2022年江西省南昌市高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年江西省南昌市高考物理三模试卷

1.图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。处在«氏V

n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种*――

3--------1”

不同频率的光子。其中光子能量的最大值和最小值分别是（）2--------140

A.13.6W和0.85W

1--UM

B.10.2eKffl.89eK

C.12.75eU和0.66eU

D.12.75eU和2.55W

2.如图所示，两小球P、Q从同一高度分别以火和功的初速度水平抛出，都落在了倾

角。=37。的斜面上的4点，其中小球P垂直打到斜面上；P、Q两个小球打到斜面上

时的速度大小分别为独和女。贝式）

A.%=v2B.%=祝C.vQ=^vpD.vQ=^vp

3.均匀带电球面内部的电场强度处处为零。如图所示，。为均匀带正电

半球面的球心，P为与半球截面相平行截面的圆心，贝M）

A.P点的电场强度为零

B.P点的电场强度方向向左

C.。、P两点电势相等

D.。点电势比P点高

4.如图所示，两个完全相同的木模质量均为m,通过三根轻质竖

直细线对称连接，放在水平面上呈“互”字型静置，上方木模

呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原

理。细线a、b、c上的张力大小分别用乙、Fb、玲表示，水平面

所受的压力大小为FN，重力加速度大小为。。下列关系式正确的

是（）

A..Fa>mg,FN=2mg

B.Fa>mg,FN>2mg

C.Fb=Fc,Fa=Fb+0.5mg

D.Fa=Fb+Fc

5.2021年10月15日，伴随着“三、二、一”的倒计时，“神舟

十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，

“神舟十三号”航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为

期6个月的“太空旅行”。如图所示为“长征二号”运载火箭,

下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是()

A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力

B.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空

C.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态

D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力

6.足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨左端连接电容为C的电容器,

导轨间距为磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面。

一根质量为讥的导体棒垂直静置在导轨上，俯视图如图。t=0时刻导体棒在水平拉

力作用下从静止开始向右运动，电容器两极板间电势差U随时间t变化的图象如图所

示，则()

XXXXxfix

XXXXXX

Xx»xXX

z

XXXXXX

A.导体棒的加速度a=黑

B.水平拉力的大小为尸=翳

DLLQ

C.通过导体棒的电流大小为/=乎

CO

D.0〜片时间内安培力所做的功为W=竽

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7.质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质

谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为

d,电势差为U.质量为m、电荷量为q的正离子，由静止开

始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器。

离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝P垂直于磁场方

向进入磁感应强度为无的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动并打在胶片A14

上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E,则（）

A.速度选择器中磁场B的方向垂直纸面向里

B.加速电场场强大小为遇受

2md

C.离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,离子的荷质比越小

D.能通过狭缝P的带电离子的速率等于5

D

8.把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出,

不计空气阻力，两球的动能琢随高度h变化的关系如图所示,

它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说

法正确的是（）

A.甲球的初速度比乙球大

B.甲球质量比乙球大

C.在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大

D.两球速度大小相同时甲球比乙球高

9.某同学利用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。首先将木板倾斜固

定在水平面上，木板与水平面间的夹角为37。，木板底端固定一打点计时器，然后

将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。使木块瞬间获得一初速度沿木

板向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取比较清晰的一段如图乙所

示，取4、B、C、D、E五个计数点，每相邻两个计数点之间还有四个点未画出，

打点计时器使用交流电的频率为50Hz,测得相邻两计数点之间距离分别为.=

29.40cm、&-21.30cm、叼=13.20cm、仙=5.10cm。已知sin37°—0.6,cos37°—

0.8,重力加速度g取10?n/s2。

木块

打点计时器

纸带,

午7。

〃力〃〃/zZ/7而〃

乙

甲

（1）通过计算纸带数据可得木块运动的加速度大小为m/s2,木块与木板间的

动摩擦因数为（计算结果均保留2位有效数字）。

（2）如果当时所用交变电流的频率为49Hz,而该同学仍按50Hz计算，由此会造成木

块与木板间动摩擦因数的测量值与实际值相比（选填“偏大”“偏小”或

“不变”）。

10.某同学设计了如图甲所示的电路，描绘某PTC热敏电阻的阻值跖随温度t变化的关

系曲线，要求根据图甲电路测量的PTC热敏电阻的阻值范围为2ko〜8/（0。实验室

提供的器材有：

A.待测PTC热敏电阻；

B.电池组：电动势约为3%内阻可忽略不计；

C.电压表匕：量程为15V,内阻约为15k。；

D电压表彩：量程为3V,内阻约为3k。；

E.电流表4：量程为100加4,内阻约为2.50；

F.电流表4：量程为2m4内阻约为300；

G.滑动变阻器R：最大阻值为15。；

”•开关一个，导线若干。

（1）电压表应选用（选填"C”或“。”），电流表应选用（选填"E”或

“尸’）。

（2）请用笔画线代替导线将图甲电路补充完整。

（3）将P7C热敏电阻浸入热水中，调节热敏电阻的温度，测出pre热敏电阻在不同温

度t下的阻值即，描绘出的Rr-t图像如图乙所示，则t=60。（：时P7C热敏电阻的真

实值（选填“大于”，“等于”或“小于”）6皿。

（4）将该PTC热敏电阻用于如图丙所示的火灾报警器电路中，报警器并接在“、N两

点，已知Ri=1.9k0,R2=2kQ,R3=8kH,当M点的电势高于N点的电势时报警

器开始报警，若出现火灾，则PTC热敏电阻的温度为冤时报警器开始报警。

（结果保留两位有效数字）

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11.如图所示，固定于同一条竖直线上的4、B是两个带等量异种电荷

的点电荷，电荷量分别为+Q和-Q,4、8相距为2d,MN是竖直放

置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p,质量为rn、

电荷量为+q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p从与

点电荷4等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离

为d的。点时，速度为外已知MN与4B之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速

度为9。求：

(1)C、。间的电势差打。；

(2)小球p经过。点时的加速度。

12.如图所示，半径为R=5m的:光滑圆弧4B固定在光滑的水平面上，在C点静止着一

个滑块P,载人小车M静止在水平面上的。点。滑块Q从4点正上方距4点高H=2.2m

处由静止释放，从4点进入圆弧并沿圆弧运动，Q运动到C点与P发生碰撞，碰后P、

Q粘合为一个结合体E。已知Q、P和M的质量分别为nil=1kg、m2=Skg、m3=

60kg,重力加速度g取lOm/s?。

(1)求P、Q碰撞后的速度大小；

(2)如果结合体E与小车M发生弹性碰撞，求碰后小车的速度大小。

（3）如果人每次以。=10m/s的速度（相对地面）将E反向推出，求人最多能推E多少

次。

13.以下说法正确的是（）

A.一定质量的气体，在吸收热量的同时体积增大，内能有可能不变

B.内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递

C.仅知道阿伏加德罗常数和氮气的摩尔体积，能算出氮气分子的体积

D.当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子计能越大

E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

14.如图所示，有一根粗细均匀、两边等长的U形细玻璃管,

左端开口、右端封闭且导热良好。U形管竖直放置，管内

有一段水银柱，右边封闭了一段空气柱。环境温度为

240K时，左、右两边空气柱的长度分别为。=20cm和

l2=15cm,大气压强为75cmHg。（计算结果保留3位有

效数字）

（1）若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，求此时的环境温度。

（2）若不改变环境温度，而将左边管口也封闭，让U形管两端竖直朝上自由下落（下

落时忽略空气阻力）；下落时间足够长且下落时U形管保持竖直。求气体状态稳定后,

左右两边水银柱的高度差是多少？

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15.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1沉的质

点N此后的振动图像，Q是位于x=l(hn处的质点。则下列说法正确的是()

A.波沿x轴正方向传播

B.在6s〜6.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小

C.在t=9s时，质点N运动到Q点

D.在t=10s时，质点Q通过的路程为24cm

E.在t=12s时，质点Q的位置坐标为(10m,8cm)

16.如图所示，直角三角形4BC为某种透明介质的横截面,NB=30°,

BC=30cm,AB面涂有反光材料。某单色光从BC上的。点垂直

BC射入介质，经48面反射后从4c面上射出，射出方向与4B面

垂直。已知BD=21cm,不考虑光在4c面的反射。求:

①介质的折射率;

②光在介质中的传播时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：一群处在71=4的能级的氢原子向低能级跃迁时，能够发出盘=6种不同

