重組卷03-2023年高考物理真題重組卷（廣東）（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考物理真題重組卷03

廣東專用（解析版）

注意事項:

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干

凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分在每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的。

1.（2022年廣東高考卷）目前科學(xué)家已經(jīng)能夠制備出能量量子數(shù)〃較大的氫原子。氫原子第〃能級的能量

為E，，4,其中—6eV。圖是按能量排列的電磁波譜，要使〃=2。的氫原子吸收一個光子后，恰好

失去一個電子變成氫離子，被吸收的光子是（）

Hr

紅外線見紫外線射線

光X

~1I-II

1O'23

W210^lIO0IOIO

能量（eV）

A.紅外線波段的光子B.可見光波段的光子

C.紫外線波段的光子D.X射線波段的光子

【答案】A

【詳解】要使處于〃=20的氫原子吸收一個光子后恰好失去一個電子變成氫離子，則需要吸收光子的能量為

-136

石=。-（三二）eV=0.034eV則被吸收的光子是紅外線波段的光子。故選A。

2.（2021年廣東高考卷）某同學(xué)設(shè)計了一個充電裝置，如圖所示，假設(shè)永磁鐵的往復(fù)運動在螺線管中產(chǎn)生

近似正弦式交流電，周期為0?2s,電壓最大值為0?05V,理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路,

原、副線圈匝數(shù)比為l口60,下列說法正確的是（）

A.交流電的頻率為IOHz

B.副線圈兩端電壓最大值為3V

C.變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強(qiáng)弱無關(guān)

D.充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率

【答案】B

【詳解】A.周期是T=0.2s,頻率是/=：=5HZ故A錯誤：

B.由理想變壓器原理可知"=人解得，副線兩端的最大電壓為6=?^q=3V故B正確；

U2n2∏l

C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，永磁鐵磁場強(qiáng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越

大，故C錯誤：

D.由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤。故選B。

3.（2022年廣東佛山二模卷）如圖，醫(yī)用口罩由多層織物材料構(gòu)成，其中有一層熔噴布經(jīng)過特殊工藝處理

后成為駐極體材料，這層材料表面長期帶有正電荷，能有效吸附細(xì)小的粉塵，而這些粉塵通常是細(xì)菌和病

毒傳播的載體。則其中即將被吸附的帶電粉塵，一定是（）

A.帶正電

B.沿電場線加速靠近熔噴布

C.在靠近熔噴布的過程中電場力做正功

D.在靠近熔噴布的過程中電勢能增加

【答案】C

【詳解】A.由于口罩材料表面長期帶有正電荷，則被吸附的帶電粉塵，一定是帶負(fù)電荷，A錯誤；

B.熔噴布產(chǎn)生的電場線不一定是直線，而只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場

線方向在同一條直線上時帶電粒子的軌跡才與電場線重合，B錯誤；

CD.由選項A可知，被吸附的帶電粉塵，一定是帶負(fù)電荷，則負(fù)電荷靠近熔噴布的過程中電場力做正功,

電勢能減小，C正確、D錯誤。

故選C。

4.（2022年廣東廣州：模卷）在水平軌道上，由靜止開始做勻加速度直線運動的高鐵所受阻力不變，則高

鐵牽引力的瞬時功率（）

A.與時間成正比

B.與位移成正比

C.與時間的平方成正比

D.與位移的平方成正比

【答案】A

P

【詳解】由靜止開始做勻加速度直線運動，由牛頓第二定律得整理得P=（"+f）v

AC.高鐵由靜止開始勻加速直線運動，根據(jù)V=〃，代入得P=0≡+f）m則高鐵牽引力與時間成正比，A

正確，C錯誤;

BD.高鐵由靜止開始勻加速直線運動，根據(jù)v=后，代入得P=Qw+/）反，BD錯誤。

故選Ao

5.（2021年廣東高考卷）截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分

布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流4,四根平行直導(dǎo)線均通入電流（，/「4，電流方向如

圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是（）

【答案】C

【詳解】因，*A,則可不考慮四個邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿

足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥“，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線右要受到L吸引的安培力，形成

凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線右要受到人排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。

