衡阳市八中2019级高三第五次月考试题物理总分:100分时量:75分钟第Ⅰ卷选择题(共44分)一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678910答案CBBDADACCDBDAD1、在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是（C）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2、如图2所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( B )图2A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现C．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现3、.如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为–q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°。则在+Q形成的电场中（规定P点的电势为零）（B）,A．N点电势高于P点电势B．N点电势为–C．P点电场强度大小是N点的2倍D．试探电荷在N点具有的电势能为–mv2在ON上取点M使OM=OP（如图所示），根据沿电场线方向电势降低可知，M点电势高于N点电势，又M、P两点电势相等，则N点电势低于P点电势；对检验电荷由N到P的过程，根据动能定理有–q(φN–φP)=mv2，得φN=–；P点电场强度EP=，N点电场强度EN=，由rN=2rP，得EP=4EN；试探电荷在N点具有的电势能E=–qφN=mv2。4．如图1所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )图1,答案 D解析 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l1＝x－L，感应电动势为E＝Bl1v＝B(x－L)v，感应电流i1＝＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值，x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，有效切割长度为l2＝L，感应电动势为E＝Bl2v＝BLv，感应电流i2＝－.x在3L～4L过程，线框ad边有效切割长度为l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感应电流i3＝，根据5、如图3，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒，经过足够长时间以后(A )图5A．两棒都做匀加速直线运动B．两棒间的距离保持不变C．两棒都做匀速直线运动D．ab棒中的电流方向由a流向b6、.某次发射火箭的过程中，当火箭距地面的高度恰好为地球半径的2倍时，火箭的加速度为a，方向坚直向上，火箭内有一电子台秤，物体在该台秤上显示的示数为发射前在地面上静止时示数的一半。已知地球的第一宇宙速度为v引力常量为G，则下列说法正确的是A.此高度处的重力加速度为地球表面重力加速度的B.地球表面的重力加速度约为6aC.地球的半径为D.地球的质量为答案：D解析：设地球表面的重力加速度为g,得解得，A项错误；设台台上物体的质量为火箭在地面上时台番显示的示数距地面2R时台称显示的示数解得。在地球表面，设近地卫星质量为,解得，B项错误，C项错误;由解得，D项正确。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.一个倾角为的光滑斜面固定在地面上，斜面上方固定一半径为R的粗糙半圆形细杆，细杆上套一轻小圆环A，A上连一长度为R的轻绳，轻绳另一端连小球B（可视为质点），开始时细绳与斜面平行。现给小圆环施加一始终沿圆弧切线方向的拉力F，使圆环缓慢移动，直到细绳竖直，整个过程小球位置不变，轻环不计重力，则下列说法正确的是A．细绳的拉力逐渐变大B．小球B对斜面的压力逐渐变大C．半圆形杆对A的摩擦力逐渐变大D．拉力F逐渐变小【答案】AC【详解】AB．对小球B进行受力分析：由受力分析结合牛顿第三定律，可知小球B对斜面的压力逐渐变小，细绳的拉力逐渐变大，故A正确，B错误；CD．对小圆环A进行受力分析则：，，因为逐渐增大，重力沿绳方向的分力不断增大，所以不断增大，即半圆形杆对A的弹力逐渐增大，所以摩擦力不断增大，所以拉力F逐渐变大，故C正确，D错误。故选C。8、2019年蹦床世界杯决赛中，中国选手刘灵玲赢得了女子个人赛冠军，比赛中她从距蹦床平面h高处开始下落，接触蹦床后经时间运动到最低点，蹦床面下陷的最大深度为x。已知刘灵玲质量为m，弹性蹦床可视为满足胡克定律的弹簧系统，运动员可视为质点，忽略空气阻力。运动员从最高点运动到最低点过程中，下列说法正确的是（ ）A．弹性蹦床的最大弹性势能为mgxB．运动员接触的蹦床面下陷距离时，运动员的速度最大C．蹦床对运动员的平均作用力大小为D．运动员运动到最低位置时，弹性蹦床对运动员的弹力大于【答案】ACD【详解】A．当运动员到达最低点时，弹性蹦床的弹性势能最大，从开始下落到最低点，由能量守恒定律可得，蹦床具有的最大的弹性势能为：，所以A正确；,B．从运动员开始下落到最低点，由动能定理可得：，由题意可知，由胡克定律可得：，则：，即：而运动员速度最大时：，所以运动员接触的蹦床面下陷距离时，运动员的速度不是最大，所以B错误；C．运动员从开始下落到接触到蹦床，由动能定理得：，从接触蹦床到最低点，规定向下为正方向，由动量定理可得：则蹦床对运动员的平均作用力大小为：，所以C正确；D．由C选项分析可知：，所以运动员运动到最低位置时，弹性蹦床对运动员的弹力大于。所以D正确。故选ACD。9．在光滑绝缘水平桌面上有三个质量均为m的小球A、C、D，其中只有A球带电，带电荷量为-q，其余的球均不带电。三个小球的初始位置分别位于如图所示的a、c、d三处，它们构成一个直角三角形，A、C相距2L，，。水平桌面上存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给A球一个沿水平方向的初速度，使其在磁场中运动，之后依次与C、D两球发生碰撞，假设碰撞时间很短，每次碰后都结合在一起，则A.A球的初速度方向与cd边垂直（BD）B.