湖南省师大附中2019届高三物理上学期月考试题（一）（含解析）.docx

湖南师大附中2019届高三月考试卷(一)物理一、填空题(本题共12小题，每小题4分，共48分其中18小题只有一个选项正确，912小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分将选项填涂在答题卡中)1.我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端已知国歌从响起到结束的时间是48 s，红旗上升的高度是17.6 m若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是A. a0.2 m/s2 ，v0.1 m/s B. a0.4 m/s2，v0.2 m/sC. a0.1 m/s2，v0.4 m/s D. a0.1 m/s2，v0.2 m/s【答案】C【解析】【详解】对于红旗加速上升阶段：x1a1t21，对于红旗匀速上升阶段：v2at1，x2v2t2；对于红旗减速上升阶段：x3v2t3a3t23；对于全过程：a1a3，x1x2x317.6 m；由以上各式可得：a10.1 m/s2，v20.4 m/s；故选C.【点睛】红旗经历了匀加速、匀速和匀减速直线运动过程，抓住三段的位移之和等于17.6m，总时间为48s，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，运用运动学公式联立方程组求出加速度和匀速运动时的速度2.下列说法正确的是A. 一个质点所受合外力恒为F，那么该质点一定做匀变速直线运动B. 一个质点所受合外力恒为F，那么该质点的动能一定增加C. 一个质点做直线运动，每通过相同的位移x，速度的增加量v也相同，则A0且恒定，那么该质点的加速度a一定在增大D. 一个1 kg的质点，在恒定合外力F的作用下，产生的加速度为1 m/s2，那么F不一定等于1 N【答案】C【解析】【详解】一个质点所受合外力恒为F，则加速度恒定，那么该质点一定做匀变速运动，不一定是匀变速直线运动，选项A错误；一个质点所受合外力恒为F，但是合外力不一定做正功，那么该质点的动能不一定增加，选项B错误；根据，可得 ，当每通过相同的位移x，速度的增加量v也相同，则A0且恒定，那么该质点的加速度a一定在增大，选项C正确；根据F=ma可知，一个1 kg的质点，在恒定合外力F的作用下，产生的加速度为1 m/s2，那么F一定等于1 N，选项D错误；故选C.3.明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之，曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则A. 若F一定，大时FN大 B. 若F一定，小时FN大C. 若一定，F大时FN小 D. 若一定，F小时FN大【答案】B【解析】【详解】由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示并且可据此求出木楔两侧产生的推力选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图：则FFN1cos(90)FN2cos(90)2FN1cos(90)2FN1sin，FNFN1FN2，故解得FN，所以F一定时，越小，FN越大；一定时，F越大，FN越大，B正确【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。4.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g10 m/s2，则下列说法不正确的是A. 小球刚接触弹簧时速度最大B. 当x0.3 m时，小球处于超重状态C. 该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】A【解析】【详解】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1 m时，小球的速度最大，然后减小，说明当x为0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力所以可得：kxmg，解得： kN/m20.0 N/m，选项A错误；C正确；弹簧的压缩量为x0.3 m时，弹簧弹力为 F20 N/m0.3 m6 Nmg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；对小球进行受力分析可知，其合力是由mg逐渐减小至零，然后再反向增加的，故小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选A.【点睛】解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做增大，弹簧的弹性势能一直增大。5.如图所示，一艘走私船在岸边A点，以速度v0匀速地沿垂直岸的方向逃跑，距离A点为a处的B点的快艇同时启动追击，快艇的速率u大小恒定，方向总是指向走私船，恰好在距离岸边距离a处逮住走私船，那么以下关于快艇速率的结论正确的是A. 快艇在垂直岸边的方向上的平均速度uyv0B. 快艇在沿岸的方向上的平均速度uxv0C. 快艇速度的大小uv0D. 快艇的平均速率等于v0【答案】A【解析】【详解】因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上时，位移与时间相同，所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度，快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0，A正确，B错误快艇的平均速度大小为v0，因为它是曲线运动，路程大于a，平均速率应该大于v0，CD均错；故选A6.将质量为m的物体竖直上抛，抛出的初速度大小为v1，由于受到空气阻力，阻力大小与速度大小成正比fkv，所以落回抛出点的速度大小为v2，那么以下结论正确的是A. 上升时间大于下落时间 B. 上升时间等于下落时间C. 抛出到落回的时间为t D. 