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2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高二（下）月考物理试卷（5月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高二（下）月考物理试卷（5月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，AO、BO、CO是竖直面内三根固定的光滑细杆，与水平面的夹角依次是60°、45°、30°，直线AD与地面垂直．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达O所用的时间，则( )
A. t1t2>t3C. t1=t3>t2D. t3=t1=t2
2.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m、2m的A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐振动，当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，则( )
A. 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B. 该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
4.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场可以产生电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是( )
A. 向上方向的磁场在增强B. 向下方向的磁场在减弱
C. 向上方向的磁场先增强，然后反向减弱D. 向上方向的磁场先减弱，然后反向增强
5.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。则( )
A. 在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长
C. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失
6.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为
( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.卡诺循环(Carnt cycle)是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P−V图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d等温过程；d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是( )
A. a→b过程，气体放出热量
B. c→d过程，气体对外界做功
C. a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1D. b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1=W2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BBˈCˈC面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 2，只考虑由DE直接射向侧面AAˈCC的光线。下列说法正确的是( )
A. 光从AAˈCˈC面出射的区域占该侧面总面积的12
B. 光从AAˈCˈC面出射的区域占该侧面总面积的23
C. 若DE发出的单色光频率变小，AAˈCˈC面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光频率变小，AAˈCˈC面有光出射的区域面积将减小
9.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO’恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO’轴匀速转动，则以下判断正确的是
( )
A. 图示位置线圈中的感应电动势最大，且为Em=BL2ω
B. 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=12BL2ωsinωt
C. 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=πB2ωL4R4(R+r)2
D. 细圈从图示放置转过180∘的过程中，流过电阻R的电荷量为q=2πBL24(R+r)
10.如图所示为一定质量的理想气体由状态A到状态B再到状态C的p−T图，下列说法正确的是( )
A. 状态A到状态B过程，气体密度变大
B. 状态B到状态C过程，气体先放热再吸热
C. A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等
D. A、C两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)变压器的铁芯，它的结构和材料是______；(填字母)
A.整块硅钢铁芯
B.绝缘的硅钢片叠成
C.绝缘的铜片叠成
D.整块不锈钢铁芯
(2)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为_____。(填字母代号)
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400匝”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为___________。
A.3V
12.在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为2kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按如图甲所示的电路图进行连接，先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向______(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间____(选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容为_________F。(结果保留三位有效数字)
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的想法是否正确。
答：_______________________________________________________________________________。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图甲，两波源A、B间的距离x=1.2m，P点在A、B的连线上，A、P间的距离x1=0.4m，从t=0开始，两个波源的振动图像如图乙所示，其中实线和虚线分别为波源A和B的振动图像。已知两列波在介质中的波长均为λ=0.8m。求：
