《高中试卷》2019年陕西省西安市高考物理一模试卷

1、2019年陕西省西安市高考物理一模试卷二、选择题：本題共8小题，每小题6分，共48分在每小題给出的四个选项中，第15題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，有选错的得0分1（6分）90232th具有放射性，经以下连续衰变过程，最后生成稳定的82208pb：90232th88228ra89228ac90228th82208pb，下列说法正确的是（）a90232th和90228th属于放射性同位素，其原子核中子数相同，质子数不同b88228ra发生衰变后变为89228ac，说明88228ra原子核内有粒子c88228ra的半衰期约为6.7年，将该元素

2、掺杂到其他稳定元素中，半衰期将增大d整个衰变过程共发生6次衰变和4次衰变2（6分）入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20m。在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的公路上行驶，当两车同时行驶到同一位置时，两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，直到减速为0，两辆车刹车时的vt图象如图，则（）a甲车减速的加速度为0.5m/s2b甲车减速的加速度比乙车减速的加速度大0.75m/s2c减速过程中甲乙两车间的最大距离为100md减速过程中甲乙两车间的最大距离为87.5m3（6分）真空中有一半径为r0的带电金属球，以球心o为坐标原点沿某一半径方向为正方向建立x轴，x轴上各点的

3、电势随x的分布如图所示，其中x1、x2、x3分别是x轴上a、b、c三点的位置坐标。根据x图象，下列说法正确的是（）a该金属球带负电ba点的电场强度大于c点的电场强度cb点的电场强度大小为2-3x3-x2d电量为q的负电荷在b点的电势能比在c点的电势能低|q（23）|4（6分）如图所示两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为b，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为l，距左侧边界l处，有一边长为l的正方形导体线框，总电阻r，且线框平面与纸面平行，现用外力f使线框以速度v匀速向右穿过磁场，以初始位置为计时起点，运动过程中线框始终与纸面平行，规定电流沿逆时针时电动势e为正，磁感线向里时磁通量为正，外力

4、f向右为正。则以下关于线框中磁通量、电动势e、外力f及电功率p随时间变化图象正确是（）abcd5（6分）我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星g7，g7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是（）a“墨子”号卫星的运行速度大于7.9km/sb“墨子”号卫星的线速度比北斗g7的线速度小c“墨子”号卫星的周期小于24hd量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗g7小6（6

5、分）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平面上，b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与a相连接，连接b的一段细绳与斜面平行，a、b、c都处于静止状态，则（）ab受到c的摩擦力可能为零bc受到水平面的摩擦力一定为零c不论b、c间摩擦力大小、方向如何，水平面对c的摩擦力方向一定向左d水平面对c的支持力与b、c的总重力大小相等7（6分）四个相同的灯泡分别接在如图所示的位置，理想变压器原线圈串联灯泡l1，副线圈回路并联三个灯泡l2、l3、l4，ab两端接交流电源电压按如图乙所示规律变化，现闭合开关s，四个灯泡均正常发光，下列说法正确的是（）a电压表示数为220vb灯泡的额定电压为55vc变压器原副线圈的

6、匝数比为3：1d若断开开关s电压表示数减小8（6分）如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板b上，另一端拴一个质量为m的物块a，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块a恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中（）a重力的冲量为零b重力做功为零c拉力冲量大小为 mgtcotd拉力做功为12mg2t2cot2三、非选择题：第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9（6分）某同学利用图示装置，通过研究滑块上升高度和压缩量的关系，探究弹簧的弹性势能与形变量的关系，将弹簧和一带有指针的

7、滑块套在竖直的光滑杆上，滑块和弹簧不拴接，在杆的一侧竖直固定刻度尺，如图甲所示，弹簧自由伸长时上端在b点，将弹簧上端压缩到的位置为a，从静止释放滑块，滑块上升到最高点的位置为c，分别记下这几个点位置并从刻度尺上读出对应示数xb、xa、xc，不断改变弹簧压缩到的位置，重复上述实验过程，记录a、c的位置；测出滑块质量为m，当地重力加速度为g。（1）滑块上升的高度h ，弹簧的压缩量大小x （用测得的xa、xb、xc表示）。（2）该同学做出h随压缩量x的几种图象如图丙所示，由这些图象可以得出弹性势能与形变量的关系是 ；（3）若将另一个相同的弹簧与甲图中弹簧套在一起（如图乙所示）再做实验，发现hx2图象

8、的斜率 （填“变大”、“变小”、“不变”）。10（9分）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3v，内阻为1）、电键滑动变阻器（最大阻值为10）、电压表、电流表小灯泡、导线若千。（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中得到了小灯泡的ui图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 。（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路 。（3）若某次连接时，把ab间的导线误接在ac之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，当滑动触头在 位置时（左端、右端、中点）小灯泡获得的功率最小，

