2022_2023学年重庆市南开中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2022_2023学年重庆市南开中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共18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。

2022~2023学年重庆市南开中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 下列说法符合物理学史实的是(    )
A. 第一个提出量子概念的科学家是爱因斯坦
B. J.J.汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型
C. 卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子
D. 贝克勒尔最先发现天然放射现象并从沥青中分离出了钋
2. 下列关于分子动理论说法正确的是(    )
A. 悬浮在水中的碳粒在做布朗运动，其间接反映了水分子的无规则热运动
B. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随着分子间距离增大而增大
C. 温度升高时，物体内每个分子的动能都增大，所以物体的平均动能增大
D. 给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
3. 以下对固体、液体的描述，正确的是(    )
A. 所有晶体都有确定的熔点以及各向异性的特点
B. 同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
C. 液体表面层分子密度比较密集，分子力表现为斥力
D. 毛细现象只在液体浸润固体时发生
4. 某气球内气体压强为1.5p0，体积为V0，现用电动充气泵给气球充气，每分钟充入ΔV=0.3V0、压强为p0的气体，则充气几分钟可以使气球内气球体积膨胀20%且压强达到2.5p0 球内气体和充入气体均可以视为理想气体，充气过程气球内气体温度无明显变化)(    )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 利用放射性元素 614C发生β衰变以及 614C的半衰期，考古学家们可以确定文物的年代，则下列说法正确的是(    )
A. 衰变方程为 614C→514B+−10e B. 衰变产物的核子数是7
C. 衰变的实质是碳原子失去核外电子 D. 一个半衰期后，剩下的 614C为原来的12
6. 研究光电效应现象的实验电路如图所示，A，K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表．已知该光电管阴极K的极限频率为ν0，元电荷电量为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、P′上下对齐．现用频率为ν的光照射阴极K，能发生光电效应，则(    )

A. 该光电管阴极材料的逸出功为hν
B. 若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为hν0−hν+eU
C. 若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大
D. 若将滑片P′向右滑动，则当滑片P、P′间的电压hν−hν0e时，电流计G的示数恰好为0
7. 如图所示，氢原子在不同能级间发生a、b、c三种跃迁时，释放光子的波长分别是λa、λb、λc，则下列说法正确的是(    )

A. 从n=3能级跃迁到n=2级时，释放光子的波长为λb−λc
B. 从n=2能级跃迁到n=1能级时，释放光子的波长为λaλbλa−λb
C. 从n=3能级跃迁到n=2能级时，电子的动能减少
D. 用11eV的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子一定不会发生跃迁
8. 关于质量亏损和原子核的结合能以下说法正确的是(    )
A. 核子数越多，结合能不一定越大
B. 核子结合成原子核时会出现质量亏损，这部分亏损的质量消失了
C. 两个轻核结合成一个质量较大的核，生成物的结合能比反应物的结合能大
D. 原子核的比结合能越大，在自由核子结合成原子核时平均每个核子的质量亏损就越小，平均每个核子质量也就越大
9. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是热机的“卡诺循环”，则(    )

A. C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量
B. B→C过程速率大的分子所占比例在增加
C. B→C过程气体分子单位时间撞击容器壁的次数一定增大
D. B→C过程气体对外做功大于D→A过程外界对气体做功
10. 如图所示，两端开口的U型管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10cm、5cm。现在在左管内缓慢注入一定量的水银，使得稳定后右管的水银面比原来高h=10cm。已知大气压强p0=76cmHg。(    )

A. a、b空气柱都可以进入竖直管 B. 末状态a空气柱的长度为8cm
C. 向左管注入的水银柱长度为18.5cm D. 向左管注入的水银柱长度为21.5cm
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 下列关于物理学知识说法，正确的是(    )
A. 某固体在光学性质上表现为各向异性，则该固体为非晶体
B. 根据热力学第二定律可知，热量不可以从低温物体传到高温物体
C. 波长长的光相对波长短的光更容易发生衍射
D. 一切运动的物体都具有波动性，这种波称为德布罗意波，也叫物质波
12. 下列关于核反应方程的说法正确的是(    )
A.  92238U→90234Th+24He是重核裂变反应方程
B. 查德威克发现了中子，方程式为 24He+49Be→612C+01n
C.  24He+1327Al→1530P+01n是人工核转变方程
D.  13H+12H→24He+01n是聚变反应方程
13. 氢原子能级如图甲所示，一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示，已知a光与横轴的交点为−7,0，下列说法正确的是(    )

