【精品】2019年海南省高考物理試卷以及答案解析

1、2019年海南省高考物理試卷、單項選擇題: 如圖，靜電場中的一條電場線上有 M、N兩點，箭頭代表電場的方向，則（A . M點的電勢比N點的低B. M點的場強大小一定比N點的大C.電子在M點的電勢能比在N點的低D.電子在M點受到的電場力大小一定比在N點的大2.如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面（紙面）上，銅線所在空間有一勻強磁場，磁場方向豎直向下。當銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向（XXXXXXXXXX XIX右X后B.向后C.向左D.向右3.汽車在平直公路上以20m/s的速度勻速行駛。前方突遇險情，司機緊急剎車，汽車做勻減速運動，加4.速度大小為8m/s2.從開始剎車到汽車

2、停止，汽車運動的距離為（B. 20mC. 25mD. 50m2019年5月，我國第45顆北斗衛(wèi)星發(fā)射成功。已知該衛(wèi)星軌道距地面的高度約為36000km ,是“天宮二號”空間實驗室軌道高度的90倍左右，則（A .該衛(wèi)星的速率比“天宮二號”的大B .該衛(wèi)星的周期比“天宮二號”的大C.該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號”的大D.該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號”的大5.如圖，兩物塊 P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m,兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為臼重力加速度大小為g,現(xiàn)對Q施加一水平向右的拉力F,使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為（0A . F - 2 jmgB .

3、 %+ 師g1-1C. %- pmgOO'的距離為r,已知硬幣與圓盤之6.如圖，一硬幣（可視為質(zhì)點）置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸間的動摩擦因數(shù)為科（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度大小為 g。若硬幣與圓盤一起 OO'軸勻速轉(zhuǎn)動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為（C.D.7.對于鈉和鈣兩種金屬，其遏止電壓Uc與入射光頻率v的關系如圖所示。用h、e分別表示普朗克常量A.鈉的逸出功小于鈣的逸出功B.圖中直線的斜率為-EC.在得到這兩條直線時，必須保證入射光的光強相同D.若這兩種金屬產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動能，則照射到鈉的光頻率較高8.如圖，一理想變壓器輸入端接交流恒壓源,輸出

4、端電路由Ri、R2、R3三個電阻構成。將該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5: 1改為10: 1后（A.流經(jīng)Ri的電流減小到原來的B. R2兩端的電壓增加到原來的C. R3端的電壓減小到原來的2D.電阻上總的熱功率減小到原來的44P、Q從磁場邊界的9 .如圖，虛線 MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動。射入磁場時，P的速度VP垂直于磁場邊界，Q的速度VQ與磁場邊界的夾角為45。.已知兩粒子均從 N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則（）My 厚 X X以* X XI|X X X XIix x x x n IA. P和Q的質(zhì)量之比為1: 2B.

5、 P和Q的質(zhì)量之比為加：1C. P和Q速度大小之比為花：1D. P和Q速度大小之比為 2: 110 .三個小物塊分別從 3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道 1、軌道2、軌道3的上端距 水平地面的高度均為 4h0；它們的下端水平，距地面的高度分別為h = ho、h2=2ho h3= 3h0,如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為sS2、S3,則（）A . S1 > S2三、實驗題：B . S2>S3C. s1= S3D. S2= S311 .用實驗室提供的器材設計一個測量電流表內(nèi)阻的電路。實驗室提供的器材為：待測電流表A （量程10m

6、A,內(nèi)阻約為50Q）,滑動變阻器 R1,電阻箱R,電源E （電動勢約為6V,內(nèi)阻可忽略），開關S1 和S2,導線若干。（1）根據(jù)實驗室提供的器材，在圖（a）所示虛線框內(nèi)將電路原理圖補充完整，要求滑動變阻器起限流 作用；（2）將圖（b）中的實物按設計的原理圖連線；（3）若實驗提供的滑動變阻器有兩種規(guī)格10Q 額定電流2A1500Q,額定電流 0.5A實驗中應該取。（填“”或"”）12.某同學利用圖（a）的裝置測量輕彈簧的勁度系數(shù)。圖中，光滑的細桿和直尺水平固定在鐵架臺上， 一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接；細繩跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛祛碼（實 驗中，每個祛碼的質(zhì)量均

