资料简介
2022年河北省普通高中学业水平选择性考试Δｖ５Ｓ），选项Ｄ正确。２１Ｄｔ时刻时，实线对应的速度比虚线的小，由ａ＝１Δｔ６Ｂ在直线ＭＮ上，左边正电荷在Ｍ、Ｎ间的电场强可知，０～ｔ时间内，训练后运动员的平均加速度比训练１度水平向右，右边负电荷在Ｍ、Ｎ间的电场强度水平向前的小，Ａ错误；ｖ－ｔ图线与ｔ轴所围的面积表示位移，由右，根据电场的叠加可知Ｍ、Ｎ间的电场强度水平向右，图可知０～ｔ时间内，训练前运动员跑过的距离比训练２沿着电场线电势逐渐降低，可知Ｐ点电势高于等势面与后的大，Ｂ错误；ｔ～ｔ时间内，训练后运动员的位移比２３ＭＮ交点处电势，则Ｐ点电势高于Ｓ点电势，故Ａ错误；训练前的位移大，可知训练后运动员的平均速度大，故电场强度方向和等势面垂直，所以Ｔ点电场强度方向指Ｃ错误；根据ｖ－ｔ图像可知，ｔ时刻后，运动员训练前速３向Ｏ点，Ｂ正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电度减小，做减速运动，训练后速度增大，做加速运动，故荷量，可知在Ｎ左侧电场强度不可能为零，则在Ｎ右侧，Ｄ正确。设电场强度为零的点到Ｎ点的距离为ｄ，Ｍ、Ｎ间距离为２Ｃ望舒与地球都是所受万有引力提供向心力而做ｋ·２ｑｋ·ｑＬ，根据＝可知，除无穷远处外，直线ＭＮ上２２２ＭｍｖＧＭ（Ｌ＋ｄ）ｄ匀速圆周运动，有Ｇ＝ｍ，可得ｖ＝，天文观２ｒｒｒ电场强度为零的点只有一个，故Ｃ错误；无穷远处电势测得到恒星羲和的质量是太阳质量的２倍，且公转的轨低于Ｐ点电势，则正电荷在无穷远处的电势能低于在Ｐ道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为２，点的电势能，将正试探电荷ｑ从无穷远处移到Ｐ点，电０Ｃ正确。势能增大，静电力做负功，故Ｄ错误。３Ｃ已知风轮机叶片转速为每秒ｚ转，通过转速比为７Ｂ选圆柱体为研究对象，设两根细绳的拉力的合力１∶ｎ的升速齿轮箱带动发电机线圈转动，则线圈转速为Ｔ，除此之外圆柱体还受重力Ｇ和木板的支持力Ｎ，将为每秒ｎｚ转，其角速度ω＝２πｎｚ，线圈中的电动势的最三力首尾依次相接构成矢量三角形，如图所示，在木板大值为Ｅｍ＝ＮＢＳω＝２πＮＢＳｎｚ，发电机输出的电压为有效缓慢转动过程中，两绳拉力的合力Ｔ和木板的支持力ＮＥｍω同时顺时针转动，重力Ｇ恒定，两绳拉力的合力Ｔ和木值Ｅ＝＝２πＮＢＳｎｚ，Ａ错误；线圈转动的频率ｆ＝＝２２π板的支持力Ｎ之间的夹角不变，所以矢量三角形外接圆ｎｚ，发电机输出交变电流的频率为ｎｚ，Ｂ错误；变压器输中弦ＡＢ所对的角不变，在木板转至水平的过程中，绳的入电压为２πＮＢＳｎｚ，输出电压为Ｕ，则变压器原、副线圈拉力Ｔ和木板的弹力Ｎ的连接点Ｃ由初位置移至Ｂ点，的匝数比为２πＮＢＳｎｚ∶Ｕ，Ｃ正确；发电机产生的瞬时由图可知支持力Ｎ先增大后减小，两绳拉力的合力Ｔ一电动势ｅ＝Ｅｓｉｎωｔ＝２πＮＢＳｎｚｓｉｎ（２πｎｚｔ），Ｄ错误。