故選C。

6.（2022年廣東汕頭.模卷）如圖所示，某健身者右手拉著抓把沿圖示位置/水平緩慢移動到位置8,他

始終保持靜止，不計繩子質(zhì)量，忽略繩子和重物與所有構(gòu)件間的摩擦，則重物下移過程（）

A.繩子的拉力逐漸增大

B.該健身者所受合力逐漸減小

C.該健身者對地面的壓力逐漸增大

D.該健身者對地面的摩擦力逐漸減小

【答案】D

【詳解】A.對重物受力分析，繩子的拉力等于重物的重力，保持不變，A錯誤；

B.該健身者始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，故健身者所受合力始終為零，B錯誤；

C.對人受力分析，設(shè)繩子與水平方向的夾角為。，根據(jù)平衡條件可知外="人g-叫MSine繩子與水平方向

的夾角e不斷變大，該健身者受到地面的支持力逐漸減小，故該健身者對地面的壓力逐漸減小，C錯誤；

D.該健身者對地面的摩擦力f=∕?gcose該健身者對地面的摩擦力逐漸減小，D正確。故選D

7.（2022年廣東深圳二模卷）由于潮汐等因素影響，月球正以每年約3至5厘米的速度遠(yuǎn)離地球。地球和

月球可以看作雙星系統(tǒng)，它們繞O點做勻速圓周運動。多年以后，地球（）

A.與月球之間的萬有引力變大

B.繞。點做圓周運動的周期不變

C.繞O點做圓周運動的角速度變小

D.繞。點做圓周運動的軌道半徑變小

【答案】C

【詳解】A.多年以后，地球和月球間距離變大，兩星的質(zhì)量不變，由萬有引力定律可知，地球與月球之間

的萬有引力變小，故A錯誤；

BCD.地球和月球繞。點做勻速圓周運動的角速度大小。相等，周期T相等，設(shè)地球與月球的質(zhì)量分別為

和M2,圓周運動的半徑分別為弓和4,地球和月球間距離為L，則有L=4+G山萬有引力定律提供向心力

GMM2πGMM2π,?.-x≡G(M+M,)^π~L

—≈(―)-2r=Mω^2r；-112r,=Mω2^r,聯(lián)乂.可τ得1,~*=-—=ω~L:

LTliiLrT"2L^T-

4=J?-地球與月球的質(zhì)量不變，地球和月球間距離增大，則地球繞°點做圓周運動的周期T變大，地

球繞。點做圓周運動的角速度變小，地球繞。點做圓周運動的軌道半徑變大，故BD錯誤，C正確；

故選C。

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個選項中，有多項符合

題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分有選錯的得O分。

8.(2021年廣東高考卷)長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投

擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為機(jī)的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高

度差為心在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g,下列說法正確的有()

A.甲在空中的運動時間比乙的長

B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等

C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少

D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為，咫〃

【答案】BC

【詳解】A.由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間后因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中

運動時間相等，故A錯誤；

B.做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率P=ZMgvcose=根g。=mg^h因為兩手榴彈運動的高度差相

同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；

C.從投出到落地，手榴彈下降的高度為〃，所以手榴彈重力勢能減小量AE1,=,"g∕?故C正確；

D.從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤。故選BC。

9.（2022年廣東惠州.模卷）如圖所示，乘坐游樂園的翻滾過山車時，質(zhì)量為機(jī)的人隨車在豎直平面內(nèi)旋

轉(zhuǎn)，下列說法正確的是（）

A.過山車在過最高點時人處于倒坐狀態(tài)，全靠保險帶拉住，沒有保險帶，人就會掉下來

B.人在最高點時對座位可能產(chǎn)生大小為機(jī)g的壓力

C.人在最低點時對座位的壓力等于mg

D.人在最低點時對座位的壓力大于mg

【答案】BD

【詳解】A?在最高點時，當(dāng)人與保險帶間恰好沒有作用力時，人由重力提供向心力mg=得臨界速度

R

為%=闞當(dāng)速度%N闞時，人與座椅產(chǎn)出外側(cè)擠壓，沒有保險帶，人也不會掉下來，故A錯誤；

2

B.當(dāng)人在最高點的速度u>闞時，人對座位就產(chǎn)生壓力，當(dāng)人對座椅壓力為，"g時，有mg+mg=/

解得V=或正所以當(dāng)人在最高點速度為V=血無時，人在最高點對座位壓力大小為，"g,故B正確；

CD.人在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律N-mg=WE故N>mg,由牛頓第三定律可知人對座位的壓力大

R

于,監(jiān)，故C錯誤，D正確。故選BD。

10.（2022年廣東高考卷）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)

磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、尸在同一等勢面上，下列說

法正確的有（）

-----------------：---------------?