无论上升还是下落，阻力均做负功【答案】D【解析】【详解】由题意可知，物体上升平均速度大于下落的平均速度，上升时间小于下落时间，则AB错误；画出物体的运动图像如图；vt图象所围“面积”代数之和为零，而fkv，所以ft图象与vt图象一样，所围“面积”代数之和为零，ft图象的“面积”则为f的冲量，则f的冲量为零所以有mgtm(v1v2)，解得：，可见C错误；无论上升还是下落，阻力均做负功，所以D正确故选D.7.如图所示，倾角30的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力F作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中45，则A. 推力F一定是一个变力B. 物体可能沿虚线向上运动C. 物体与斜面间的动摩擦因数D. 物体与斜面闻的动摩擦因数【答案】D【解析】【详解】对物块进行受力分析，如图所示，物块受重力G、支持力N、推力F、摩擦力f作用，将重力分解为沿斜面向下的力G1Gsin 30和与斜面垂直的力G2Gcos 30，如图所示， 由图可知， G2与 N平衡，故可等效为物体在推力F、沿斜面向下的力G1、摩擦力f三个力的作用下沿斜面上的虚线做匀速运动，则推力F是一个恒力，其等效的受力情况如图所示，根据三力平衡特点，F与G1的合力必沿斜面向右下方，故摩擦力f只能沿斜面向左上方，故物体沿虚线向下做匀速运动，则AB错误；由几何关系得F与G1的合力F合G1，由平衡条件得： fF合G1，故物体与斜面间的动摩擦因数，则C错误，D正确；故选D.【点睛】本题具有一定的空间思维逻辑，画出受力分析图，然后进行受力分析，最后简化到斜面平面内的受力分析考查学生利用平衡条件求力的能力及空间想象能力8.一颗速度较大的子弹，以水平速度v水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为nv(n1)时，下列说法正确的是A. 子弹对木块做的功不变 B. 子弹对木块做的功变大C. 系统损耗的机械能增加 D. 系统损耗的机械能不变【答案】D【解析】【详解】子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，子弹对木块做的功W=fs变小，选项AB错误；子弹相对木块的位移不变。由Q=fs相对，Q不变，系统损耗的机械能等于产生的热量，则系统消耗的机械能不变，选项C错误，D正确；故选D.9.关于黑洞和暗物质(暗物质被称为“世纪之谜”它“霸占”了宇宙95%的地盘，却摸不到看不着)的问题，以下说法正确的是(黑洞临界半径公式取为c，c为光速，G为万有引力常量，M为黑洞质量A. 如果地球成为黑洞的话，那么它的临界半径为rR(R为地球的半径，v为第二宇宙速度)B. 如果太阳成为黑洞，那么灿烂的阳光依然存在，只是太阳光到地球的时间变得更长C. 有两颗星球(质量分别为M1和M2)的距离为L，不考虑周围其他星球的影响，由牛顿运动定律计算所得的周期为T，由于宇宙充满均匀的暗物质，所以观察测量所得的周期比T大D. 有两颗星球甲和乙(质量分别为M1和M2)的距离为L，不考虑周围其他星球的影响，它们运动的周期为T，如果其中甲的质量减小m而乙的质量增大m，距离L不变，那么它们的周期依然为T【答案】AD【解析】【详解】因为c，而地球的第二宇宙速度为v，两式相比得rR，所以A正确如果太阳成为黑洞，光不能跑出，所以我们将看不到阳光，选项B错误设甲乙质量变化前，甲的运动半径为r1，甲乙质量变化后运动周期为T2，甲的运动半径为r1，则 ， ，又因为r1L，所以， ，故TT2.选项C错误，D正确；故选AD.【点睛】此题关键是理解宇宙速度的含义；对双星问题，知道它们做圆周运动的向心力由两者间的万有引力提供，且角速度和周期都相等.10.某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H(水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 出水口单位时间内的出水体积Qv0SB. 出水口所出水落地时的速度vC. 出水后，手连续稳定按压的功率为D. 手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】BC【解析】【详解】出水口的体积VSL，则单位时间内的出水体积QSv0，故A错误；根据机械能守恒可得落地速度为v，故B正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量mSv0t，则出水口的水具有的机械能E mv02mgHv0StgH，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为，则功率，故C正确；手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率，故D错误故选BC.【点睛】解答本题要知道水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求解达到地面的速度，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，注意供水系统的效率11.如图所示，光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上，穿在铁丝上的质量为m的小球从最高点A由静止开始滑到最低点B，在从A到B的过程中，下列说法正确的是A. 小球对铁丝的作用力越来越大B. 铁丝对小球的作用力为F，F对小球的功为零，F的冲量也为零C. 重力对小球做功的功率越来越大D. 小球在AB间的某唯一一点对铁丝的作用力为零【答案】CD【解析】【详解】在AB之间的C点，恰好重力的分力提供向心力，此点小球与铁丝没有作用力，其他位置都不为零，所以A错，D对；而小球的速率越来越大，在竖直方向的分量也越来越大，所以重力做功的功率也越来越大，故C正确；铁丝对小球的功为零，但该作用力的冲量不为零，故B错；故选CD.12.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度皆为H.则在小物体从A到B的过程中A. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲比乙小B. 