直减小，Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误。ｍ４Ａ由光电效应方程Ｅ＝ｈν－Ｗ和ｅＵ＝Ｅ可知Ｕ＝ｋ０ｃｋｃｈＷ０Ｗ０ν－，当Ｕ＝０时，ν＝＝ν，即图线在横轴上的截距ｃｃｅｅｈ在数值上等于钠的截止频率，从图中可以读出ν＝５．５×ｃ１４１０Ｈｚ，Ｂ错误；钠的逸出功Ｗ＝ｈν，Ａ正确；图线的斜ｃｈ方法技巧辅助圆法率在数值上等于，Ｃ错误；遏止电压Ｕ随入射光的频ｃｅ（１）适用情况率ν的增大而增大，但不是正比关系，Ｄ错误。物体所受的三个力中，一个力的大小和方向不变，另５Ｄ根据楞次定律可知，５个小圆线圈和大圆线圈内外两个力的大小和方向都在改变，但变化的两个力的产生的感应电流方向一致，因此线圈产生的总感应电动夹角不变。势应为所有感应电动势之和。小圆线圈产生的感应电（２）方法：画出受力分析图，将三个力首尾相连构成闭ΔΦ动势Ｅ＝＝ｋＳ，大圆线圈产生的感应电动势为Ｅ＝合三角形，作该三角形的外接圆为辅助圆，在辅助圆１２２Δｔ中画出两个夹角不变的力的动态矢量三角形，从而轻ΔΦ′＝ｋＳ１，所以总感应电动势为Ｅ＝５Ｅ１＋Ｅ２＝ｋ（Ｓ１＋易判断各力的变化情况。Δｔ１
８ＡＣ设ａｂ、ｃｄ导轨与ｘ轴夹角为θ，在Ｏ处，金属棒４２２０时刻，Ｑ的机械能Ｅ＝２ｍｇｈ＝ｍｇＴ，２Ｔ时刻Ｑ的速９Ｌ有效长度为ｙ，在０～时间内，金属棒切割磁感线有效０４ｖ０度为ｖ＝ｖ＋ｇＴ＝ｇＴ，在０～２Ｔ时间内，Ｑ下落的距离２１３长度为ｙ＝ｙ＋ｖｔｔａｎθ，则切割磁感线的感应电动势Ｅ＝０００＋ｖｖ＋ｖ２１１２２Ｂｙｖ０＝Ｂｙ０ｖ０＋Ｂｖ０ｔｔａｎθ，感应电动势Ｅ与ｔ是一次函数关Ｈ＝Ｔ＋Ｔ＝ｇＴ，所以在２Ｔ时刻Ｑ的机械能为２２Ｌ２Ｌ系，即感应电流ｉ与时间ｔ是一次函数关系，在～时１２Ｅ２２２ｖｖＥ′＝－２ｍｇ（Ｈ－ｈ）＋·２ｍｖ＝ｍｇＴ＝，选项Ｂ正００２２９２间内，金属棒切割磁感线有效长度不变，所以感应电动２确；Ｐ到达最高点之后，再经过ｔ′＝Ｔ到达２Ｔ时刻，此２Ｌ３ＬＬ３势不变，感应电流不变，在～时间内相当于０～时ｖｖｖ０００２时Ｐ的速度为ｖ′＝ｇｔ′＝ｇＴ，选项Ｄ正确；在２Ｔ时刻，２间内的逆过程，因此选项Ａ正确；由于不计除电阻Ｒ之３外的所有电阻，所以电阻Ｒ两端电压与感应电动势相２２物体Ｐ重力的功率Ｐ＝ｍｇｖ′＝ｍｇＴ，结合上述分析，２３３Ｌ等，选项Ｄ错误；当ｔ＝０、ｔ＝时，金属棒的感应电动势ｖ３Ｅ０得Ｐ＝，选项Ｃ正确。