XXP!×X

--------------H--------------?

X×Λ!×X

A.電子從N到P,電場力做正功

B.N點的電勢高于P點的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

【答案】BC

【詳解】A.由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到尸的過程中電場力做負(fù)功，故A錯誤;

B.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；

C.由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；

D.由于M點和P點在同一等勢面上，故從例到尸電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，仞點速度為0,

根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0,則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在

這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。

三、非選擇題：共54分。第11?14題為必考題，考生都必須作答。第15?16題為選考題，考生

根據(jù)要求作答。

（一）必考題：共42分。

11.（2022年廣東廣州一模卷）用圖甲裝置研究“小車（含拉力傳感器）質(zhì)量一定時，加速度與合外力的關(guān)

系”，實驗步驟如下：

口細(xì)繩一端繞在電動機(jī)上，另一端系在拉力傳感器上，將小車放在長板的尸位置，調(diào)整細(xì)繩與長板平行，啟

動電動機(jī)，使小車沿長板向下做勻速運動，記錄此時拉力傳感器的示數(shù)與；

口撤去細(xì)繩，讓小車從P位置由靜止開始下滑，設(shè)小車受到的合外力為尸，通過計算機(jī)可得到小車與位移傳

感器的距離隨時間變化的XT圖像，并求出小車的加速度。；

口改變長板的傾角，重復(fù)步驟□口可得多組F、。數(shù)據(jù)：

完成下列相關(guān)實驗內(nèi)容:

（1）在步驟□□中，F(xiàn)0F（選填“=”">"或"V”）；

（2）本實驗（選填“需要”“不需要”）平衡小車所受到的摩擦力；

（3）某段時間內(nèi)小車的XT圖像如圖乙，根據(jù)圖像可得小車的加速度大小為m∕s2（計算結(jié)果保留

兩位小數(shù)）；

（4）分析表中的尸、。數(shù)據(jù)可知：在誤差允許范圍內(nèi)，小車質(zhì)量一定時，。

F/N0.41.01.51.82.1

a∕m?s~20.792.103.103.624.19

【答案】=不需要2.10小車的加速度與合外力成正比

【詳解】（1）山中小車勻速下滑時，山平衡條件WgSine=7+入

中小車加速下滑時，由受力分析知F=mgSine-/聯(lián)立可得F^F0

（2）⑵由（1）中分析可知，小車加速下滑過程的合外力已通過M小車勻速下滑時拉力傳感器的示數(shù)吊讀

出，所以不需要再平衡摩擦力了。

（3）[3]圖乙中標(biāo)出的三個位置坐標(biāo)反映了小車連續(xù)相等時間內(nèi)的位移，根據(jù)勻變速位移變化推論知

?r=（0.3820-0.2520）-（0.4910-0.3820）=4x（0.1）2可解得α=2.10m∕s2

（4）[4]由表中數(shù)據(jù)可以看出，下與”的比值基本不變，所以可得：在誤差允許范圍內(nèi)，小車質(zhì)量一定時，

小車的加速度與合外力成正比。

12.（2022年廣東深圳一模卷）一只歐姆表表盤的刻度線清晰完整，但刻度值模糊不清。某學(xué)習(xí)小組為恢復(fù)

其刻度值，需要測量歐姆表的內(nèi)阻，請完善下列實驗步驟：

（1）將選擇開關(guān)撥至“xl0Q”擋，機(jī)械調(diào)零后，將歐姆表的紅、黑表筆，并調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，

使歐姆表的指針指到表盤的。

（2）圖甲為連接好的實物電路圖，其中α為（填“紅”或“黑”）表筆。

圖甲圖乙

（3）調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，記錄多組電流表和電壓表的讀數(shù)，把數(shù)據(jù)繪制成如圖乙所示的S/圖像，則