7、為m = 50.0g）。彈簧右端連有一豎直指針，其位置可在直尺上讀出。實驗步驟如下： 在繩下端掛上一個祛碼，調(diào)整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接觸;系統(tǒng)靜止后，記錄祛碼的個數(shù)及指針的位置;逐次增加祛碼個數(shù)，并重復步驟（保持彈簧在彈性限度內(nèi)）：用n表示祛碼的個數(shù)，l表示相應的指針位置，將獲得的數(shù)據(jù)記錄在表格內(nèi)?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)在圖（b）中補齊數(shù)據(jù)點并做出l - n圖象。n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）彈簧的勁度系數(shù) k可用祛碼質(zhì)量 m、重力加速度大小 g及l(fā) - n圖線的斜率”表示，表達式為 k =。若g取9.8m

8、/s2,則本實驗中k=N/m （結果保留3位有效數(shù)字）。12.5UL|11 u12.011.511.010.5'N ；'1111 11 nH IE L_,_hr圖(b)四、計算題：13 .如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在。點：初始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將a由靜止釋放，當物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后b滑行的最大距離為 s。已知b的質(zhì)量是a的3倍。b與水平面間的動摩擦因數(shù)為11,重力加速度大小為go求(1)碰撞后瞬間物塊 b速度的大?。?2)輕繩的長度。14 .如圖，一水平面內(nèi)固定有兩根平行的長直金屬導軌，導軌間距為

9、 1;兩根相同的導體棒 AB、CD置于 導軌上并與導軌垂直，長度均為 1;棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)：整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B ,方向豎直向下。從 t=0時開始，對 AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右做勻加速運動，直到 t = ti時刻撤去外力，此時棒中的感應電流為 ii;已知CD 棒在t=t0 (0vt0ti)時刻開始運動，運動過程中兩棒均與導軌接觸良好。兩棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,導軌的電阻不計。重力加速度大小為 go(1)求AB棒做勻加速運動的加速度大小;(2)求撤去外力時 CD棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD棒在t = t2時刻

10、靜止，求此時 AB棒的速度大小。15 . 一定量的理想氣體從狀態(tài) M出發(fā)，經(jīng)狀態(tài) N、P、Q回到狀態(tài)M,完成一個循環(huán)。從 M到N、從P到Q是等溫過程；從 N到P、從Q到M是等容過程；其體積-溫度圖象（V - T圖）如圖所示。下列說法正確的是（）A .從M到N是吸熱過程B .從N到P是吸熱過程C .從P到Q氣體對外界做功D .從Q到M是氣體對外界做功E.從Q到M氣體的內(nèi)能減少16 .如圖，一封閉的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞將容器內(nèi)的理想氣體分為A、B兩部分，A體積為Va = 4.0X10 3m3.壓強為pA=47cmHg; B體積為Vb = 6.0X10 3m，壓強

11、為pB = 50cmHg.現(xiàn)將容器緩慢轉(zhuǎn)至水平，氣體溫度保持不變，求此時 A、B兩部分氣體的體積。17 . 一列簡諧橫波沿 x軸正方向傳播，周期為 0.2s, t=0時的波形圖如圖所示。下列說法正確的是（A .平衡位置在x= 1m處的質(zhì)元的振幅為 0.03mB.該波的波速為10m/sC. t=0.3s時，平衡位置在 x= 0.5m處的質(zhì)元向y軸正向運動D. t=0.4s時，平衡位置在 x= 0.5m處的質(zhì)元處于波谷位置E. t=0.5s時，平衡位置在 x= 1.0處的質(zhì)元加速度為零18 . 一透明材料制成的圓柱體的上底面中央有一球形凹陷，凹面與圓柱體下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。過