9、最小功率是 w（计算结果保留2位有效数字）11（12分）如图所示，水平轨道与半径为0.5m的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a和小球b紧靠在一起静止于半圆圆心o的正下方n点，滑块a和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a和小球b瞬间分离，小球b恰好能通过半圆轨道的最高点p，落地点与滑块a最终停下的位置相同，已知a和b质量分别为2m、m，取重力加速度g10m/s2，求：（1）小球b的最大速度大小；（2）滑块a与轨道间的动摩擦因数。12（20分）如图所示，坐标原点o左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子（比荷为qm=1.0×1010c/kg）由静止进

10、人电压u800v的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，o点右侧有以o1点为圆心、r0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为b1.0×103t的匀强磁场（图中未画出）圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点o，右端与一个足够大的荧光屏mn相切于x轴上的a点，粒子重力不计。（1）求粒子打到荧光屏上的位置到a点的距离；（2）若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小e1.0×103v/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕mn的距离。（二）选考题：共45分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题

11、作答如果多做，则每科按所做的第一题计分.物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法中正确的是（）a外界对物体做功，物体内能一定增大b温度越高，布朗运动就越显著c当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大d在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性e随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度14（10分）如图所示，某同学设计了一个压力送水装置由abc三部分组成，a为打气筒，b为压力储水容器，c为细管，通过细管把水送到5m高处，细管的容积忽略不计。k1和k2是单向密闭阀门，k3是放水阀门，打气筒活塞和简壁间不漏气，其容积

12、为v00.5l，储水器总容积为10l，开始储水器内有v14l气体，气体压强为p0已知大气压强为p01.0×105pa，水的密度为1.0×103kg/m3，求：打气筒第一次打气后储水器内的压强；通过打气筒给储水器打气，打气结束后打开阀门k3，水全部流到5m高处，求打气筒至少打气多少次。物理一选修3-4（15分）15图甲为某沿x轴方向传播的简谐横波在t0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图乙是质点d的振动图象，则下列说法正确的是（）at0时质点a的速度大小比质点c的小b波沿x轴负方向传播c波速为2.5cm/sd从t0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置e03s时间

13、内质点a、b的振动路程均为30cm16如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧cd是半径为r的四分之一圆周，圆心为o光线从ab面上的m点入射，入射角i45°，光进入棱镜后恰好在bc面上的o点发生全反射，然后由cd面射出，已知ob段的长度l=r2，真空中的光速为c，求：透明材料的折射率n；光从m点射入到从cd面射出所用的时间t。2019年陕西省西安市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本題共8小题，每小题6分，共48分在每小題给出的四个选项中，第15題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，有选错的得0分1【分析】

14、根据电荷数守恒和质量数守恒得出x原子核的电荷数和质量数，从而得出中子数；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用。【解答】解：a、90232th和90228th具有相同的质子数属于放射性同位素，其原子核质子数相同，中子数不同，故a错误；b、88228ra发生衰变后变为89228ac，是88228ra原子核内一个中子转化为一个质子数放出电子，并非原子核内有电子，故b错误；c、元素的半衰期不随物理和化学状态的改变而改变，故c错误；d、衰变质量数不变，故2322084x，则x6，发生6次衰变，根据电荷数守恒可知：90822xy，得到：y4，故发生4次衰变，故d正确；故选：d。【点评】解决本题的关键知道

15、核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道中子数等于质量数减去电荷数，并理解影响半衰期的因素。2【分析】根据速度时间图线斜率求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，甲乙两车间的距离最大，图象面积之差表示位移之差。【解答】解：ab、vt图象的斜率表示加速度，故甲车减速的加速度为：a甲=vt=-2525m/s2=-1m/s2乙车减速的加速度的为：a乙=vt=-1530m/s2=-0.5m/s2，故ab错误；cd、当甲乙两车速度相等时，即t20s时甲乙两车间的距离最大，图象面积之差表示位移之差，即x=12(25-15)×20m=100m，故c正确，d错误。故选：c。【点评】本题考查了运动学中的追及

16、问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速度时间图线综合求解，难度中等。3【分析】根据直线上各点的电势分布图判断a点和b点电势。明确沿电场线方向电势逐点降低，从而确定金属球带电情况；根据图象的性质确定电场强度大小；根据电场力方向和运动方向判断做功情况，明确电势能的变化情况。【解答】解：a、由图可知在0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故a错误；b、图象斜率表示场强大小，a点的电场强度为零，c点电场强度大于0，故b错误；c、从b到c若为匀强电场，电场强度为e=ud=2-3x3-x2，因是非匀强电场b点的电场强度大于该值，故c错误；