該歐姆表的內(nèi)阻為。（結(jié)果保留整數(shù)）。若考慮毫安表內(nèi)阻影響，則測量值比真實值___________

（填“偏大”或“偏小

3

（4）斷開開關(guān)，取下表盤，則正中央刻度應(yīng)標(biāo)記的數(shù)值為；占滿偏電流值的二處的刻度應(yīng)標(biāo)

4

記的數(shù)值為（兩空均保留整數(shù)）。

【答案】短接最右端刻度線紅300（或290?310均可）偏大30（或29、31）10

【詳解】（1）歐姆調(diào)零時，將歐姆表的紅、黑表筆短接，并調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使歐姆表的指針指到

表盤的最右端刻度線；

（2）[3]在該實驗中，歐姆表相當(dāng)于電源，根據(jù)“紅進(jìn)黑出''原理可知。為紅表筆；

（3）[4]圖像斜率的絕對值等于內(nèi)電阻，因此歐姆表的內(nèi)電阻為「T篝卜|盛群。=300。

[5]若考慮毫安表內(nèi)阻影響，則測量值為毫安表與歐姆表內(nèi)阻之和，因此測量值比真實值偏大；

（4）[6]中值電阻等于內(nèi)電阻，又由于是“xlOC”擋位，因此正中央刻度應(yīng)標(biāo)記的數(shù)值為30；

E3E1

[7]根據(jù)歐姆定律/,“=二而已”=一彳可知R="=100。因此刻度應(yīng)標(biāo)記的數(shù)值為IOo

r4r+R3

13.（2021年廣東高考卷）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，

使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框6,甲、乙

相隔s∣=3.5χl（f2m,乙與邊框。相隔S?=2.0x10-01,算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)〃?，F(xiàn)用手指將甲

以0.4m∕s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為Qlm∕s,方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加

速度g取10m∕s2。

（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框”;

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。

算珠歸零狀態(tài)

1

邊框“

邊框力

【答案】⑴能；⑵0.2s

【詳解】（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有f=則甲乙滑動時的加速度大小均為

22

a=μg=lm∕s甲?乙碰前的速度山，則2αs∣=vj-vl解得v∕=0.3m∕s甲乙碰撞時由動量守恒定律

WV1=∕MV2+mvi解得碰后乙的速度vi=0,2n√s然后乙做減速運動，當(dāng)速度減為零時則

X=互=竺m=0.02m=SI可知乙恰好能滑到邊框a；

2a2×1

（1

（2）甲與乙碰前運動的時間t=生」=4：°CSR.1s碰后甲運動的時間t=^=孚s=0.Is則甲運動的總

la12a1

時間為/=4+L=0?2s

14.（2022年廣東汕頭一模卷）如圖所示，PQ、VN是相互平行、間距為L的長直邊界，在兩邊界外側(cè)都存

在勻強(qiáng)磁場，方向均垂直于紙面向內(nèi)，右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為瓦一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為4（4>0）的帶電

粒子從MN邊界的。點以大小為%的初速度垂直于邊界沿紙面射入右側(cè)磁場區(qū)，一段時間后粒子再次經(jīng)過

。點，這過程中粒子有兩次進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)運動。不計粒子的重力。

（1）求左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；

（2）在尸0、MN邊界之間的區(qū)域加上方向垂直于邊界的勻強(qiáng)電場，然后使粒子從。點以同樣的條件射出，

結(jié)果粒子同樣能返回。點，而且所用時間比原來變短。求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的可能值；

（3）在第（2）問的前提下，討論粒子從。點射出到返回O點的最短時間與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系。

—

QN

【答案】（1）,5；（2）E為警方向水平向左，或E為咨，方向水平向右；（3）見解析

31SqL1SqL

【詳解】（1）粒子有兩次進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)運動，最后再次經(jīng)過。點，則軌跡如下圖所示

由幾何關(guān)系可知，設(shè)粒子在左右兩邊磁場中運動的半徑分別為r和，?，則2R=3r根據(jù)/膽=切4可得左側(cè)