(1)两列波在介质中的传播速度大小v；
(2)质点P在0∼0.8s时间内经过的路程s。
14.如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，∠C=90∘，∠A=60∘。一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=L4，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c．
求：(ⅰ)玻璃砖的折射率；
(ⅱ)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间．
15.如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50 kW、输出电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1:5，两个变压器间输电导线的总电阻R=15 Ω，降压变压器的输出电压为220 V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
(1)两个变压器间的输电导线上损失的电压；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数之比；
(3)若用户安装的都是“220 V 40 W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
16.如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=24cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强p0=75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1=300K。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管水银面下降的高度Δh=1cm。
(1)求右管水银面下降的高度ΔH；
(2)关闭阀门S后，若缓慢改变左管内封闭气体的温度，使左管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的热力学温度T2；
(3)关闭阀门S后，若将右端封闭，保持右管内封闭气体的温度不变的同时，对左管缓慢加热，使左管和右管的水银面再次相平，求此时左管内气体的热力学温度T3。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】设OD=d，任意一斜面的倾角为α，则由牛顿第二定律得到滑环的加速度为 a=gsinα，滑环从斜面的顶点滑到D的位移为
x=dcsθ ．
由x= 12 at2得，
t= 2xa = 2dgsinθcsθ = 4dgsin2θ ，
由数学知识得知，
sin(2×60°)=sin(2×30°)，
sin(2×45°)=1最大，则知t1=t3>t2.故C正确．
【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要抓住三个过程相同的量表示位移和加速度．
2.【答案】B
【解析】B
【详解】平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有 kx1=mg ，在平衡之前的初位置，有 kx2=2mg ，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg。故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查功、位移和平均速率的计算，基础题目。
结合重力做功特征、位移的定义和平均速率的定义分析即可判断。
【解答】
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为WG=mgΔh=100×10×(2.7+2.7)J=5400J，故A正确；
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v=st=πrt=3.14×502100m/s=0.785m/s
故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：AB、当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的。麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强、向下的磁场减弱时，感应电流的磁场方向向下，阻碍原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相反，故AB错误；
CD、同理，当磁场向上减弱或磁场向下增强即反向增强时，感应电流的磁场方向向上，阻碍原磁场的减弱，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相同；当向上方向的磁场先增强，然后反向减弱，与题图中E的方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
麦克斯韦电磁场理论的核心思想是：变化的磁场可以激发涡旋电场，变化的电场可以激发涡旋磁场；电场和磁场不是彼此孤立的，它们相互联系、相互激发组成一个统一的电磁场。然后结合楞次定律判断即可。
本题考查了楞次定律和安培定则的应用，要求学生熟练掌握这两个定则的使用方法及注意事项。
5.【答案】B
【解析】解：A、由图可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=sinisinr，光线a的折射率大；再根据公式v=cn，光线a在玻璃中的传播速度小，故A错误；
B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=λf，光线a的波长较短，故B正确；
C、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故C错误；
D、若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故a先发生全反射，先消失，故D错误。
故选：B。
根据折射定律公式n=sinisinr判断折射率大小，根据v=cn判断玻璃中的光速大小；根据c=λf真空中波长大小；根据公式Δx=Ldλ判断条纹间距大小。
解决本题的关键知道折射率、频率、波长、在介质中传播的速度、临界角等大小关系，通过光线的偏折程度得出折射率的大小是解决本题的突破口。
6.【答案】B
【解析】【分析】
变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比。
本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。
【解答】
设理想变压器的原、副线圈的电压比U原U副=n，则电流比I原I副=1n，结合本题数据，当开关断开时有U−3I5nI=n，当开关闭合时有U−12I4nI=n，综合得到U=48I，解得n=3，故B正确．