将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能一样多C. 两种传送带对小物体做功不相等D. 将小物体传送到B处，两种系统小物体与皮带摩擦产生的热量甲比乙多【答案】AD【解析】【详解】根据2axv2，a甲a乙，再由牛顿第二定律mgcos mgsin ma，甲乙，故A对；由摩擦生热Qfs相对知，Q甲f1s1f1(vt1vt1)f1；Q乙f2s2f2；根据牛顿第二定律得：f1mgsin ma1m；f2mgsin ma2m；解得：Q甲mgHmv2，Q乙mg(Hh)mv2，Q甲Q乙，故D正确；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B错误；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故C错误；故选AD.【点睛】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系并注意传送带消耗电能和摩擦生热的关系及求法.二、实验题(本题共1小题，每空2分，共计16分，将答案填写在答题卡中)13.如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：(1)使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图所示的器材若要完成该实验，必需的实验器材还有_和_为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行这样做的目的是_(填字母代号)A避免小车在运动过程中发生抖动 B可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到下图所示的纸带纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时测得小车的质量为M200 g，小车所受细绳的拉力为F0.2 N各计数点到O的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为Ek.请补填表中空格(结果保留小数点后四位)这两个数分别是_ ；_.计数点s/mv/(ms1)v2/(m2s2)W/JEk/JA0.15500.55600.30910.03100.0309B0.21600.65550.42970.04320.0430C0.28610.75500.57000.05720.0570D0.36700.85700.73440.07340.0734E0.45750.95250.9073F0.55751.0511.1050.11150.1105G0.66771.1501.3230.13350.1323分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内 _(3)这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些这一情况可能是下列哪些原因造成的 _(填字母代号)A在接通电源的同时释放了小车B小车释放时离打点计时器太近C平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够D平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大(4)实验小组进一步讨论认为可以通过绘制v2s图线来分析实验数据请根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v2s图线分析v2s图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论这种方案中直线斜率表达式为k_ (用题目中相关物理量字母表示)【答案】 (1). 天平 (2). 刻度尺 (3). D (4). 0.0915 (5). 0.0907 (6). 细绳拉力做功等于小车动能变化_ (7). C (8). 【解析】【详解】(1)根据本实验的实验原理，合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平(带砝码)；为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故D项正确(2)Wmgs0.20.4575 J0.0915 J，Ekmv20.20.9073 J0.0907 J，分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内，细绳拉力做的功等于小车动能的变化(3)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的机械能，即实验中存在摩擦力没有被平衡掉，故C项正确(4)根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v2s图线v2s图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论根据，则这种方案中直线斜率表达式为k.【点睛】该题全面考查探究“合外力做功与物体动能变化的关系”实验的原理，步骤，注意事项和数据的分析这就要求我们队该实验由全面的掌握明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习三、问答题(本题共三个小题，其中14题8分，15题11分，16题12分)14.一个质量为m10 g，带电量为q108 C的小球从某高处A点自由下落，不考虑一切阻力，测得该小球着地前最后2 s内的下落高度为60 m，试求：(g取10 m/s2)(1)A点距地面的高度h为多少？总的下落时间是多少？(2)如果当小球下落的高度为总高度的时，加一个竖直向上的匀强电场，小球落地的速度恰好为零，那么小球从开始到落地的时间是多少？电场强度多大？