12、圓柱體對稱軸線的截面如圖所示。O點是球形凹陷的球心，半徑 OA與OG夾角0=120。 .平行光沿垂直于軸線方向向下入射時，從凹面邊緣A點入射的光線經(jīng)折射后，恰好由下底面上 C 點射出。已知 AB = FG=1cm, BC = «cm, OA = 2cm。(i)求此透明材料的折射率；(ii)撤去平行光，將一點光源置于球心O點處，求下底面上有光出射的圓形區(qū)域的半徑(不考慮側(cè)面的反射光及多次反射的影響)。2019年海南省高考物理試卷答案解析、單項選擇題:i .【分析】沿電場線方向電勢逐漸降低，電場線的疏密表示電場強度的大小。【解答】 解：A、沿電場線方向電勢逐漸降低，M點的電勢比N點的高，

13、故A錯誤；B、由于不能確定電場線疏密，故不能確定電場強度大小，故 B錯誤；C、電子從M至ij N,電場力做負功，電勢能增加，故在 M點的電勢能比在 N點的低，故C正確；D、由于不能確定電場強度大小，也不能確定電荷所受電場力大小，故 D錯誤；故選：Co【點評】解決本題的關鍵要掌握負電場線的性質(zhì)，根據(jù)電場線的疏密能判斷場強的大小。2【分析】根據(jù)左手定則來判斷即可，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的 方向就是導線受的安培力的方向。【解答】解：根據(jù)左手定則可知，安培力的方向一定和磁場方向垂直，同時一定和電流方向垂直，當銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向向前，故A正確

14、，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查左手定則的應用，題目簡單，正確應用左手定則即可求解。關鍵是注意電流方向、磁 場方向和安培力的方向之間的關系3【分析】根據(jù)剎車的初速度和剎車的加速度，由推導公式v2=2ax可得汽車運動的距離。【解答】 解：由題意知，車速 v=20m/s,剎車的加速度大小為 8m/s2,最后末速度減為 0,由推導公式 v2=2ax可得：x = 25m,故C正確，ABD錯誤。故選：Co【點評】解答此題的關鍵是知道末速度為0隱含條件，找到題干告訴的已知量初速度和加速度，利用勻變速直線運動公式可解。4【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，寫出線速度、角速度、周期表向心加速度達式，求解答

15、案。M2a 2【解答】 解：由萬有引力提供向心力得：G-7 = m = mr w2= mr ma,T 1T解得:v=檔T=2舟譚T北斗衛(wèi)星的軌道半徑大于“天宮二號”的軌道半徑，所以：線速度北斗衛(wèi)星的??；周期北斗衛(wèi)星大；角速度北斗衛(wèi)星??；向心加速度北斗衛(wèi)星的小，故ACD錯誤B正確;故選：Bo【點評】本題關鍵根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力提供向心力,寫出各個待求量的表達式， 根據(jù)表達式分析得出結論。5【分析】先對整體，利用牛頓第二定律求得加速度，再對P,利用牛頓第二定律列式，即可求得輕繩的張力?！窘獯稹拷猓簩φw，根據(jù)牛頓第二定律得：F -皿3mg =3ma。再對P,根據(jù)牛頓第二定律得：T pmg= ma

16、聯(lián)立解得輕繩的張力大小為：T=-Lf,故ABC錯誤，D正確。3故選：D?！军c評】本題是連接體問題，采用整體法和隔離法相結合進行解答，比較簡潔。要注意本題的結論與地 面是否有摩擦無關。6.【分析】依據(jù)最大靜摩擦力提供向心力，從而判定滑動時的最大角速度?！窘獯稹拷猓耗Σ亮μ峁┖贤饬Γ斶_到最大靜摩擦時，角速度最大，結合牛頓第二定律可知，囚=32,解得圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為：3 = 產(chǎn)£,故B正確，ACD錯誤。故選：Bo【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，掌握向心力表達式，注意最大靜摩擦力提供向心力時，角速度 最大是解題的關鍵。二、多項選擇題：7【分析】根據(jù)光電效應方程得出遏止電壓與入射光