A. 阴极K材料的逸出功为5.75eV
B. a光的波长大于b光的波长
C. 图中M点的数值为−4.45
D. 若用一束波长λ<λc的光照射阴极K，则M点右移
14. 如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，两部分气体体积的变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量分别为ΔpA、ΔpB，则(    )

A. 水银柱向上运动 B. ΔpA<ΔpB C. ΔpA>ΔpB D. ΔVA>ΔVB
15. 如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S，S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。现缓慢加热两活塞间的气体，使活塞Ⅱ刚好运动到气缸连接处。已知活塞外大气压强为p0=mg2S，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积．重力加速度为g(    )

A. 弹簧的劲度系数20mgl B. 初始状态两活塞间气体压强为7mg2S
C. 达到稳定后弹簧伸长量变为0.2l D. 达到稳定后活塞间气体温度为43T0
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
16. 某实验小组用如图甲所示的装置来探究气体等温变化的规律。

(1)下列实验操中，有助于减小实验误差的有_____________；
A.实验中缓慢推动活塞，改变空气柱的体积，读出对应的压强
B.推动活塞时，为了保持装置稳定，用手握住注射器
C.在注射器活塞上涂上润滑油，防止漏气
(2)若实验中没有做好密封，导致空气柱漏气，则实验所得的p−1V图像可能是图乙中的_____________(选填①、②或③)。


17. 在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，先向1mL纯油酸中加入酒精，配置成总体积为200mL的油酸酒精溶液。用注射器取1mL溶液后逐滴滴入烧杯中，共滴了170滴。(本题结果均保留两位有效数字)
(1)一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积为__________mL；
(2)实验中所得油膜形状如图，若图中每一个小正方形的面积均为1cm2，则测得油酸分子的直径为_______cm；

(3)下列实验操作中，可能导致实验测得的油酸分子直径偏大的有___________；
A.在水面上撒上过量的爽身粉
B.配置的油酸酒精溶液浓度过高
C.计算油膜面积时，不足一格的都算一格
D.配置油酸酒精溶液时，将1mL纯油酸和200mL酒精混合，但仍将溶液体积当作200mL计算

四、计算题（本大题共5小题，共50.0分）
18. 已知金块的密度为ρ，金的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA。若将金块中的金原子看成球形，且它们紧密排列、没有间隔。求：
(1)单个金原子的体积V0；
(2)单个金原子的直径d。

19. 如图甲所示，一个导热气缸竖直放置，一个质量为m=p0S2g、横截面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸中，活塞和气缸之间不计任何摩擦且不漏气，初始时活塞到气缸底部的距离为L0，环境温度为T0，大气压强恒为p0，已知重力加速度为g。
(1)求初始时缸内气体的压强p；
(2)若环境温度升高为T=2T0，并将气缸缓慢转动180∘到图乙所示的位置，此时活塞恰好不从气缸中掉出，求气缸的总长度L(活塞厚度可略)。


20. 太阳是地球上绝大部分能量的源泉，它一直不停进行着热核反应。若太阳光垂直照在地球表面单位面积上的功率为P，日地距离为R，光速为c，不计大气层对太阳光造成的任何能量损失，求：
(1)太阳每秒损失的质量；
(2)由中国自主设计、研制的世界上第一个全超导托卡马克EAST核聚变实验装置，又称为“人造太阳”，它所发生的核反应为一个氘核和一个氚核聚变为一个氦核和某一其他粒子，请写出该过程完整的核反应方程并计算一次核反应所释放的核能(已知氘核平均核子质量为m1，氚核平均核子质量为m2，氦核平均核子质量为m3，一个孤立质子质量为m4，一个孤立中子质量为m5)。