三个小球碰后，仍能回到a点C.小球从a点到c点的时间与从c点到d点的时间之比为3:1D.A、C、D三个小球结合到一起后速度的大小为10、如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O'，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D处相切；整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道AC内距C点足够远的P点由静止释放。若小球所受电场力等于其重力的，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则,A．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，最大加速度amax=gB．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，最大速度vmax=C．小球进入轨道DH后，能上升的最高点与P点等高D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg+BqAD小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力与重力的合力恰好沿轨道AC方向；开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力垂直AC向上，随速度增大，洛伦兹力增大，小球对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则由静止释放时，小球加速度最大，重力与电场力的合力为F=mg，最大加速度amax=g，A正确。当滑动摩擦力大小等于重力及电场力的合力大小时，洛伦兹力大小等于轨道对小球的弹力，小球开始做匀速直线运动，速度达到最大，有qvmaxB=N，μN=F，得vmax=，B错误。小球由静止开始运动至在轨道DH达到最高点过程，由于ND右侧电场力与重力的合力沿轨道DH方向，且存在摩擦力做功，根据动能定理，小球在轨道DH能上升的最高点一定低于A点，C错误。由于在AC、HD段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段COD做往复运动，设小球最终经O点的速度为v，根据动能定理有mgRsin30°=，v=；根据牛顿第二定律，小球从C向D运动有N–mg+Bqv=，得N=2mg–Bq；小球从D点向C点运动时，同理得N'=2mg+Bq，D正确。三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为,选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11、在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率f=50Hz，某次实验选择一条较理想纸带，某同学用毫米刻度尺测量起始点O依次到A、B、C、D、E、F各点的距离分别记作x1，x2，x3，x4，x5，x6，并记录在下表中。（结果均保留3位有效数字）（1）在实验过程中需要用工具进行直接测量的是__________A．重锤的质量B．重力加速度C．重锤下降的高度D．重锤的瞬时速度（2）该同学用重锤在OE段的运动来验证机械能守恒定律。已知重锤的质量为1kg，当地的重力加速度g=9.80m/s2。则此过程中重锤重力势能的变化量为___J，而动能的增加量为___J。（3）另一位同学根据这一条纸带来计算重锤下落过程中的加速度a，为了充分利用记录数据，尽可能减小实验操作和测量过程中的误差，求得a=__m/s2。(4)关于本实验的误差，说法不正确的一项是.A．选择质量较小的重物，有利于减小误差B．选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D．本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（5）在实验中，某同学根据实验测得的数据，通过计算发现，重锤在下落过程中，重锤动能的增加量略大于重锤势能的减少量，若实验测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是（）A．重锤的质量偏大B．交流电源的电压偏高C．交流电源的频率小于50HzD．重锤下落时受到的阻力过大（1）.C（2）.-0.4680.454（3）9.58(4)A(5)C12、（9分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：①电池E（电动势和内阻均未知）②表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）③电压表V（量程为1.5V，内阻Rv=1000Ω）④滑动变阻器R1（0~10Ω）⑤电阻箱R2（0~1000Ω）⑥开关一个，理想导线若干（1）为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E.闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40Ω时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115Ω，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍为1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg=______Ω，表头G的量程Ig=_____mA．,（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E=______V，内阻r=______.（结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为 .答案、（1）1030（2）3.020（3）10013．