２Ｔ并不等于零，电流也不等于零，所以安培力并不等于０，１２Ｌ１０ＢＤ根据平抛运动规律有ｈ＝ｇｔ、Ｒ＝ｖｔ，若ｈ＝０１选项Ｂ错误；在０～时间内，金属棒克服安培力做功的２ｖ０ｖＲ２２２２２１１Ｂｙｖ０Ｂｖ０２ｈ２，则喷出去的水在空中运动时间相等，所以＝，选功率Ｐ＝Ｆｖ０＝＝（ｙ０＋ｖ０ｔｔａｎθ），Ｐ－ｔ图像是抛ｖ２Ｒ２ＲＲ２ｈＬ２Ｌ１ｖ物线的一部分，在～时间内切割磁感线有效长度不Ｒ１ｇｖｖ１００项Ａ错误；根据平抛运动规律，得＝，若ｖ＝１Ｒ２２ｈ２２２２Ｂｙｖ０２Ｌ３Ｌｖ２变，Ｐ＝Ｆｖ＝，所以Ｐ恒定，在～时间内相当于ｇ０Ｒｖｖ００２ｈＲ１１Ｌｖ，化简得＝，选项Ｂ正确；浇水时水的流量Ｑ＝Ｓｖ，２２００～时间内的逆过程，选项Ｃ正确。ｈ２Ｒ２ｖ０其中Ｓ是出水口横截面积，浇水一周总水量为Ｖ＝Ｑ·总９ＢＣＤ由静止释放后，利用整体法结合牛顿第二定２π２π＝Ｓ·ｖ，若ω＝ω，ｖ＝ｖ，则总水量相同，但半径ｇｍＰ１ωω０１２１２律可知，（ｍ－ｍ）ｇ＝（ｍ＋ｍ）ａ，由于ａ＝，则＝，ＱＰＱＰ３ｍ２Ｑ越大，摆放的花盆越多，所以落入每个花盆的水量越小，选项Ａ错误；设Ｐ物体质量为ｍ，则Ｑ物体质量为２ｍ，选项Ｃ错误；设每个花盆的直径大小为ｄ，则半径为Ｒ２πＲ的圆上能摆放的盆数为ｎ＝，浇水一周总水量Ｖ＝总ｄ２π２πｇＶ总Ｑ·＝ＳＲ，落入每个花盆的水量Ｖ＝＝０ωω２ｈｎＳｄｇ，若ｈ＝ｈ，落入每个花盆的水量相同，则ω＝１２１ω２ｈω，选项Ｄ正确。Ｔ时刻绳子断开时，Ｐ、Ｑ两物体在图中Ｂ、Ｄ两处，对应２ｇ１１答案见解析速度为ｖ′＝ｖ＝Ｔ，绳子断开之后，Ｐ做竖直上抛运动，１１３解析（１）打出Ａ点时，弹簧的伸长量ｘ＝Ｌ－Ｌ；打出ＦＡ０设再经时间ｔ到达与Ｑ释放位置（Ｃ点）等高处，根据匀点时，弹簧的伸长量ｘ＝Ｌ－Ｌ－ｈ，则从打出Ａ点到打出Ｆ０５Ｔ１变速直线运动公式有０＝ｖ′－ｇｔ，得ｔ＝，则开始时Ｐ、ＱＦ点的时间内，弹簧弹性势能减少量为ΔＥ＝ｋｘ２－１３ｐ１Ａ２０＋ｖ１′０＋ｖ１′Ｔ２２１２１２１２的高度差ｈ＝ｘ＋ｘ＝Ｔ＋·＝ｇＴ，所以ｔ＝ｋｘ＝ｋ（Ｌ－Ｌ）－ｋ（Ｌ－Ｌ－ｈ）；打出Ｆ点时，钩码１２Ｆ００５２２３９２２２２
ｈ６－ｈ４１２０＜ｋ＜０．５时，１－２ｋ＞０，ｖＡＢ＞０，即Ａ、Ｂ构成的新滑板速度速度ｖ＝，动能增加量ΔＥ＝ｍｖ＝ＦｋＦ２Ｔ２向右２１æｈ６－ｈ４ö（２）若ｋ＝０．５，根据（１）可知ｖ＝ｖ＝２．５ｍ／ｓ，ｖ＝０。之ｍç÷；重力势能增加量ΔＥ＝ｍｇｈ。