【答案】(1)A点距地面的高度为80 m；总时间为4 s (2) ；4107 N/C【解析】【详解】(1)设总时间为t，最后两秒的平均速度为v，则为(t1)时的瞬时速度，vg(t1)30 m/s所以t4 sA点距地面的高度为hgt280 m(2)下落60 m时的速度为v120m/s经历20 m速度减为零，所以有：v122ah2a30 m/s2所以经历的时间为： E(ga)4107 N/C【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，首先要分析小球的运动过程，抓住两个过程之间的联系，运用牛顿第二定律、运动学规律结合进行研究15.如图所示，物体A、B叠放在倾角37的斜面上(斜面保持不动，质量为M10 kg)，并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行两物体的质量分别mA2 kg，mB1 kg, B与斜面间的动摩擦因数20.2，问：(认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6)(1)如果A、B间动摩擦因数10.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大F的拉力？此时斜面对地面的压力N多大？(2)如果A、B间摩擦因数不知，为使AB两个物体一起静止在斜面上，AB间的摩擦因数1应满足什么条件【答案】(1)F2 N ； N131.2 N (2) 0.0375【解析】【详解】(1)对A: FmAgsin T1mAgcos 对B：TmBgsin 1mAgcos 2(mAmB)gcos 可解得：F2 N利用整体法：N(MmAmB)gFsin 131.2 N(2)由受力分析可知，一定存在A有下滑趋势，B有上滑趋势对A：mAgsin 1mAgcos T对B：T1mAgcos 2(mAmB)gcos mBgsin 解得最小值：1min0.0375则：10.0375【点睛】本题是力平衡问题，关键是通过隔离法和整体法灵活选择研究对象进行分析，第（2）是临界问题，考虑动摩擦因数最小的临界情况即可；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。16.有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图乙所示在通道的两个出口处A和B，分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放，只要M比m足够大，碰撞后，质量为m的物体，即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道(已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R0)(1)如图甲所示，一个质量为m的物体(可视为质点)在一个质量均匀分布的大球(半径为R，密度为)的内部距球心r处，那么m与大球之间的万有引力就是F，式中M是以r为半径的球体的质量试根据所给条件求出物体m所受到的万有引力多大？(2)如图乙所示，是在地球上距地心h处沿一条弦挖了一条光滑的通道AB，从A点处静止释放一个质量为m的物体，物体下落到通道中点O处的速度多大？(3)如果在A处释放一个质量很大的物体M，在B处同时释放一个质量远小于M的物体，同时达到O处发生弹性正碰(由于大物体质量很大，可以认为碰后速度不变)，那么小物体返回从B飞出，为使飞出的速度达到地球的第一宇宙速度，h应为多大？【答案】(1) FGmr (2) v (3) 【解析】【详解】(1)Mr3，所以FrGmr(2)设地球的密度为0，距O为x处时，到地心的距离为r，所受地球的引力为F0Gmr，其沿AB的分力为fFsin ，而sin ，所以f0Gmx，则f与到O的距离x成正比，最大的fm0Gm最小的fmin0，所以关于f的功可以利用它的平均值进行计算则f对物体做了正功，大小为：Wfm0Gm(R02h2)根据动能定理有：mv2W所以达O处的速度为： 又mgG，所以gG0R0 所以W，v(3)由题知，碰后小物体的速度为v3v，根据动能定理有：Wmv12mv2v1所以17.下列说法正确的是_A给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份B空气相对湿度越大，空气中的水分子含量就越高C第二类永动机不能做成，是因为其违背了能量守恒D在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行E电能、焦炭、蒸汽属于二次能源F一个物体的内能增大，它的温度一定升高【答案】ADE【解析】【详解】给农作物松土壤为了破坏土壤中的毛细管，防止水分快速蒸发，故A正确；相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压；但空气澡的水分子含量不一定高，故B错误；第二类永动机不能做成，是因为其违背了热力学第二定律，它是遵循能量守恒定律的，故C错误；由热力学第二定律可知，在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行；故D正确；一次能源经过加工或转换得到的能源，如煤气、焦碳、汽油、煤油、电力、热水氢能等，故E正确；一个物体的内能增大可能是分子势能增大，也可能是分子动能增大，其温度不一定升高，故F错误。故选ADE。【点睛】本题考查热学中较多的知识点，但大多数属于识记内容，要求重点掌握的是热力学第一定律和热力学第二定律，并会用它们来解释生活中所遇到的基本现象，同时要关注能源方面的相关问题18.如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24 cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27 ，气柱长均为22 cm，其中上端气柱的压强为76 cmHg.现将试管水平放置，求：水银柱如何移动(向A还是向B移动)？移动了多远？保持试管水平，将试管温度均匀升高100 ，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？【答案】向A端移动了3 cm 不移动；115.7cmHg【解析】【详解】（1）根据玻意耳定律得：对A: 对B： pBpA+24 p A= p B LA+ L B=44 联立以上各式解得