7.【答案】D
【解析】【分析】
气体的内能只与温度有关，根据图象选择合适的气体定律，判断温度变化，根据热力学第一定律判断吸放热；由ΔU=Q+W分析做功、吸放热和内能变化的关系。
本题是图象问题，关键从图象判断气体变化过程，选择合适的气体实验定律，然后结合热力学第一定律即可解决。
【解答】
A.a→b等温过程，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知气体吸收热量，故A错误；
B.c→d过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功，故B错误；
C.从b到c为绝热膨胀过程，则气体对外做功，所以W<0，又因为绝热，故Q=0，所以ΔU<0，气体内能减小，则温度降低，故T1>T2，故C错误；
D.b→c过程气体绝热膨胀，则Q=0，则ΔU1=W1；d→a过程气体绝热压缩，Q=0，则ΔU2=W2；由于a、b温度相同，c、d温度相同，故ΔU1=ΔU2，则W1=W2，故D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于等于临界角时，会发生全反射现象。做出临界光路图，结合几何关系分析求解。同时应该明确频率大的光，折射率也会大。
【解答】
AB.由题可知sin C=1 2，可知临界角为45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA′C′C 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
CD.由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
9.【答案】BC
【解析】解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误．
B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BSω=12BL2ω，瞬时值表达式为e=Emsinωt=12BL2ωsinωt.故B正确．
C、感应电动势的有效值为E= 22Em，感应电流有效值为I=ER+r，R产生的热量为Q=I2RT，T=2πω，联立得Q=πB2ωL4R4(R+r)2.故C正确．
D、线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2B⋅12L2=BL2，流过电阻R的电荷量为q=△ΦR+r=BL2R+r，故D错误．
故选：BC
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的 2倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．
10.【答案】CD
【解析】【分析】根据图象分析各个过程的温度、体积和压强的变化情况，结合热力学第一定律和气体压强的微观意义进行分析解答。
【解答】A.根据 pVT=C 可知状态 A 到状态 B 过程，压强减小，温度升高，则体积变大，气体密度变小，选项A错误；
B.状态 B 到状态 C 过程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即W>0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据ΔU=W+Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，选项B错误；
CD. A 、 C 两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，选项CD正确；
故选CD。
11.【答案】(1) B；(2) C；(3) D。
【解析】【分析】
(1)根据图片和所学知识判断出铁芯的材料；
(2)根据实验原理分析；
(3)根据电压与线圈匝数之间的关系确定。
【解答】(1)由于涡流在导体中会产生热量，所以变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成，故B正确，ACD错误；
(2)AB.原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；
C.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故C符合题意;
D.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故D不符合题意；
(3)若是理想变压器，则由U1U2=n1n2，原线圈的“0“和“800匝”两个接线柱，用电表测得副线圈的0“和“400匝“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3V，则原线圈的电压为6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为6.5V，故选D。
12.【答案】(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
【解析】解：(1)开关S与1相连，电源给电容器充电，电容器上极板带正电充电电流为逆时针方向；开关S与2相连时，电容器放电，电流方向为顺时针方向，并用都随时间而减小；
(2)根据欧姆定律可知，I=UR，图象与坐标轴围成的面积表示Ut，则可知，图象与坐标轴围成的面积与R的比值表示电量，即为：q=I−t=U−Rt；
则可知，充电过程最大电量：
q=145.12000C=0.07255C
C=qU=×10−2F；
(3)这种想法是正确的，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值。
故答案为：(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
根据电容器极板的电性判断放电时电流的方向；
在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变，根据U−t图线所围成的面积求解放电的电荷量，再根据电容计算公式求解电容；
通过电阻R的电量最终充电电容器的极板上，所以绘出电阻的U−t图象，求出面积S，则通过电阻R的电量q=I−t=U−Rt=SR，也可以求极板上电量，从而求出电容。
本题主要是考查平行板电容器电容的实验，解答本题的关键是弄清楚题意以及电路连接情况，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，结合电容器的计算公式进行分析解答。
13.【答案】(1) v=2m/s ；(2) s=52cm
【详解】(1)由振动图像得两波的周期为
T=0.4s
根据关系知，波速为
v=λT
代入数据得
v=2m/s
(2)由振动图像可知A、B的振幅分别为
AA=6cm
AB=4cm
波的传播时间为
t=Δxv A、B波传播到P点的时间为
tA=0.2s
tB=0.4s
两波都传到P点时，引起P点的振动恰好从平衡位置均沿 −y 方向，其振幅为
A=AA+AB=10cm
则 0∼0.2s 内P点通过的路程为
s1=0 0.2∼0.4s 内P点通过的路程为
s2=12cm 0.4∼0.8s 内P点通过的路程为
s3=40cm
则 0∼0.8s 的过程中P点通过的路程
s=s1+s2+s3=52cm