21. 如图所示，下端开口、上端封闭的汽缸固定在倾角为30∘的斜面上，汽缸长度足够长。两个横截面积均为50cm2、质量均为5kg的导热薄活塞封闭有A、B两部分理想气体，两个活塞之间连有劲度系数为250N/m、原长为20cm的轻弹簧。开始时，气体温度为27∘C，A部分气柱的长度为6cm，B部分气柱长度为10cm。现启动内部加热装置(图中未画出)将气体缓慢加热到727∘C。已知外界大气压强恒为p0=1×105Pa，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g取10m/s2，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T=(t+273)K。求：
(1)A部分气体初始状态的压强；
(2)加热后A部分气体气柱的长度和该过程A气体所吸收的热量(已知初始时A气体的内能为900J，且气体内能与温度成正比)；
(3)加热后B部分气体气柱的长度。


22. 如图所示，有一竖直放置的U型细塑料管，横截面积处处相等，左右两管分别长60cm和20cm，水平部分长10cm，左管上端开口，右管上端封闭且管内用水银封着长10cm的空气。已知大气压强为76cmHg，管内空气温度保持不变，左管水银面高h1，则：
(1)若h1=2.4cm，向左管中缓缓加入水银直到两管内水银面相平，求加入水银的长度；
(2)若h1=38cm，现将U型管绕过左管下端O点且与U型管所在平面相垂直的轴线逆时针方向缓慢转过180∘，求管内封闭空气柱的长度；
(3)在第(2)问前提下，再将长管开口端迅速截去21cm，求最终管内封闭空气柱的长度。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】A.第一个提出量子概念的科学家是普朗克，故A错误；
B.J.J.汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C.卢瑟福用 α 粒子轰击氮原子核发现质子，故C正确；
D.贝克勒尔最先发现天然放射现象，居里夫妇从沥青中分离出了钋，故D错误。
故选C。

2.【答案】A 
【解析】A.悬浮在水中的碳粒在做布朗运动，其间接反映了水分子的无规则热运动，故A正确；
B.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随着分子间距离增大而减小，故B错误；
C.温度升高时，分子的平均动能增大，但不是物体内每个分子的动能都增大，故C错误；
D.给车胎打气，越压越吃力，是由于胎内气体压强增大的原因，故D错误。
故选A。


3.【答案】B 
【解析】A.单晶体物理性质是各向异性，而多晶体物理性质是各向同性，故A错误；
B.天然水晶是晶体，经熔化凝固过程的水晶即变为非晶体，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同形态出现，故B正确；
C.液体的表面层分子比较稀疏，分子表现为引力，从而形成液体表面张力，故C错误；
D.浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，都属于毛细现象，故D错误。
故选B。


4.【答案】C 
【解析】设充气n分钟可以使气球内气球体积膨胀20%且压强达到2.5p0，则有1.5p0V0+p0n⋅0.3V0=2.5p0⋅1.2V0，解得n=5，故ABD错误，C正确。
故选C。


5.【答案】D 
【解析】A.衰变方程为 614C→714N+−10e，故A错误；
B.衰变产物的质子数是7个，故B错误；
C.衰变的实质是将一个中子转变为质子，并放出一个电子，故C错误；
D.一个半衰期后，剩下的  614C 为原来的 12 ，故D正确。
故选D。

6.【答案】D 
【解析】A.由于极限频率为ν0，因此该光电管阴极材料的逸出功为W=hν0，故A错误；
B.根据光电效应方程Ek0=hν−W，加正向电压时，根据动能定理得eU=Ek−Ek0，联立可得到达阳极A的光电子的最大动能为Ek=hν−hν0+eU，故B错误；
C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数将先逐渐增大到饱和光电流，当达到饱和电流时，则不变，故C错误；
D.若将滑片P′向右滑动，光电管加上反向电压，电流会减小，则有eUc=Ek0=hν−hν0，解得Uc=hν−hν0e，此时电流计G的示数恰好为零，故D正确。
故选D。