17、頻率的關系，通過圖線的斜率求出普朗克常量；遏止 電壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率。【解答】 解：A、根據(jù)光電效應方程得：Ekm= h 1 Wo= h 廠 h 犯又 Ekm = eUc h wo h ho解得：Uc = 一 丫一 -丫一；see e當遏止電壓為0時，對應的頻率為金屬的極限頻率，結合圖可知鈉的極限頻率小，則鈉的逸出功小。故A正確；h 卜丫 口八h 山 一”B、由Uc=一1知Uo - 丫圖線的斜率k =,故B正確；e eeC、由uc=-y少知圖線的特點與光的強度無關。故 c錯誤；e eD、鈉的逸出功小，結合Ekm=h7- W0可知，若這兩種金屬產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動能，則

18、照射到鈉的光頻率較小。故 D錯誤故選：AB。【點評】 解決本題的關鍵掌握光電效應方程EKm = hT- Wo,以及知道光電子的最大初動能與入射光的強度無關，與入射光的頻率有關；掌握光電效應方程以及最大初動能與遏止電壓的關系。8【分析】分清不變量和變量，弄清理想變壓器中電壓、電流、功率之間的聯(lián)系和相互制約關系，利用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點進行分析判定。【解答】解：A、變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由 5: 1改為10: 1,則副線圈的輸出電壓減小為原來的 1,2根據(jù)歐姆定律可知，流經(jīng) Ri的電流減小到原來 工，故A錯誤。2B、根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R2兩端的電壓減小到原來的 工，故B錯誤。

19、二C、同理，R3兩端的電壓減小到原來 ,故C正確。2D、副線圈總電阻不變，根據(jù)功率公式可知，P=，總功率減小到原來的 卷，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查了變壓器的構造和原理，明確變壓器的制約關系，輸入電壓決定輸出電壓，匝數(shù)變化 引起輸出電壓變化。9【分析】根據(jù)幾何關系先確定圓心和半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式得到粒子的質(zhì)量比和速度比。【解答】解：AB、由題意可知，P、Q兩粒子的運動軌跡分別為半圓、四分之一圓，再根據(jù)t= 裊 /m解得：mp： mQ=1： 2,故A正確，B錯誤；2CD、結合幾何關系可知，Rp： Rq=1；由公式qB二蚌，解得：Vpj v-C2,i 1,故C正確，D錯誤

20、。故選：AC o【點評】本題考查了粒子在磁場中的運動，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；帶電粒子在勻速磁場中做勻速圓周運動問題通常要先確定圓心，得到半徑，最后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式。10 【分析】根據(jù)機械能守恒求平拋運動的初速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解水平位移。&旦，軌道1、2、3下滑的小物【解答】 解：根據(jù)mgh = 2mv2得小滑塊離開軌道時的水平速度v =2,軌道1、2、3下滑的小物塊的時間之塊的初速度之比為 炎：近;1,由h=ygt可知t= (L-r根據(jù)x= vt可知，小物塊的落地點到軌道下端的水平距離之比Si： S2： S3=V3: 2； 立

21、,故BC正確,AD錯誤；故選：BC。【點評】解答此題的關鍵是知道平拋運動的水平位移與初速度和時間均有關。.實驗題：11【分析】（1）根據(jù)實驗目的與實驗器材確定實驗原理，根據(jù)實驗原理設計實驗電路圖。（2）根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖。（3）根據(jù)題意求出電流最小電阻，然后根據(jù)串聯(lián)電路特點求出滑動變阻器接入電路的最小阻值，然后選擇滑動變阻器。【解答】解：（1）測電流表內(nèi)阻，由題意可知，實驗沒有提供電壓表，提供了電阻箱與兩個開關，本實驗應用半偏法測電流表內(nèi)阻，電流表與電阻箱并聯(lián)，滑動變阻器采用限流接法，實驗電路圖如圖所示；（2）根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示;（3）電路最小電阻約為：

