分析图之后，利用重力不变，分析另外两个力的变化作圆重作为圆的一条弦此便于求出另外两个力的变化。本题考查共点力平衡，属于动态分析的题目，要求学生作图进行分析，难度中等偏高。3.【答案】【解析解、根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，则加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为U=B、原、副线圈的压关系为

=25V，故电压表的示为V，A误；，由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压大于，以＞100，故正；C、原、副线圈匝数比为1200副线圈输出电压最大值U，则一个周期内放电时间t×ss，故错；D火针间的瞬时电压大于V即产生电火花有值一定大于2500

V，小于，D错误。故选：B。根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数。当变压器副线圈电压的瞬时值大于时就点火根据电压与线圈匝比的关系即可求解。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决。4.【答案】C【解析】解：、天问一号”在飞向火星过程中，万有引力做负功，动能减小，速度减小，故A错；B、根据

知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，故误；C、没有火星，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做向心运动，可知到达火星前瞬间的速度小于火星的速度，故C确；D、天一号”离开地球到达火星可近似认为做椭圆运动，其椭圆的半长轴小于火星第10页，共20页

aaaba000000运动的轨道半径，根据开普勒aaaba000000

，得出天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，故错误。故选：。根据动能定理合有引力做功情况判断“天问一号”在飞向火星过程中速度如何变化；根据牛顿第二定律，通过距离太阳的距离比较加速度的大小；根据椭圆运动的规律分析速度的大小关系；根据开普勒第三定律比较“天问一号”与火星的运动周期大小。本题考查了卫星的变轨问题知卫星做椭圆运动时速度的变化可以根据动能定理分析判断，也可以根据开普勒第二定律进行判断；对于绕同一中心天体运动，既有圆，又有椭圆，可以通过开普勒第三定律，结合半长轴和轨道半径的大小比较得出周期大小。5.【答案】D【解析】解：、点电荷的场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由FF的向可知该点电荷带负电，并且同时在FF所的面内，即y轴半轴上，设其到原点的距离为L，则Lr=

r，故AB错；C、电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面势高点点电荷的距离相等其势相等φ=；O点点电荷的距离小于、b两到点电荷的距离，所其电势较低，即=＞，故误；D、库定律得

，解得，正。故选：D根据几何关系判断出点电荷Q的置据电荷的电场特点判断出各点的电势库仑定律判断点电荷的电量。此题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力。6.【答案】【解析】解：、据题干，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，故A错；B、以弹回的方向正方向，根据动量定理可得I=（-）=（），B正确；C、回后篮球做平抛运动L-rt，，错误；D、篮气压不足，导致k减，v不的情况减小，要使篮球中心经过篮第11页，共20页

04框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间04

要增大，应使碰撞点更高，故D正。故选：BD分析题干条件可知球以水平初速度碰撞篮板后水平弹回率为原来的k＜1，弹回后篮球做平抛运动。本题结合平抛运动相关知识点察物体运动过程中动量定理的理解和应用合较强，运用平抛运动的相关规律定性分析水平位移与竖直位移的关系是本题的解题关键。

【答案【解析】解：、线框先做由落体运动，线框刚进入磁场时，若安培力大于重力，进入磁场先做减速运动框到的安培力

逐渐减小线的加速度应该是逐渐减小v-t

图象的斜率应逐渐减小，当线框受到的安培力与重力相等时，线框做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为的匀加直线运动；线框离开磁场过程中安培力大于重力，线框做加速度减小的减少运动边开磁场后t

时刻后线框以加速度g匀加速直线运动，由以上分析可知，线框可能先做自由落体运动，然后做加速度减小的减速运动、匀速直线运动、匀加速直线运动、加速度减小的减速运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，故A误，正；C线先做自由落体运动如果刚进入磁场时所受安培力小于重力线做加速运动，安培力F

逐渐变大，加速度a逐减小，线框做加速度减小的加速运动；当线框完全进入磁场后线框以加速度g匀加速直线运动，当ab边开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，故正确；D、框做自由落体运动，如果ab边入场时所受安培力等于重力，则ab边入磁场后线框做匀速直线运动线完全进入磁场后受重力作用而做匀加速直线运动ab边离开磁场时线框所受安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，故D确。故选：。线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动边进入磁场后做匀加速直线运动培力小于重力磁场做加速度减小的加速运动，在边进入磁场时，若加速减为零，则做匀速运动边入磁场后做匀加速直线运动若安培力等于重力进磁场做匀速直线运动边入磁场后做匀加速直线运动．第12页，共20页