7.【答案】B 
【解析】AB.根据Em−En=hν=hcλ，则有E3−E2=hcλa，E3−E1=hcλb，E2−E1=hcλc，解得从n=3能级跃迁到n=2级时，λa=λcλbλc−λb，从n=2能级跃迁到n=1能级时，λc=λaλbλa−λb，故A错误，B正确；
C.由高能级向低能级跃迁，释放能量，电子的动能增大，势能减小，故C错误；
D.电子碰撞处于基态的氢原子时，电子会将一部分能量转移给氢原子，如果这部分能量正好等于两能级之间的能力差，则氢原子可以发生跃迁，故D错误。
故选B。


8.【答案】C 
【解析】A.核子数越多，结合能一定越大，A错误；
B.核子结合成原子核时会出现质量亏损，这部分亏损的质量并没有消失，故B错误；
C.两个轻核结合成一个质量较大的核，生成物的比结合能比反应物的比结合能大，则生成物的结合能比反应物的结合能大，故C正确；
D.原子核的比结合能越大，在自由核子结合成原子核时平均每个核子的质量亏损就越大，平均每个核子质量也就越小，故D错误。
故选C。

9.【答案】A 
【解析】A.由图知气体在C→D过程等温压缩，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放热；气体A→B过程等温膨胀，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热；由于p−V图像与坐标轴围成的面积表示气体做的功，由图像可知，一个“卡诺循环”中，气体对外做的功大于外界对气体所做的功，即W<0，由于一个“卡诺循环”气体的内能不变，即ΔU=0，根据热力学第一定律可知，则一个“卡诺循环”中气体吸收的热量Q>0，即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，故A符合题意；
B.B→C过程为绝热过程(Q=0)，由图知气体体积增大，气体对外做功(W<0)，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，则温度降低，气体分子平均动能减小，则速率大的分子比例在减小，故B不符合题意；
C.由图可知，B→C过程中，气体的压强减小，气体分子单位时间撞击容器壁的次数减小，故C不符合题意；
D.由于A→B为等温过程，所以气体在A状态的内能等于B状态的内能，由于B→C和D→A为绝热过程，根据热力学第一定律可知，B→C过程气体对外做功等于D→A过程外界对气体做功，故D不符合题意。
故选A。


10.【答案】D 
【解析】A.在左管内缓慢注入一定量的水银，使得稳定后右管的水银面比原来高 h=10cm ，由于h=10cm<12cm，可知a、b空气柱都仍在水平管内，故A错误；
BCD.初状态a、b两部分空气柱的压强为p1=76+14cmHg=90cmHg，末状态a、b两部分空气柱的压强为p2=76+14+10cmHg=100cmHg，设初状态和末状态a、b两部分空气柱的长度分别为 La1、 Lb1和 La2、 Lb2，对a、b两部分空气柱分别根据玻意耳定律，得p1La1S=p2La2S ， p1Lb1S=p2Lb2S，代入数据得La2=9cm ， Lb2=4.5cm，设左管注入的水银柱长度为L，则L=2h+La1+Lb1−La2+Lb2=21.5cm，故BC错误，D正确。
故选D。


11.【答案】CD 
【解析】A.某固体在光学性质上表现为各向异性，则该固体为晶体，故A错误；
B.根据热力学第二定律可知，热量不可以自发地从低温物体传到高温物体，故B错误；
C.只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，所以波长长的光相对波长短的光更容易发生衍射，故C正确；
D.每一个运动的物体都与一个对应的波相联系，这种波被称为德布罗意波，也叫物质波，故D正确。
故选CD。


12.【答案】BCD 
【解析】A. 92238U→90234Th+24He是α衰变反应方程，故A错误；
B.查德威克发现了中子，方程式为 24He+49Be→612C+01n，故B正确；
C. 24He+1327Al→1530P+01n是人工核转变方程，故C正确；
D. 13H+12H→24He+01n是聚变反应方程，故D正确。
故选BCD。