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(ⅰ)作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知△DEB为等腰三角形，DE=DB=L4
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r=30°，
所以玻璃砖的折射率为n=sinisinr=sin45°sin30°= 2
(ⅱ)设临界角为θ，有sinθ=1n，可解得θ=45°
由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60°，大于临界角，则光在BC边上发生全反射
光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖
根据几何知识可知EF=L2
则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为
t=DE+EFv
而v=cn，可解得：t=3 2L4c
答：
(ⅰ)玻璃砖的折射率为 2；
(ⅱ)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间为3 2L4c．
【解析】解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n和光速公式v=cn．
15.【答案】解：(1)升压变压器副线圈两端的电压
U2=n2n1U1= 51×500V=2500V，
输电线路上的电流I2=PU2=500002500A=20A，
损失的电压△U=I2R=20×15V=300V；
(2)降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−△U=2200V，
故变压器原副线圈的匝数之比为
n3n4=U3 U4 =2200220=101；
(3)线路上损失的功率P损=I2R=202×15W=6kW
故降压变压器原线圈的功率P′=P−P损=44kW
用户得到的功率P用=P′=44kW，
故n=P用P灯=4400040盏=1100盏。
【解析】本题考查了远距离输电等知识。理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比，功率不变，注意线路损耗。
考查了远距离输电、理想变压器的特点，理解功率关系输出决定输入，输出电压由输入电压决定。
16.【答案】解：(1)由于初始状态左右两侧液面相平，根据“等压面”法可知，初始状态封闭气体的压强等于 p0 ，设U形细玻璃管的横截面积为 S ，液面下降后封闭气体的压强为 p1 ，
根据波意耳定律定律有p0SL=p1S(L+Δh)，
解得p1=72cmHg，
设此时左右两管的液面差为 h ，则有p1+ρgh=p0，
解得h=3cm，
由此可知右管水银面下降的高度ΔH=h+Δh=4cm；
(2)使左管的水银面回到最初高度，则右管液面将下降 Δh ，
则此时左管内气体压强p2=p0−ρg(h+2Δh)=70cmHg，
根据理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p2SLT2，
解得T2=280K；
(3)液面再次相平时左右两管内气体压强相同，设为 p3 ，
对左管中气体由理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p3S(L+Δh+h2)T3，
对右管中的气体有波意耳定律有p0S(L+ΔH)=p3S(L+ΔH−h2)，
联立解得T3=350K。
【解析】(1)对左侧气体根据等温变化列方程可求解；
(2)根据几何关系集合左侧气体做等容变化可列方程求解；
(3)首先根据右侧气体做等温变化求得右侧气体压强，再根据左侧气体应用一定质量的理想气体状态方程，列方程求解。
该题考查学生对一定质量的理想气体做等温、等容变化的考查，变化过程较多时该题的难点，在求解过程中，要把每个变化过程分清，找到对应的变化根据不同的状态方程求解。
1.如图所示，AO、BO、CO是竖直面内三根固定的光滑细杆，与水平面的夹角依次是60°、45°、30°，直线AD与地面垂直．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达O所用的时间，则( )
A. t1
2.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m、2m的A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐振动，当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，则( )
A. 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B. 该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
4.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场可以产生电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是( )
A. 向上方向的磁场在增强B. 向下方向的磁场在减弱
C. 向上方向的磁场先增强，然后反向减弱D. 向上方向的磁场先减弱，然后反向增强
5.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。则( )
A. 在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长
C. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失
6.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为
( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.卡诺循环(Carnt cycle)是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P−V图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d等温过程；d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是( )
A. a→b过程，气体放出热量
B. c→d过程，气体对外界做功
C. a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BBˈCˈC面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 2，只考虑由DE直接射向侧面AAˈCC的光线。下列说法正确的是( )
A. 光从AAˈCˈC面出射的区域占该侧面总面积的12
B. 光从AAˈCˈC面出射的区域占该侧面总面积的23
C. 若DE发出的单色光频率变小，AAˈCˈC面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光频率变小，AAˈCˈC面有光出射的区域面积将减小