频率的光子,其中从n=4能级跃迁到n=1能级释放出的光子的能量值最大，为:Emax=

f4-fi=-0.85W+13.6eV=12.75eV；从n=4能级跃迁到n=3能级释放出的光子

的能量值最小，为：/也=E4-垣=-0.85eV+1.51eV=0.66eU；故AB。错误，C

正确。

故选:Co

一群处在n能级的氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为鬣种，跃迁释放出

的光子的能量满足：E=Em-En„

解决本题关键要理解氢原子向低能级跃迁原理，跃迁回低能级可以直接跃迁到基态，也

可以逐级跃迁。

2.【答案】B

【解析】解：两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直

方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移八相等，根据

可得其运动时间为

对于小球Q，有

tan370=-==—

Xv2t2V2

解得

2

%=押

对于小球P,其垂直打在斜面上，则有

tan37°=—=—

gt

解得

3

%=抑

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则

”=瓢=2

v2^gt8

故

9

%=8^2

故AC。错误，8正确。

故选：B。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据题意应用

平抛运动规律求出两球的水平初速度，然后求出其比值

本题考查了平抛运动规律的应用，认真审题、理解题意，知道两球的运动时间相等是解

题的前提，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运

动学公式进行求解。

3.【答案】B

【解析】解：AB,将另一个均匀带等量正电半球面与该半球面组成一个球面，两个半

球面在P点的电场强度等于零，左侧半球在P点产生的电场方向向右，则右侧半球面在P

点的电场强度方向向左，故A错误，8正确；

CD,因为P点的电场强度方向向左，所以P。连线上各点电场强度向左，根据沿电场线

方向电势降低可得。点电势比P点低，故错误。

故选：B。

根据均匀带电球面内部的电场强度处处为零结合“割补法”进行分析；

根据沿电场线方向电势降低分析电势高低。

本题主要是考查电场强度方向的判断，关键是能够根据“割补法”进行分析，知道均匀

带电球面内部的电场强度处处为零。

4.【答案】A

【解析】解：整体受力分析，由平衡条件得

FN=2mg

由对称性可知

Fb=K

对上方木模受力分析有

Fa=mg+Fb+Fc

则

Fa>mg,Fa^Fb+Fc

故A正确，BCO错误；

故选：4。

利用整体法判断木模对水平面的压力情况，将上方木模隔离分析短线的拉力情况。

本题考查的是受力分析，需要灵活使用整体法和隔离法。

5.【答案】C

【解析】解：4、火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受

到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力，故

A错误；

8、火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出

的气体的反作用力推动火箭升空，故B错误；

C、保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度，所受重力和空气阻

力均竖直向下，合外力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，处于失重状态，故C

正确；

D,火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，

二者等大反向，故。错误；

故选：Co

根据火箭运动过程受力情况以及牛顿第二定律、牛顿第三定理，结合火箭运动的状态，

分析火箭所处的状态.

本题考查了牛顿第三定律、超重和失重，要注意掌握火箭上升原因是受到气流的反作用

力.

6.【答案】AC

【解析】解：4、电容器两极板间电势差（7=8少=8S3根据右图可知：U=kt=詈t,

co

所以有：Bia*,解得导体棒的加速度a=黑，故A正确；

CoDllQ

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B、对导体棒根据牛顿第二定律可得：F-FA=ma,解得：F=R+翳，故8错误;

C、△£时间内通过导体棒的电荷量4勺=。4（/=/43解得通过导体棒的电流大小为

/=詈=华，故C正确；

D、根据恒定电流做功的计算公式W=/Ut可得：0〜玲时间内安培力所做的功为W=

~^IUoto,将/=9代入解得：勿=一小，安培力做负功，故。错误。

N52

故选：AC.