22、E 6VR =-=600 0,10X1 0-JA滑動變阻器接入電路的最小阻值約為：600-50=550，滑動變阻器應選擇 ；故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）實物電路圖如圖所示；（3）?！军c評】本題考查了實驗電路設計、連接實物電路圖、實驗器材選擇問題，根據(jù)實驗目的與實驗器材確 定實驗原理與實驗方案是解題的前提與關鍵；要掌握實驗器材的選擇原則。12 【分析】（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)描點，再作出圖線;(2)根據(jù)圖線寫斜率的表達式，再根據(jù)胡克定律進行分析，即可得勁度系數(shù)的表達式；在圖線上選兩個較遠的點求出斜率的數(shù)值，結合勁度系數(shù)的表達式即可求出結果?！窘獯稹?解：(1)描出點后，作出圖線如圖所示：

23、(2) L-n圖線的斜率為 n由胡克定律有： F = kAlIPA nmg = kA la= 0.45 X 10 2m聯(lián)立以上各式可得:由圖可得斜率約為所以可得勁度系數(shù)為:N/nrlOON/ir,5QX1Q-3X9.8k-20. 45 x 1 0 丁故答案為：(1)圖線如圖所示:-Bi - BIBaB 記【點評】在作圖時，要注意先分析點的分布情況，再決定是用直線擬合還是用平滑的曲線擬合；在求斜 率時，所選的兩個點的距離要適當?shù)倪h一些以減小誤差。四、計算題:13 【分析】(1)研究碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理求碰撞后瞬間物塊b速度的大?。?2)根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律結合求出碰撞前瞬間

24、物塊a的速度，再研究 a下擺的過程，由機械能守恒定律求輕繩的長度。【解答】 解：(1)設a的質(zhì)量為m,則b的質(zhì)量為3m。碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理得2一p?3mgs= 0 _L?3mvb。2解得，碰撞后瞬間物塊 b速度的大小 Vb=M gs(2)對于a、b碰撞過程，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0= mvs+3mvb°根據(jù)機械能守恒得mv 02= mva2+?3mvb20222設輕繩的長度為L.對于a下擺的過程，根據(jù)機械能守恒得12mgL = *mvo。聯(lián)立解得L=4肉答：(1)碰撞后瞬間物塊 b速度的大小為y2"第。(2)輕繩的長度是4因?！军c評】分析清楚

25、物塊的運動過程是解題的前提，把握每個過程的物理規(guī)律是關鍵。要知道彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，運用動能定理時要注意選擇研究的過程。14 【分析】(1)當CD棒開始剛運動時，所受的安培力等于最大靜摩擦力，由安培力公式和平衡條件求得此時CD棒中感應電流。再根據(jù)法拉第定律和歐姆定律結合求出此時AB棒的速度，從而求得其加速度。(2) t=t1時刻撤去外力，此時棒中的感應電流為i1,先由速度公式求出此時 AB棒的速度，再根據(jù)法拉第定律和歐姆定律求得兩棒速度之差，從而求得CD棒的速度大小；(3)對兩棒組成的系統(tǒng)，利用動量定理列式，可求得 AB棒的速度大小?！窘獯稹?解：(1)當CD棒開始剛運動時，