（12分）如图所示，质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A（可视为质点）。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2.现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处。12、在绝缘水平面上，有两个质量各为m的绝缘滑块A、B，二者相距s0，如图所示。已知A滑块光滑，带有的电荷，B滑块与水平面间的动摩擦因数为。现在水平面上方加一水平向右的匀强电场，电场强度为E，A、B两滑块将发生完全弹性碰撞，碰撞过程电荷不转移。（重力加速度为g）试求：（1）A与B碰前的瞬间A滑块的速度。（2）碰后瞬间A、B两滑块的速度各为多大？（3）A、B两滑块从发生第一次碰撞到第二次碰撞时，A滑块通过的距离。,（1）设A与B碰前的瞬间A滑块的速度为，此段时间内利用动能定理得：，解得①（2）设碰后瞬间A、B两滑块的速度分别为和，由于碰撞过程中动量和动能都守恒，故有：②③联合①②③得：，④（3）A、B两滑块碰撞后，在最初的一段时间内，A滑块在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为⑤B滑块在摩擦力的作用下做初速度为的匀减速运动，加速度大小为⑥要计算A、B两滑块从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离，有两种情况：一是B滑块的加速度过大，B滑块先停止，后A滑块与之碰撞；另一种情况是B滑块的加速度过小，在B滑块没有停止之前，A、B两滑块就已经发生了碰撞。当B滑块刚停止二者刚好相碰时有：⑦，⑧联立④~⑧得：⑨于是：ⅰ．当时，从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离等于B滑块减速的距离⑩联立④⑥⑩得：从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离为,ⅱ．当<时，从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离就等于A滑块对B滑块的运动追击距离。设追击时间为，则，易求的=于是从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离为=14．（15分）如图所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高.在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d=3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ=60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为.在0点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方形加速管并垂直打在荧光屏上，(不计粒子重力及其相互作用).(1)求粒子刚进入加速管时的速度V的大小和加速电压U；(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl；【解析】试题分析：粒子在磁场Ⅰ中，根据洛伦兹力提供向心力，求出速度，粒子在加速管中作加速运动，由动能定理求出加速电压U；从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，画出粒子运动轨迹，由几何关系得即可求出荧光屏上被粒子打中的区域长度；画出粒子运动轨迹，由几何关系和圆周运动公式即可求出磁感应强度满足的范围。（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R，如图所示：由向心力公式可得：解得：因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，如图：在磁场Ⅱ中的运动半径为2R，由向心力公式可得：,解得：粒子在加速管中作加速运动，由动能定理得：联立解得加速管所加的电压为：(2)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图所示：由几何关系得：解得：从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，如图所示：由几何关系得：解得：粒子打中的区域长度（二）选考题：共13分。请考生从两题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15．[物理——选修3-3]（13分）（1）（5分）封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D,其体积V与热力学温度T的关系如图K33-1所示,O、A、D三点在同一直线上,则(ADE )（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）图K33-1A、由状态B变到状态C过程中,气体从外界吸收热量,内能增加B、由状态A变到状态B过程中,气体吸收热量C、气体在D状态时单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数比在A状态时少D、C状态时气体的压强小于D状态时气体的压强E、在D状态与A状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等（2）、（8分）如图4所示，内壁光滑、长度均为4l、横截面积均为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数k＝的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l.后在D上放一质量为m＝的物体．求：,图4(1)稳定后活塞D下降的距离；(2)改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？