电容器两极板间电势差U=B）=B/at,结合右图分析导体棒的加速度；对导体棒根据

牛顿第二定律求解水平拉力；根据电荷量的计算公式4q=C△U=/△t求解通过导体

棒的电流大小：0〜to时间内安培力做负功。

本题主要是考查法拉第电磁感应定律和图象的结合，关键是能够根据E=82结合图象

得到加速度大小，由此分析导体棒的运动情况，掌握安培力做功的计算方法。

7.【答案】BD

【解析】解：4、离子受到的电场力向右，所以受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可

以判断出速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B、离子经过加速电场的过程中，由动能定理可得qE'd=：nu；2,离子再匀强磁场中做

2

匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得quB°=ni?两方程联立可解得加速电场的场强

大小为一=逊，故B正确；

2md

2

C、由题意知，qU=^mv,qvB0=m^,整理得2=券，离子打在胶片上的位置越

靠近狭缝P,即R越小，离子的荷质比就越大，故C错误；

。、离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即=qE,

所以能通过狭缝P的离子的速率等于，故。正确。

D

故选：BD。

根据左手定则可以判断速度选择器中的磁场方向；离子经过加速电场获得速度，最后进

入磁场做匀速圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律可以得到加速电场的场强大小，

进而可以判断出荷质比的大小；离子能够直线通过速度选择器，是因为受电场力和洛伦

兹力是一对平衡力。

根据动能定理可以得到离子进入磁场的速度大小，根据牛顿第二定律可以得到离子的轨

道半径与荷质比的关系。

8.【答案】BC

【解析】解：由图可知，当两球达到最大高度时，甲球动能为零，甲球为竖直上抛运动，

而乙球在最大高度时动能不为零，可知乙球的斜上抛运动：

A.对甲球：唏=2ghm

解得

vlf)=y/2ghm

设乙球与竖直方向的夹角为。，则

(v^cosd)2=2ghm

由于

COS0<1

可得

U乙>飞2ghm=V甲

故A错误：

A两球初动能相等，根据动能表达式&可知甲球质量比乙球大，故B正确；

C.由A选项分析可知

W甲=v^cosd

在竖直方向上，同一时刻，两球离地面高度相同，甲球质量大于乙球质量，则甲球重力

势能比乙球大，故C正确；

。.对甲球：如甲琮=m中。九1+加甲琮

对乙球：gm乙V2=加乙9电+17?1乙91

当/，=%，，两式相减可得

m^gh2-m[pghr;之琮⑺尹一加乙)

由于甲球质量比乙球大，可得

九2>八1

故。错误。

故选：BC。

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根据题意可分析甲乙的运动情况，进而判断甲乙速度大小，根据图像分析质量大小，根