9.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO’恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO’轴匀速转动，则以下判断正确的是
( )
A. 图示位置线圈中的感应电动势最大，且为Em=BL2ω
B. 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=12BL2ωsinωt
C. 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=πB2ωL4R4(R+r)2
D. 细圈从图示放置转过180∘的过程中，流过电阻R的电荷量为q=2πBL24(R+r)
10.如图所示为一定质量的理想气体由状态A到状态B再到状态C的p−T图，下列说法正确的是( )
A. 状态A到状态B过程，气体密度变大
B. 状态B到状态C过程，气体先放热再吸热
C. A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等
D. A、C两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)变压器的铁芯，它的结构和材料是______；(填字母)
A.整块硅钢铁芯
B.绝缘的硅钢片叠成
C.绝缘的铜片叠成
D.整块不锈钢铁芯
(2)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为_____。(填字母代号)
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400匝”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为___________。
A.3V
12.在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为2kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按如图甲所示的电路图进行连接，先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向______(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间____(选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容为_________F。(结果保留三位有效数字)
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的想法是否正确。
答：_______________________________________________________________________________。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图甲，两波源A、B间的距离x=1.2m，P点在A、B的连线上，A、P间的距离x1=0.4m，从t=0开始，两个波源的振动图像如图乙所示，其中实线和虚线分别为波源A和B的振动图像。已知两列波在介质中的波长均为λ=0.8m。求：
(1)两列波在介质中的传播速度大小v；
(2)质点P在0∼0.8s时间内经过的路程s。
14.如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，∠C=90∘，∠A=60∘。一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=L4，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c．
求：(ⅰ)玻璃砖的折射率；
(ⅱ)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间．
15.如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50 kW、输出电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1:5，两个变压器间输电导线的总电阻R=15 Ω，降压变压器的输出电压为220 V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
(1)两个变压器间的输电导线上损失的电压；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数之比；
(3)若用户安装的都是“220 V 40 W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
16.如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=24cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强p0=75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1=300K。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管水银面下降的高度Δh=1cm。
(1)求右管水银面下降的高度ΔH；
(2)关闭阀门S后，若缓慢改变左管内封闭气体的温度，使左管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的热力学温度T2；
(3)关闭阀门S后，若将右端封闭，保持右管内封闭气体的温度不变的同时，对左管缓慢加热，使左管和右管的水银面再次相平，求此时左管内气体的热力学温度T3。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】设OD=d，任意一斜面的倾角为α，则由牛顿第二定律得到滑环的加速度为 a=gsinα，滑环从斜面的顶点滑到D的位移为
x=dcsθ ．
由x= 12 at2得，
t= 2xa = 2dgsinθcsθ = 4dgsin2θ ，
由数学知识得知，
sin(2×60°)=sin(2×30°)，
sin(2×45°)=1最大，则知t1=t3>t2.故C正确．
【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要抓住三个过程相同的量表示位移和加速度．
2.【答案】B
【解析】B
【详解】平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有 kx1=mg ，在平衡之前的初位置，有 kx2=2mg ，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg。故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查功、位移和平均速率的计算，基础题目。
结合重力做功特征、位移的定义和平均速率的定义分析即可判断。
【解答】
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为WG=mgΔh=100×10×(2.7+2.7)J=5400J，故A正确；