26、設 CD棒中電流為io.則有：Bi ol=師g得：io上四 ,：設此時AB棒的速度為V0.則有：B1mi0得:v0=2|!mgR故AB棒做勻加速運動的加速度大小為:a=102 lingR(2)設撤去外力時 CD棒的速度大小為vi, AB棒的速度大小為 V2 .則有:v2= ati。根據(jù)歐姆定律得：ii=1聯(lián)立解得：V1 =2R2kngRt1 ：2RilB2l2t0 Bl(3)設CD棒在t=t2時刻靜止時AB棒的速度大小為 V3.對兩棒整體，安培力的沖量為0,由動量定理得:-2 jmg (t2ti) = mv3mvi mv2。-4 k ngR t j 2Rii聯(lián)乂斛得： V3 - 2 閔(t2

27、ti)B212tti Bl答：(1) AB棒做勻加速運動的加速度大小是;B212t 0、，一 SNmgRti 2R11(2)撤去外力時 CD棒的速度大小是 L-L；B 勺Bl4MmgR0 2Ri1(3)此時AB棒的速度大小是 -2囚2-ti)。B勺入0 Bl【點評】本題是雙桿類型，是力學與電磁感應的綜合，要分析清楚兩棒的受力情況，明確CD棒剛要運動的臨界條件：安培力等于最大靜摩擦力。對兩棒同時運動的過程， 要知道感應電動勢與兩者速度之差有關。15 【分析】 本題考查理想氣體的 V-T圖象，解答本題的關鍵是利用熱力學第一定律：W+Q=A U進行分析推理，同時明確理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，溫度升高

28、，內(nèi)能增大；溫度降低，內(nèi)能減??；理想氣 體內(nèi)能不考慮分子勢能?！窘獯稹?解：A、從M到N理想氣體溫度不變，則內(nèi)能不變，即4U = 0,但體積減小，說明外界對氣體做功，即 W>0,由熱力學第一定律： W+Q=AU,可知QV0,所以是一個放熱過程，故 A錯誤；B、從N到P理想氣體溫度升高，則內(nèi)能增大，即U>0,但體積不變，說明外界沒有對氣體做功，氣體也沒有對外界做功，即 W = 0,由熱力學第一定律：W+Q=A U,可知Q>0,所以是一個吸熱過程，故 B 正確；C、從P到Q理想氣體溫度不變，則內(nèi)能不變，即4 U=0,但體積增大，說明氣體對外界做功，故 C 正確；D、從Q到M理想氣

29、體體積不變，說明外界沒有對氣體做功，氣體也沒有對外界做功，即W = 0,故D錯誤；E 、從Q 到 M 理想氣體溫度降低，內(nèi)能減小，故E 正確；故選：BCE?！军c評】解決本題的關鍵是看懂 V - T圖象，結合熱力學第一定律 W+Q = A U分析每一個過程，分析過程中先看溫度變化，從而判斷內(nèi)能的變化。規(guī)律是：理想氣體溫度升高，內(nèi)能增大；溫度降低，內(nèi)能減?。惑w積減小，說明外界對氣體做功；體積增大，說明氣體對外界做功；體積不變，說明外界沒有對氣體做功，氣體也沒有對外界做功。16 【分析】因為氣體溫度保持不變，分別對兩側(cè)氣體運用玻意耳定律，水平放置時兩側(cè)的壓強相等，再結合活塞的總體積保持不變，聯(lián)立即可

30、求出A、 B 兩部分氣體的體積?！窘獯稹拷猓簩?A 中氣體：初態(tài)：壓強 Pa= 47cmHg ,體積 Va = 4.0X10 3m末態(tài)：壓強Pa ',體積Ya',根據(jù)玻意耳定律可得：PaVa=Pa' Va'對 B 中氣體：初態(tài)：壓強 pB=50cmHg,體積 Vb=6.0X10 3m末態(tài)：壓強Pb',體積Vb',根據(jù)玻意耳定律可得：pbvb=pb' Vb'容器水平后有：pa' =pb'容器的總體積保才t不變，即：Va' +Vb' = Va+V b= 1.0X 10 2m3聯(lián)立 式可得：Va? = 3.85X 10 3m3Vb，= 6.15X 10 3m3答：此時A部分氣體的體積為 3.85X 10