13.【答案】AC 
【解析】A.一群处于 n=4 能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出光的频率数为C42=6发出的光子频率由低到高依次为 ν1 、 ν2 、 ν3 、 ν4 、 ν5 、 ν6 ，则有E4−E3=hν1、E3−E2=hν2、E4−E2=hν3、E2−E1=hν4、E3−E1=hν5、E4−E1=hν6
但只检测到3条电流，根据光电效应方程eUc=Ekm=hν−W0分析图丙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为Ec=E2−E1 ， Eb=E3−E1 ， Ea=E4−E1，由Ea=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，Uca=7V解得阴极K材料的逸出功为W0=Ea−eUca=12.75eV−7eV=5.75eV，故A正确；
B.根据以上分析Ea>Eb，E=hν=hcλ可知a光的波长小于b光的波长，故B错误；
C.由Ec=E2−E1=−3.40eV−(−13.6eV)=10.2eV，所以eUcc=Ec−W0=4.45eV
因此图中M点的数值为 −4.45 ，故C正确；
D.若用一束波长 λ<λc 的光照射阴极K，波长小，则频率大，光电子的最大初动能大，对应的遏止电压大，则M点左移，故D错误。故选AC。


14.【答案】AC 
【解析】A.首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A有pAT=p′AT′=Δp′AΔT，可得Δp′A=ΔTTpA，对气体B有pBT=p′BT′=Δp′BΔT，可得Δp′B=ΔTTpB，又设初始状态时两液面的高度差为h(水银柱的长度为h)，初始状态满足pA+h=pB，联立可得Δp′B>Δp′A，可知水银柱向上移动了一段距离，故A正确；
BC.由于水银柱向上移动了一段距离，且上方玻璃管较粗，所以两液面的高度差h′变小(水银柱的长度变为h′)，末态时满足p′′A+h′=p′′B，初态时满足pA+h=pB，联立可得ΔpA+h′−h=ΔpB，由于h′ΔpB，故B错误，C正确；
D.由于气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB，故D错误。
故选AC。


15.【答案】BD 
【解析】AB.设初始状态封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有mg+p0⋅2S+2mg+p1S=p0S+p1⋅2S，解得p1=p0+3mgS=7mg2S，对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg+p0⋅2S+k⋅0.1l=p1⋅2S，解得弹簧的劲度系数为k=40mgl，故A错误，B正确；
CD.缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变，仍为p2=p1=7mg2S，即封闭气体发生等压过程，初、末状态的体积分别为V1=1.1l2×2S+1.1l2×S=3.3lS2 ， V2=l2⋅2S，由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，弹簧的伸长量不变，故有l2=1.1l，由气体等压变化规律可得V1T0=V2T2，解得T2=43T0，故C错误，D正确。
故选BD。


16.【答案】(1)AC；
(2)③ 
【解析】(1)A.实验中缓慢推动活塞，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，故A正确；
B.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，故B错误；
C.在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，保持封闭气体的质量不发生变化，故C正确。
故选AC；
(2)若实验中没有做好密封，导致空气柱漏气，则pV减小，即p−1V图像的斜率减小，是图乙中的③。


17.【答案】(1)2.9×10−5；
(2)2.1×10−7；
(3)ABD 
【解析】(1)根据题意可知，一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积为V=1200×1170mL≈2.9×10−5mL；
(2)根据多于半格算一格，少于半格舍掉，由图可知，油膜面积为S=137cm2，则测得油酸分子的直径为d=VS≈2.1×10−7cm；
(3)A.在水面上撒上过量的爽身粉，油膜面积偏小，则直径偏大，故A正确；
B.配置的油酸酒精溶液浓度过高，油酸未完全散开，油膜面积偏小，则直径偏大，故B正确；
C.计算油膜面积时，不足一格的都算一格，油膜面积偏大，则直径偏小，故C错误；
D.配置油酸酒精溶液时，将1mL纯油酸和200mL酒精混合，但仍将溶液体积当作200mL计算，测得的油酸体积偏大，则直径偏大，故D正确。
故选ABD。