据机械能守恒定律分析。选项。

本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握对图像的认识，注意机械能守恒定律的应用。

9.【答案】8.10.26偏大

【解析】解：(1)根据逐差法，利用△x=a72,7=5>5X^S=0.1S,求加速度。=

(久1+%2)-(%3+久4)(29.40+21.30)-(13.20+5.10)x10~2m/s2=8.1m/s2,

4T24X0.12

根据牛顿第二定律，mgsind+/imgcosO=ma,0=37°,代入数据解得〃«0.26

(2)计算时，频率大了，根据公式7=5：可知，周期变小了，代入a=网+x李绊+时的

计算式计算时，会使加速度算大，从而动摩擦因数计算大了。

故答案为：(1)8.1,0.26,(2)偏大。

处理纸带数据时，要用逐差法求加速度，结合牛顿第二定律就可以求出动摩擦因数。在

计算时可以分析频率变大，使得周期变小，加速度变大，所以动摩擦因数也变大。

本题考查实验中纸带的数据处理问题，要学会用逐差法求加速度，会分析频率变化时，

对加速度测量的影响。

10.【答案】DF大于68

【解析】解：(1)电池组电动势是3V,电压表应选择电路最大电流约为/=4p=

Kmin

嬴4=1.5xIO-4=i.5m4电流表应选择?。

(2)由题意可知热敏电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变

阻器应采用分压接法；由于热敏电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实

验电路图如图所示

(3)由于电流表采用内接法，电压的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，热敏电阻的

测量值大于真实值。

(4)当M、N两点电势相等时，根据图丙所示电路图可知：答=箓，代入数据解得：RT=

K1K2

7.6k。，

由图乙所示图象可知，切=7.6k。时温度t=68。*当温度是68冤时报警器开始报警。

故答案为：(1)D;F;(2)实验电路图如上图所示；(3)大于；(4)68o

(1)根据电源电动势选择电压表；根据电路最大电流选择电流表。

(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后完成实验电路图。

(3)根据图示电路图分析实验误差。

(4)根据图丙所示电路图应用串并联电路特点求出场的阻值，然后根据图乙所示图象求

出温度。

要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；分析清楚

电路结构根据图示图象可以解题。

2

11.【答案】解：⑴小球p由C运动到。时，由动能定理得：mgd+qUC0=lmv,解得：

2

n_mv-2mgd

C0~2q；

(2)小球p经过。点时受力分析如图，由库仑定律得：&=尸2=k焉,它们的合力为：

尸=&COS45。+F2cos45。，。点处的场强为：E=：,

由牛顿第二定律得：mg+qE=ma,

解得：a=蹩+g，

答：(1)C、。间的电势差为叱卫幽；

2q

(2)小球p经过。点时的加速度为舞+g。

【解析】(1)小球p由C运动到。时，根据动能定理解得；

(2)根据。点的场强实际上是两点电荷在。点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具

有对称性，结合正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律求解即可。

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本题考查的是等量异种电荷的电场具有对称性的相关问题，关键要正确分析小球的受力

情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题。

12.【答案】解：(1)滑块Q下落过程中，根据动能定理可得：+

代入数据解得：v0=12m/s

Q与P相碰过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：nzjVo=(m!+m2')vE

代入数据解得：%=2m/s；

(2)E与M相碰过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：(矶+m2')vE=(mx+

,

m2)vF+m3vM

根据机械能守恒定律可得：“恤+和理=久7nl+巾2)*2+纲3端

联立解得：vM=-^m/si

(3)取向右为正方向，第一次推出过程中，根据动量守恒定律可得：(7Hi+m2)%=

一(巾1+m2)v+m3v1

以后每次推出过程中，小车的动量变化均为：Ap=2(mx+m2)v

推N次后，小车的动量m3孙,=m3vi+(N-l)Zlp

根据题意可得：vN>v

解得：N25.4次

所以N=6次。

答：(1)P、Q碰撞后的速度大小为2m/s；

(2)如果结合体E与小车M发生弹性碰撞，碰后小车的速度大小为(■m/s；

(3)如果人每次以u=lOm/s的速度(相对地面)将E反向推出，人最多能推6次。

【解析】(1)根据动能定理求解Q与P碰撞前的速度大小，根据动量守恒定律求解碰撞后

的速度大小；

(2*与M相碰过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立解答；

(3)根据动量守恒定律分析第一次推出以后每次推出过程中小车的动量变化，根据动量

守恒定律结合题意进行解答。

本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；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(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正

方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、根据热力学第一定律/U=W+Q，吸收热量说明Q>0,体积增大说

明对外做功，则W<0,故内能有可能不变，故A正确：

以内能是物体所有分子动能和分子势能的总和，内能相同不代表两物体温度相等，所

以有可能发生热传递，故B正确；

C、氮气的摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值计算得到的是氮气分子所占有的平均空间，

并不是氮气分子的体积，故C错误；

。、根据分子间为斥力时，当分子间距减小时，分子力做负功，分子势能增加，故。正

确；

从被封闭气体的压强是由气体分子无规则运动时与器壁表面碰撞时的作用力引起的，

与超重、失重无关，故E错误；

故选：ABD.

由热力学第一定律4U=勿+Q分析4选项，根据内能的定义可知，内能相同不代表两物

体温度相等，所以有可能发生热传递，根据气体分子的体积与气体分子所占有的平均空

间的区别可以分析C选项，根据分子力做功可以确定分子势能的增减，根据气体压强产

生的本质可以知道E选项错误。

该题考查热学部分相关的知识点，属于基本概念、原理的考查，需要学生加强该部分知

识点的记忆，题型简单。

14.【答案】解：(1)初态：pi=po.(k-=75cmHg-(20-lS)cmHg=

70cmHg,匕=l2S,T\=240K

==

末态：P2Po75cmHg,V2=l2S+^-^-S,T2

根据一定质量理想气体状态方程可得：竽=竽

*1<2

解得R=300K

(2)让U形管两端竖直朝上自由下落，处于完全失重状态，左右两边气体压强相等，

假设左边液面下降了对左边气体：PokS=p(h+l)S

对右边气体：prl2S=p(l2-V)S

解得/=0.588cm

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高度差九=21+一，2)=2x0.588cm+(20-15)cm=6.18cm

答：(1)若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，此时的环境温度为300K。

(2)气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是6.18CM。

【解析】(1)对左边气体，找出初末状态参量，