AAA21212111313B133113Pp311121313解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动AAA21212111313B133113Pp311121313应电动势公式进行分析．要利用安培力经验公式F=行分析．8.【答案】ACD

，根据安培力与速度成正比进【解析解A、根据图象可知碰撞后动能变为原来的，据=A的度大小变为原来的，

可知碰撞后设碰撞前一刻速度为v速方向为正方向量守恒定律有vmm）

，解得：m=1，A确；B、设A质为，B的量为，图乙可知x处能达到最大，根据平衡条可得此时弹簧弹力为到过程中弹增加mg克定律知F=eq\o\ac(△,k)x，故mg=（-x）从O到，由动能定理有E=mgx，立解得：k=

，故错误；C、到x过中，加速度大小逐渐减小0，然后再增加，故加速度最大处或者x处在x处：mg+2mgF=3maF=mg解得：a=；在x处：-2mgma，+eq\o\ac(△,k)xmg（x-x）解得：a'=

，故加速度最大值不可能为=

•g故C错；D、撞的动能为，则B的能为

，总动能为，到过程中，由能量关系有：（x-x）=eq\o\ac(△,E)eq\o\ac(△,)，得E=

E，D正确。故选：。根据图象可知碰撞后A的能变为原来的，则撞后A的度大小变为原来的，据动量守恒定律求解质量之比；从到x过中，弹簧弹力增加mg由胡克定律结合动能定理求解k值；加速度最大处在x或处，根据牛顿第二定律求解加速度的最大值；从x到过程中，由能量关系求解弹簧弹性势能的增加量。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用答时要首先确定一个正方向用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。9.【答案】挤压力是变力瓶到落水点的水平距离x瓶到落水点的竖直高度第13页，共20页

A0xA0yA0xA0【解析解（1由于人的挤压力是变力，且挤压的距离不易测量，所以不能W=Fs来测量；（2按照实验过程，手缓慢挤压，使水落在同一位置，则水出平后做平抛运动，要测量出水速度v，则必须测量水平移和竖直位移，即落水点到瓶口的水平距离x，和瓶口到落水点的竖直高度y；（3由平抛规律有x=vty。=

联立可得：v=

，再根据动能定理有：故答案为：1挤压力是变力；）瓶口到落水点的水距离、瓶口到落水点的竖直高度y；（3）水做平抛运动应平抛运动规可以求出水离开瓶口的速度由动能定理可以求出挤压一次做的功。本题考查了求水的速度、挤压瓶子时对水做功，应用平抛运动规律、动能定理即可正确解题。【案】4.6=不能【解析】解：（1）螺旋测微器的读数等于：+0.01×12.0=4.6204.619～游标卡尺为度，精确度为mm游标上的第格与主对齐，故读数为：1010.1=101.4=10.14cm（要尽可能精确地测量金属棒的阻值滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程，则待测电阻的电流最大为I，0.6的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已，且有定值电阻则以用电流表定值电阻串联值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，故电路图为右图。（3根据伏安法可知R+R=

=

Ω=25，解得=25-R=25-0.4-Ω=4.6Ω因电流表用内接法且流表的阻和定值电阻的阻值已知两分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值；第14页，共20页

1111011102202（4导体棒分成三段，并联后的阻值为R=1111011102202

≈1，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效电动势为V，r=rR=2，则电源的输出功率为P-I2rI-2I

，可知当电流为I=-=A，即输出功率到最大值，即I

时，随着电流的增大，输出功率逐渐增大；而电动机（P，=6V正常工作，则电流为I==1，此时P2×2=7，故当==6时，实际电流I

＜1A故电动机不能工作。故答案为：）4.62010.14（）（）（4不能。螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数估读游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据闭合电路欧姆定律，分析电路中的最大电流，然后分析电路图。可以求得电阻的值。电动机要正常工作，不能超过额定功率。本题属于利用闭合电路欧姆定律分析电路问题，求得电流，电阻大小等。【案】解：（）v-