18.【答案】解：(1)取摩尔数为n的金原子，质量为：m=nμ，
总体积为：V=mρ=nμρ，
可得单个金原子的体积为：V0=VnNA=μNAρ；
(2)由V0=43πr3，
可得：43πd23=16πd3=μNAρ，
解得单个金原子的直径：d=36μπNAρ。
 
【解析】见答案

19.【答案】解：(1)以活塞为对象，根据受力平衡可得：pS=mg+p0S，
解得：p=p0+mgS=32p0；
(2)翻转之后，缸内气体压强变为：p′=p0−mgS=12p0，
由理想气体状态方程可得：pL0ST0=p′LST，
联立可得：L=TT0⋅pp′L0=6L0。
 
【解析】见答案

20.【答案】(1)根据题意可知，太阳每秒损失的能量为ΔE=4πR2P，
由质能方程 ΔE=Δmc2 得太阳每秒损失的质量为Δm=4πR2Pc2
(2)根据题意可知，核反应方程为 13H+12H→24He+01n，亏损质量Δm=2m1+3m2−4m3−m5，由质能方程，一次核反应释放的能量为ΔE=Δmc2=2m1+3m2−4m3−m5c2
 
【解析】见答案

21.【答案】解：(1)将两活塞和弹簧看做整体，有：pAS+2mgsinθ=p0S，
解得：pA=9×104Pa；
(2)加热后，有：p′AS+2mgsinθ=p0S，
则A部分气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得：lAST1=l′AST2，
又：T1=(27+273)K=300K ， T2=(727+273)K=1000K，
解得：l′A=20cm，
初始时：UA=900J=cT1，
加热后：U′A=cT2=3000J，
则有：ΔU=U′A−UA=2100J，
A部分气体膨胀，外界对A部分气体做功为：W=−pA⋅ΔlS=−63J，
由热力学第一定律可得：ΔU=W+Q，
联立解得：Q=2163J；
(3)初始时B部分气体长度为 10cm，则弹簧此时被压缩10cm，
有：pAS+mgsinθ=kΔx+pBS，pB=9×104Pa，
加热后，B部分气体的长度即为弹簧现在长度，记为 l′B，
则有：p′AS+mgsinθ+kl′B−l0=p′BS，
又：pBlBST1=p′Bl′BST2，
联立解得：l′B=30cm。
 
【解析】(1)初始时，对两活塞和弹簧整体，利用平衡条件求解A部分气体的压强；
(2)加热后A部分气体做等压变化，由盖一吕萨克定律求加热后A部分气体气柱的长度。根据初末状态的温度，结合求气体内能与温度成正比内能的变化量。由W=p△V求外界对A部分气体做功，再由热力学第一定律求该过程A气体所吸收的热量；
(3)对上面活塞分析受力，由平衡条件加热后B部分气体的压强。根据理想气体状态方程求加热后B部分气体气柱的长度。

22.【答案】解：(1)若h1=2.4cm，对于封闭空气，初态有：p1=p0−ρgΔh1=68.4cmHg ， V1=l1S，
末态有：p2=p0=76cmHg ， V2=l2S，
根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
联立解得：l2=9cm，
可知初始水银长度为22.4cm，两管内水银面相平时水银长度32cm，
则加入水银长度为：32cm−22.4cm=9.6cm；
(2)若h1=38cm，则对于封闭空气，初态有p3=p0+ρgΔh2=104cmHg ， V3=l1S，
转过 180∘ 后，封闭空气压强和水银柱产生的压强比大气压强大，所以空气柱最终会进入长管。
设现在长管内剩下的水银长度为 x ( x<60cm )，
则有：p4=p0−x=76−x ， V4=(90−x)S，
由玻意耳定律得：p3V3=p4V4，
解得：x=50cm，
则空气柱总长度为：90cm−50cm=40cm；
(3)截去21cm后，此时封闭空气压强和剩下的水银柱产生的压强比大气压强小，最终水银柱会进入短管。
设最终短管内空气柱的长度为 l ( l<20cm )，
则有：p5=p0−Δh=97−2l ， V5=lS，
由玻意耳定律得：p3V3=p5V5，
解得最终空气柱长度为：l=16cm。
 
【解析】见答案