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v=st=πrt=3.14×502100m/s=0.785m/s
故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：AB、当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的。麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强、向下的磁场减弱时，感应电流的磁场方向向下，阻碍原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相反，故AB错误；
CD、同理，当磁场向上减弱或磁场向下增强即反向增强时，感应电流的磁场方向向上，阻碍原磁场的减弱，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相同；当向上方向的磁场先增强，然后反向减弱，与题图中E的方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
麦克斯韦电磁场理论的核心思想是：变化的磁场可以激发涡旋电场，变化的电场可以激发涡旋磁场；电场和磁场不是彼此孤立的，它们相互联系、相互激发组成一个统一的电磁场。然后结合楞次定律判断即可。
本题考查了楞次定律和安培定则的应用，要求学生熟练掌握这两个定则的使用方法及注意事项。
5.【答案】B
【解析】解：A、由图可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=sinisinr，光线a的折射率大；再根据公式v=cn，光线a在玻璃中的传播速度小，故A错误；
B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=λf，光线a的波长较短，故B正确；
C、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故C错误；
D、若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故a先发生全反射，先消失，故D错误。
故选：B。
根据折射定律公式n=sinisinr判断折射率大小，根据v=cn判断玻璃中的光速大小；根据c=λf真空中波长大小；根据公式Δx=Ldλ判断条纹间距大小。
解决本题的关键知道折射率、频率、波长、在介质中传播的速度、临界角等大小关系，通过光线的偏折程度得出折射率的大小是解决本题的突破口。
6.【答案】B
【解析】【分析】
变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比。
本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。
【解答】
设理想变压器的原、副线圈的电压比U原U副=n，则电流比I原I副=1n，结合本题数据，当开关断开时有U−3I5nI=n，当开关闭合时有U−12I4nI=n，综合得到U=48I，解得n=3，故B正确．
7.【答案】D
【解析】【分析】
气体的内能只与温度有关，根据图象选择合适的气体定律，判断温度变化，根据热力学第一定律判断吸放热；由ΔU=Q+W分析做功、吸放热和内能变化的关系。
本题是图象问题，关键从图象判断气体变化过程，选择合适的气体实验定律，然后结合热力学第一定律即可解决。
【解答】
A.a→b等温过程，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知气体吸收热量，故A错误；
B.c→d过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功，故B错误；
C.从b到c为绝热膨胀过程，则气体对外做功，所以W<0，又因为绝热，故Q=0，所以ΔU<0，气体内能减小，则温度降低，故T1>T2，故C错误；
D.b→c过程气体绝热膨胀，则Q=0，则ΔU1=W1；d→a过程气体绝热压缩，Q=0，则ΔU2=W2；由于a、b温度相同，c、d温度相同，故ΔU1=ΔU2，则W1=W2，故D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于等于临界角时，会发生全反射现象。做出临界光路图，结合几何关系分析求解。同时应该明确频率大的光，折射率也会大。
【解答】
AB.由题可知sin C=1 2，可知临界角为45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA′C′C 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
CD.由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
9.【答案】BC
【解析】解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误．
B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BSω=12BL2ω，瞬时值表达式为e=Emsinωt=12BL2ωsinωt.故B正确．
C、感应电动势的有效值为E= 22Em，感应电流有效值为I=ER+r，R产生的热量为Q=I2RT，T=2πω，联立得Q=πB2ωL4R4(R+r)2.故C正确．
D、线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2B⋅12L2=BL2，流过电阻R的电荷量为q=△ΦR+r=BL2R+r，故D错误．
故选：BC
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的 2倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．
10.【答案】CD
【解析】【分析】根据图象分析各个过程的温度、体积和压强的变化情况，结合热力学第一定律和气体压强的微观意义进行分析解答。
【解答】A.根据 pVT=C 可知状态 A 到状态 B 过程，压强减小，温度升高，则体积变大，气体密度变小，选项A错误；
B.状态 B 到状态 C 过程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即W>0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据ΔU=W+Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，选项B错误；
CD. A 、 C 两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，选项CD正确；
故选CD。
11.【答案】(1) B；(2) C；(3) D。
【解析】【分析】
(1)根据图片和所学知识判断出铁芯的材料；
(2)根据实验原理分析；
(3)根据电压与线圈匝数之间的关系确定。
【解答】(1)由于涡流在导体中会产生热量，所以变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成，故B正确，ACD错误；