图象性质可以得，在初始/s时过A点线的斜率为此时的加速度，设为，大小为：

=（2由图知，返回舱的速度变化率逐渐减小，最有是以=8ms速度做匀速运动，设返回舱受空气浮力为f在t时由牛顿第二定律：速度为v=8/s时，返回舱受力平衡，有由以上两式解得：k带入数据得：k/m（3设每只小火箭的平均推力为，反推加速度为a，地速度为，由题意知，返回舱在距离地面高度h=1前已经处于匀速运动状态，故返回舱在着地前的加速度由小火箭的反推力产生，根据牛顿第二定律有：4-Mg又由运动学公式：第15页，共20页

0000011由以上两式解得：0000011带入数据解得：FN保留两位有效数字得：F=2.4×104

N答：（1在初始时刻速度为/s时它的加速度为20ms（2推证空气阻力系数的表达式为k=

，数值k=2.35kg（3每支小火箭的平均推力为104

N【解析（1由t速度

图象切线的斜率为此时的加速度，可以得到=160m/s时它的加（2在-

图象选取两个点t=0时列顿第二定律和/s时由于是匀速阶段，故列平衡方程，两式联立可以解得的达式和数值（3此阶段是在火箭反推力下做的匀减速直线运动，故可以由此求得加速度表达式，再由运动学可以解得推力．本题的关键点就是对vt

图象的识别和应用，这类题目需要特别注意的是特殊点，即速度和时间都有明确数值的点，另应注意起点，终点，交点，斜率四个知识点．【案】解：（）子从点后，在电场中做类平抛运动，根据运动分解可知：=，

=vt根据牛顿第二定律得ma解得：（2设粒子进磁场时速度为v，速度方向与轴向夹角为，据动能定理有：=mv2-mv2由几何关系cosθ=解得：粒子在磁场内做圆周运动的周期T

，则t=，即在0～

时间内粒子在磁场中运动轨迹是半圆由于粒子在运动轨迹刚好与轴y轴切，轨如图）、（）所示。第16页，共20页

112212112121211221211212121112212112121211221211212121①如图（），设粒子在t关系得：r=r+r）r

时刻前运动半径为r，=（r+r）cos30°

时刻后运动轨迹半径为r，几何解得：r=dr=根据牛顿第二定律：m，m解得：B=

，=②如图（），设粒子在t时前运动半径为r，t时刻后运动轨迹半径为r，由几何关系得：r=r+r）解得：r=，rr=由qvB=m，=

d-r=（2r+r）cos30°得B

，=

。答：（1）匀强电场的电场强度大小为

；（2匀强磁场磁感应强度、B的小分别为得

和。【解析（1粒子从P点后，在电场中做类平抛运动）粒子进磁场做速圆周运动，根据题意确定圆心，画出粒子在磁场中运动轨迹，结合几何关系求解。本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动电场中做类平抛运动粒子进磁场做匀速圆周运动，解题关键时画出找出粒子的运动轨迹，运用平抛运动和圆周运动知识，结合几何关系求解。【案ADE【解析】解：、bc两态体积同，则单位体积内的分子数相同，故确；B、由理想气体状方程C，第17页，共20页

a12有效1h1221122a12有效1h12211223h3113334004011400则V-T图中，图像中点和原点连线的斜率k，而k>，a状的压强小于b态的压强，故B错；C、度是分子平均动能的标志c状温度低则分子的平均动能小，故C错；D、→b过，温度不变，则气体的内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据U=W+Q可：U，而W，则<0，气体放热，故D正；E→b过与→过比较体的体积变化相同a过气体压强增加→a过程气体压强不变，根据W=eq\o\ac(△,p)V可：ab过外界对气体做功大于c程中气体对外界做功W，故正确。故选：ADE一定质量的气体单位体积内分子数与气体的体积有关-像中，图像斜率的倒数表示气体的压强气分子平均动取决于气体的温度热力学第一定律结合图像即可解决；两个变化过程中，气体的体积变化相同，气体压强变化不同，根据=eq\o\ac(△,V)eq\o\ac(△,)即解决。本题利用VT图考气体的状态变化在V-图中图斜率的倒数表示体的压强，这是一个易错点；讨论气体吸热还是放热时，要使用热力学第一定律。14.

【答案解（1）取被封闭在玻璃管中的气体为研究对，设玻璃管的横截面积为，气体初状态的压强：+p（75+25sin）cmHg，体积：=xS玻璃管竖直放置时气体的压强=p=75+25，体积：=x气体温度不变，根据玻意耳定律有S=pxS代入数据解得：。（2璃管足够长向时气长为柱的压强为=p-）=50由玻意耳