17、d、负电荷沿直线从b移到c的过程中，电场力做负值，电势能增加，大小为|q（23）|，故d正确。故选：d。【点评】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向的方法，根据电场力和速度方向判断做功情况。4【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及eblv可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由pi2r可求得电功率的变化。【解答】解：a、当线框运动l时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大，此后向外的磁通量增加，总磁通量减小，当运动到2.5l时，磁通量最小，故a错误；b、当线框进入第一个磁场时，由eblv可知，e保持不变，而开始进入

18、第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2blv，故b错误；c、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故c错误；d、电功率pi2r，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值，两边分别在两个磁场中时，由b的分析可知，电流加倍，故功率变为原来的4倍，此后从第二个磁场中离开时，电流应等于线框在第一个磁场中的电流，故d正确；故选：d。【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答。5【分析】根据万有引力提供向心力：gmmr2=mv2r=m2rm（2t）2r

19、ma比较向心加速度、线速度和周期。【解答】解：ab、根据gmmr2=mv2r，可知v=gmr，轨道半径运动，线速度越小，第一宇宙的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，所以静止轨道卫星和墨子号卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故ab错误；c、地球静止轨道卫星即同步卫星的周期为24h，墨子号卫星轨道半径小，角速度大，周期小于24h，故c正确；d根据gmmr2=ma，可知卫星的向心加速度a=gmr2，故可知半径越小向心加速度越大，故d错误故选：c。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期。6【分析】充分

20、利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把bc看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系。【解答】解：a、对物体b，当b受到绳子的拉力与b的重力在斜面上的分力大小相等，即mbgsinmag时，b在斜面上没有运动趋势，此时bc间没有摩擦力；故a正确；b、c、把bc当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以c受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左，故b错误，c正确；d、把bc当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：n+magsin（mb+mc）g，绳子的拉力在竖直方向上的分量m

21、agsin不为零，所以水平面对c的支持力小于b、c的总重力；故d错误；故选：ac。【点评】该题考查到了摩擦力的判断，常用的方法有：假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向；反推法：从研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的有无及方向了；利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力的方向。7【分析】由图乙可知ab两端电压有效值为220v，根据原、副线圈电流之比求解变压器原、副线圈的匝数比；根据电压关系求解电压；根据电压表测原

22、线圈两端电压分析示数的变化。【解答】解：abc、由图乙可知ab两端电压有效值为220v，因四个灯泡均正常工作，可知原、副线圈电流之比为i1i2=13，根据i1i2=n2n1可知变压器原、副线圈的匝数比为3：1；灯泡的额定电压为u，则电压表示数为u13u220u，故u55v，则u1165v，故a错误，bc正确；d、若断开开关s则原线圈回路电流为零，灯泡两端电压为零，电压表示数增大为220v，故d错误。故选：bc。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线

23、圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。8【分析】对物块a受力分析，根据力的合成求得拉力，由冲量的公式可求得重力和拉力的冲量；由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零；由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求得末速度，根据动能定理求解拉力做功。【解答】解：ac、对物块a进行受力分析可知，物块a受拉力和重力，根据力的合成得：tsinmg，则有：t=mgsin，故重力的冲量为igmgt，拉力的冲量为：it=mgtsin，故ac错误；d、牛顿第二定律可知：mgtan=ma，则有：a=gtan，末速度为：vat=gttan根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化

24、，即为：wt=12mv2-0=mg2t22tan2=12mg2t2cot2，故d正确；b、由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，故b正确；故选：bd。【点评】本题考查了冲量、功的定义、动能定理等知识的综合应用，解题的关键是正确这些概念和规律的含义会灵活运用。三、非选择题：第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9【分析】（1）据图由差值关系可求得相就应的要求距离。（2）由图可知为弹性势能与形变量的平方成正比。（3）两弹簧套在一起后相同的形变量释放的弹性势能变大，滑块上升的高度变大，可知图象斜率的变化。【解答】解：（1）滑块上升的高

25、度为hxcxa，弹簧的压缩量大小为xxbxa；（2）滑块弹开的过程系统机械能守恒，则epmgh，故上升高度h与弹性势能成正比，由hx2图象可知，h与x2成正比，故弹性势能与形变量的平方成正比；（3）两弹簧套在一起后相同的形变量释放的弹性势能变大，滑块上升的高度变大，故图象的斜率变大。故答案为：（1）xcxa （2）xbxa （3）弹性势能与形变量的平方成正比 （4）变大【点评】对于实验题要明确实验原理，由涉及的物理规律结合数学知识进行分析，对于关系式图象为直线的要分析斜率与截距意义。10【分析】（1）在小灯泡的ui图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大