答案 (1) (2)377℃解析 (1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A、B中的气体压强都为大气压p0，弹簧弹力为零，所以活塞C到汽缸A底部的距离为x1＝l放上物体稳定后汽缸A、B中气体的压强都为p1，对D活塞有p1S＝mg＋p0S对活塞C有p1S＝F1＋p0SF1为弹簧的弹力，F1＝kΔx1＝Δx1联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx1＝此时活塞C距汽缸底部的距离为x2＝初态下气体的总体积V0＝4lS，末态总体积为V1，由玻意耳定律p0V0＝p1V1，解得V1＝2lS由此可知活塞D下降的距离为x＝3l－(2l－)＝(2)改变气体温度使活塞D回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变．V2＝lS由盖—吕萨克定律＝解得T2＝650K，所以气体此时的温度为t＝377℃.16.【物理—选修3—4】(13分)(1)(5分)关于波的现象，下列说法正确的有___________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场一定会产生电磁波B．声波和电磁波由空气进入水中，声波的波长变长而电磁波的波长变短C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率高D．照相机等的镜头涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在真空中波长的E．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰答案：BCE（2）（8分）如图所示，在操场平面内建立平面直角坐标系，平面内有一半径为R=10m的圆,形轨道，圆心在O处，A、B分别为圆上两点。现于A（-10m，0）、B（10m，0）两点分别安装了两个扬声器。两个扬声器连续振动发出简谐声波，其振动图像如下图所示。已知声波在空气中的传播速率为v=340m/s，两波频率均为f=85Hz，振幅相等。试求：（1）一同学从B点沿直线运动到A点（不含A、B点），该同学有几次听不到声音；（2）一同学从B点沿圆轨道逆时针运动半周到A点（不含A、B点），该同学听不见声音的点的位置坐标方程。【答案】（1）9次；（2），且（n=0，±1，±2，±3…）【详解】（1）波长为：1分因为振源反相振动，故当波程差时，听不到声音，设该同学到O点的距离为x，则：（n=0，±1，±2，±3…）2分即：（n=0，±1，±2，±3…）满足上式时，听不到声音。当n=0时，x=0当n=±1时，x=±2m当n=±2时，x=±4m当n=±3时，x=±6m当n=±4时，x=±8m共9次听不到声音。1分（2）设听不到声音的坐标为（x，y），则有：2分即1分且：（n=0，±1，±2，±3…）1分,第5次月考物理答案题号12345678910答案CBBDADACCDBDAD11、（1）.C（2）.-0.4680.454（3）9.58(4)A(5)C12、（1）1030（2）3.020（3）10013、（1）设A与B碰前的瞬间A滑块的速度为，此段时间内利用动能定理得：，解得①（2）设碰后瞬间A、B两滑块的速度分别为和，由于碰撞过程中动量和动能都守恒，故有：②③联合①②③得：，④（3）A、B两滑块碰撞后，在最初的一段时间内，A滑块在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为⑤B滑块在摩擦力的作用下做初速度为的匀减速运动，加速度大小为⑥要计算A、B两滑块从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离，有两种情况：一是B滑块的加速度过大，B滑块先停止，后A滑块与之碰撞；另一种情况是B滑块的加速度过小，在B滑块没有停止之前，A、B两滑块就已经发生了碰撞。当B滑块刚停止二者刚好相碰时有：⑦，⑧联立④~⑧得：⑨于是：ⅰ．当时，从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离等于B滑块减速的距离,⑩联立④⑥⑩得：从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离为ⅱ．当<时，从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离就等于A滑块对B滑块的运动追击距离。设追击时间为，则，易求的=于是从发生第一次碰撞到第二次碰撞A滑块通过的距离为=14、（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R，如图所示：由向心力公式可得：解得：因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，如图：在磁场Ⅱ中的运动半径为2R，由向心力公式可得：解得：粒子在加速管中作加速运动，由动能定理得：联立解得加速管所加的电压为：(2)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图所示：由几何关系得：解得：从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，如图所示：由几何关系得：,解得：粒子打中的区域长度15、（1）BCE（2）答案 (1) (2)377℃解析 (1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A、B中的气体压强都为大气压p0，弹簧弹力为零，所以活塞C到汽缸A底部的距离为x1＝l放上物体稳定后汽缸A、B中气体的压强都为p1，对D活塞有p1S＝mg＋p0S对活塞C有p1S＝F1＋p0SF1为弹簧的弹力，F1＝kΔx1＝Δx1联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx1＝此时活塞C距汽缸底部的距离为x2＝初态下气体的总体积V0＝4lS，末态总体积为V1，由玻意耳定律p0V0＝p1V1，解得V1＝2lS由此可知活塞D下降的距离为x＝3l－(2l－)＝(2)改变气体温度使活塞D回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变．V2＝lS由盖—吕萨克定律＝解得T2＝650K，所以气体此时的温度为t＝377℃.