(2)AB.原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；
C.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故C符合题意;
D.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故D不符合题意；
(3)若是理想变压器，则由U1U2=n1n2，原线圈的“0“和“800匝”两个接线柱，用电表测得副线圈的0“和“400匝“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3V，则原线圈的电压为6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为6.5V，故选D。
12.【答案】(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
【解析】解：(1)开关S与1相连，电源给电容器充电，电容器上极板带正电充电电流为逆时针方向；开关S与2相连时，电容器放电，电流方向为顺时针方向，并用都随时间而减小；
(2)根据欧姆定律可知，I=UR，图象与坐标轴围成的面积表示Ut，则可知，图象与坐标轴围成的面积与R的比值表示电量，即为：q=I−t=U−Rt；
则可知，充电过程最大电量：
q=145.12000C=0.07255C
C=qU=×10−2F；
(3)这种想法是正确的，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值。
故答案为：(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
根据电容器极板的电性判断放电时电流的方向；
在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变，根据U−t图线所围成的面积求解放电的电荷量，再根据电容计算公式求解电容；
通过电阻R的电量最终充电电容器的极板上，所以绘出电阻的U−t图象，求出面积S，则通过电阻R的电量q=I−t=U−Rt=SR，也可以求极板上电量，从而求出电容。
本题主要是考查平行板电容器电容的实验，解答本题的关键是弄清楚题意以及电路连接情况，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，结合电容器的计算公式进行分析解答。
13.【答案】(1) v=2m/s ；(2) s=52cm
【详解】(1)由振动图像得两波的周期为
T=0.4s
根据关系知，波速为
v=λT
代入数据得
v=2m/s
(2)由振动图像可知A、B的振幅分别为
AA=6cm
AB=4cm
波的传播时间为
t=Δxv A、B波传播到P点的时间为
tA=0.2s
tB=0.4s
两波都传到P点时，引起P点的振动恰好从平衡位置均沿 −y 方向，其振幅为
A=AA+AB=10cm
则 0∼0.2s 内P点通过的路程为
s1=0 0.2∼0.4s 内P点通过的路程为
s2=12cm 0.4∼0.8s 内P点通过的路程为
s3=40cm
则 0∼0.8s 的过程中P点通过的路程
s=s1+s2+s3=52cm
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(ⅰ)作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知△DEB为等腰三角形，DE=DB=L4
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r=30°，
所以玻璃砖的折射率为n=sinisinr=sin45°sin30°= 2
(ⅱ)设临界角为θ，有sinθ=1n，可解得θ=45°
由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60°，大于临界角，则光在BC边上发生全反射
光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖
根据几何知识可知EF=L2
则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为
t=DE+EFv
而v=cn，可解得：t=3 2L4c
答：
(ⅰ)玻璃砖的折射率为 2；
(ⅱ)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间为3 2L4c．
【解析】解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n和光速公式v=cn．
15.【答案】解：(1)升压变压器副线圈两端的电压
U2=n2n1U1= 51×500V=2500V，
输电线路上的电流I2=PU2=500002500A=20A，
损失的电压△U=I2R=20×15V=300V；
(2)降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−△U=2200V，
故变压器原副线圈的匝数之比为
n3n4=U3 U4 =2200220=101；
(3)线路上损失的功率P损=I2R=202×15W=6kW
故降压变压器原线圈的功率P′=P−P损=44kW
用户得到的功率P用=P′=44kW，
故n=P用P灯=4400040盏=1100盏。
【解析】本题考查了远距离输电等知识。理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比，功率不变，注意线路损耗。
考查了远距离输电、理想变压器的特点，理解功率关系输出决定输入，输出电压由输入电压决定。
16.【答案】解：(1)由于初始状态左右两侧液面相平，根据“等压面”法可知，初始状态封闭气体的压强等于 p0 ，设U形细玻璃管的横截面积为 S ，液面下降后封闭气体的压强为 p1 ，
根据波意耳定律定律有p0SL=p1S(L+Δh)，
解得p1=72cmHg，
设此时左右两管的液面差为 h ，则有p1+ρgh=p0，
解得h=3cm，
由此可知右管水银面下降的高度ΔH=h+Δh=4cm；
(2)使左管的水银面回到最初高度，则右管液面将下降 Δh ，
则此时左管内气体压强p2=p0−ρg(h+2Δh)=70cmHg，
根据理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p2SLT2，
解得T2=280K；
(3)液面再次相平时左右两管内气体压强相同，设为 p3 ，
对左管中气体由理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p3S(L+Δh+h2)T3，
对右管中的气体有波意耳定律有p0S(L+ΔH)=p3S(L+ΔH−h2)，
联立解得T3=350K。
【解析】(1)对左侧气体根据等温变化列方程可求解；
(2)根据几何关系集合左侧气体做等容变化可列方程求解；
(3)首先根据右侧气体做等温变化求得右侧气体压强，再根据左侧气体应用一定质量的理想气体状态方程，列方程求解。
该题考查学生对一定质量的理想气体做等温、等容变化的考查，变化过程较多时该题的难点，在求解过程中，要把每个变化过程分清，找到对应的变化根据不同的状态方程求解。
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