26、而增大；（2）分析滑动变阻器和电流表的接法，然后连接实物图；（3）当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源ui图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率。【解答】解：（1）根据欧姆定律r=ui可知，小灯泡的电阻随电压增大而增大；（2）由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压式接法，由于灯泡电阻较小，因此电流表需要外接，由此可知正确连接实物图如图所示：（3）由电路图可知，把ab间的导线误接在ac之间时，滑动变阻器左右两部分电阻丝并联然后与灯泡串联，当滑动变阻器并联电阻最大，即滑片位于中点时，电

27、路总电阻最大，通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，此时滑动变阻器并联阻值为2.5，此时等效电源内阻为3.5，在同一坐标系内作出电源的ui图象如图所示：由图象可知，灯泡两端电压为：u1.50v，电流为：i0.43a则灯泡实际功率为：pui1.50×0.43w0.65w。故答案为：（1）增大；（2）；（3）中点、0.65。【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的ui图象，则两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据pui求解。11【分析】（1）小球b在最低点时速度最大。小球b恰好通过p点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出小球b通过p点时的速度

28、。对小球b从最低点到最高点的过程，应用动能定理求解。（2）小球b离开p点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得小球b平抛的水平位移，从而求得滑块a滑行的距离。a、b分离过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出刚分离时滑块a的速度，再对a滑行过程，应用动能定理或牛顿第二定律与运动学公式可以求出滑块a与轨道间的动摩擦因数。【解答】解：（1）物体b在p点时重力提供向心力，有：mg=mvp2r物块b在最低点时速度最大，由动能定理有：-mg2r=12mvp2-12mvb2解得：vb5m/s；（2）a与b分离瞬间在水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mvb2mva0对滑块a向左运动有

29、：2mg2ma滑块a向左运动的距离为：la=va22a小球b做平抛运动，竖直方向有：2r=12gt2水平方向有：lbvpt由于lbla，解得：=516=0.31。答：（1）小球b的最大速度大小是5m/s。（2）滑块a与轨道间的动摩擦因数是0.31。【点评】本题分析清物体运动过程是解题的前提，要知道圆周运动的向心力来源于指向圆心的合力，根据牛顿第二定律求出滑块b在p点的速度是解题的关键，应用动量守恒定律要注意选择正方向。12【分析】（1）根据动能定理求出粒子经电场加速获得的速度，粒子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解；（2）撤去磁场，粒子进入电场做类平

30、抛运动，将类平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，根据运动学公式和几何关系求解。【解答】解：（1）粒子射入o点时的速度v，由动能定理得到：qu=12mv2 解得：v=2qum=2×1×1010×800m/s4×106m/s进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图，根据洛伦兹力提供向心力得：qvb=mv2r 得：r=mvqb=4×1061×1010×1.0×10-3m0.4m设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：tan2=rr=12，故tan=43由几何关系可知纵坐标为y，则有：tan=y

31、r 解得：y=415m=0.267m；（2）粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图根据牛顿第二定律有：eqma，水平方向上有：2rvt，竖直方向位移为：y1=12at2，竖直分速度为：vyat射出电场时的偏向角为，有：tan=vyv磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系有：tan=y-y1x，解得：x0.867m。答：（1）粒子打到荧光屏上的位置到a点的距离为0.267m；（2）若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小e1.0×103v/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，电场右边界到屏幕mn的距离为0.867m。【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运

32、动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径。定圆心角，求时间，在电场中做类平抛运动，掌握解决类平抛运动的方法。（二）选考题：共45分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分.物理-选修3-3（15分）13【分析】答本题需掌握：热力学第一定律公式：uq+w；温度是分子热运动平均动能的标志；分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小，然后结合分子力做功分析分子势能的变化；绝对零度不能达到。【解答】解：a、外界对物体做功，若物体放热，则物体内能不一定增大，故a错误；b、温度越高，分子的平均动能越大，分子运动越激烈，则布朗运动就越显著，故b正确；c、当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，则分子势能增大，故c正确；d、在各中晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，故d正确；e、根据热力学第三定律可知，绝对零度只能接近，不能达到，故e错误故选：bcd。【点评】本题考查了温度的微观意义、分子力与分子势能、热力学第一定律、晶体与非晶体等，知识点多，难度不大，关键多看书。14【分析】在温度不变的情况下，打气筒内气体发生等温变化。根据玻意耳定律求解打气筒第一次打气后储水器内的压强；结合前面的方法求出打气筒活塞打气的次数；【解答】解：