2

磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度*=§8

（2）在P0、MN邊界之間的區(qū)域加上方向垂直于邊界的勻強(qiáng)電場，若所加的勻強(qiáng)電場方向水平向左，要能

返回。點，而且所用時間比原來變短。則運動軌跡可能如下圖所示

設(shè)粒子進(jìn)入左側(cè)磁場時的速度為V,則gB'=∕ngqv0B=m^,?m=2尸可得W=A粒子在電場中加速的

Rlr3

加速度為〃町根據(jù)消時公式有d-*=2%L解得耳=翳,方向水平向左若所加的勻強(qiáng)電場方向水平

向右。要能返回。點，而且所用時間比原來變短。則運動軌跡可能如下圖所示

設(shè)粒子進(jìn)入左側(cè)磁場時的速度為V,則儼2夕qvnB=m^;&十可得為=:%粒子在電場中減速的

R?r3

加速度為4七=〃?4根據(jù)消時公式有=2%l解得E?=膂，方向水平向右

18〃

（3）若所加的勻強(qiáng)電場方向水平向左，粒子從O點射出到返回。點運動的時間為％=%鼠+拓十三名

2

4ιπm?2L

其中匕=77%解得，粒子從。點射出到返回。點的時間為4=不κ+丁若所加的勻強(qiáng)電場方向水平向右,

32qB7V0

^πmπmL

粒子運動的時間為4-qBclB'彩+%其中叫=；%解得，粒子從O點射出到返回。點的時間為

23

f

5πtn12L,5πm?2L7πm?1LC35^?∕∕2vnαlπmYlL144L

t2=丁示+飛―若G=G，則有+7—=彳"8+;一解得3=F-?-則最短時間為f=丁1+；—=——

2qB5v02qB5v02qB7v024qL2qB7v035V0

5幾m12￡ITrrn12L35τrmv35τ∏nv

若則有彳3+丁>彳了+丁化簡可得8>一療n因此，當(dāng)8>F≠a時;粒子從。點射出到返

2qB5v0IqB7v024qL24qL

lπm12?C35πt∏v

回O點的最短時間為4=亍五+丁當(dāng)8<-—n?時，粒子從。點射出到返回O點的最短時間為

2qBZv024qL

5πtn12L

--------F-----

-2qB5v0

（二）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

［選修3-3|

15.（1）（2022年廣東汕頭一模卷）密封食品直接利用微波爐加熱時容易出現(xiàn)炸開現(xiàn)象，原因是包裝袋內(nèi)部

溫度急劇升高時，內(nèi)部氣體壓強(qiáng)（填“增大”、“減小"或'‘不變”）。所以在加熱食物時，必須留一些透

氣孔，緩慢加熱時，內(nèi)部氣體壓強(qiáng)（填“大于”、"小于”或“等于“）外界氣體壓強(qiáng)，此過程內(nèi)部氣體密

度（填"增大'、"減小”或“不變

【答案】增大等于減小

【詳解】[1][2][3]根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，密封食品包裝袋內(nèi)部氣體溫度急劇升高時，體積不變壓強(qiáng)增

大，留一些透氣孔和外界大氣接觸，內(nèi)部壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)，溫度升高時壓強(qiáng)不變，體積增大，一部分氣

體從袋內(nèi)漏出，袋內(nèi)氣體質(zhì)量減小，袋內(nèi)氣體體積不變所以密度減小。

（2）（2022年廣東深圳：模卷）如圖，在趣味小實驗中，將一定質(zhì)量的乒乓球放在一個粗細(xì)均勻的豎直薄

圓管下端，通過乒乓球和活塞在管內(nèi)封閉一定高度的某種液體和氣體，當(dāng)封閉氣體壓強(qiáng)為P時，乒乓球恰

好不掉落。已知液柱高度遠(yuǎn)大于乒乓球直徑，圓管橫截面積為S,為了防止乒乓球掉落，將活塞緩慢上移使

氣柱長度增加一半。求此時

（1）封閉氣體的壓強(qiáng)；

（2）管口對乒乓球的作用力大小。

1

【答案】（1）?。?）?

【詳解】（1）由題意可知封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)PM=PM其中乂=SL;匕=SXI.5L解得P?=-

（2）由于封閉氣體壓強(qiáng)較小，故而管口