ＣＤＡＢｐ２５２è２Ｔø后Ｃ、Ｄ一起向右做匀减速运动，Ａ、Ｂ一起向右做初速度（２）随着ｈ增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要为０的匀加速运动，直到两者达到共同速度ｖ共原因是弹簧弹力逐渐减小，空气阻力、纸带与打点计时由Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ系统动量守恒得：器间的摩擦阻力变得不可忽略，系统机械能减小。（ｍ＋ｍ）ｖ＝（ｍ＋ｍ＋ｍ＋ｍ）ｖＣＤＡＢＣＤ共１２答案（１）ＣＤ （２）ＣＡＢＤＥ ＬＲ１１ｖ＝１ｍ／ｓ共２Ｕ解析（１）指示灯的阻值为Ｒ＝≈１０Ω。由图１可知，设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为ΔｘＰ对Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ系统，根据系统能量守恒可得：在Ｓ、Ｓ有一个闭合时，Ｒ与Ｌ就被短路而不能发光，１２２２１１２２２２０Ｖμ（ｍ＋ｍ）ｇΔｘ＝（ｍ＋ｍ）ｖ－（ｍ＋ｍ＋ｍ＋ｍ）ｖ＝ＣＤＣＤＡＢＣＤ共此时通过Ｌ１的电流为Ｉ１≈２１８ｍＡ＞３０ｍＡ，则２２１．０１ｋΩ代入数值可得：Δｘ＝１．８７５ｍＬ可发光，Ａ错误，Ｄ正确。当锅内温度高于１０３℃时，１Ｓ与Ｓ均断开，此时Ｒ、Ｌ串联后与Ｒ并联的总阻值试题分析本题考查系统动量守恒定律和能量守恒１２１１６０×１０１０定律的基本应用。重点是分清楚选择的研究对象和为Ω≈５６．６Ω，再与Ｌ、Ｒ串联，通过Ｌ的电２２２１０１０＋６０运动过程。属于较容易题。２２０Ｖ流为≈０．２０６Ａ＝２０６ｍＡ＞３０ｍＡ，Ｌ２可１４答案见解析（１０１０＋５６．６）Ωπｍ发光，而由并联电路电流分配规律可知通过Ｌ的电流１解析（１）在０～时间内，带电粒子在电场中做匀加ｑＢ０６０约为×２０６ｍＡ≈１１．６ｍＡ＜３０ｍＡ，故此时Ｌ熄１速直线运动１０１０＋６０２灭，Ｂ错误。在保温过程中，温度高于８０℃时Ｓ断开停１２πＥ０πｍＥ０２由ｖ＝ａｔ，Ｅｑ＝ｍａ，ｙ＝ａｔ，解得：ｖ＝，ｙ＝１０１１１２２Ｂ０２ｑＢ０止加热，温度下降到低于７０℃时Ｓ闭合又开始加热，２πｍ２πｍ故Ｃ正确。在～时间内，带电粒子在磁场中做了半个周期的ｑＢｑＢ００（２）使用多用电表测电阻时，首先是机械调零，然后选倍匀速圆周运动率挡，选挡后需欧姆调零，调零后再进行阻值测量，测量２ｍｖ２πｍＥ１０完毕后为了电表安全要进行Ｅ步骤。由ｑＢ０ｖ１＝，ｘ１＝２Ｒ，解得：ｘ１＝２ＲｑＢ０图３中电阻测量值约为１０６０Ω，说明Ｌ断路损坏，测１２２πｍæ２πｍＥ０πｍＥ０ö量的是Ｒ１与Ｒ串联的总阻值；图４中电阻的测量值约故在ｑＢ时刻带电粒子的坐标为：ç２，２÷０èｑＢ０２ｑＢ０ø为１０Ω，说明Ｒ断路损坏，测量的是Ｌ的阻值。１１１３答案见解析解析（１）取向右为正方向Ｃ、Ｄ相碰后的共同速度为ｖＣＤＣ、Ｄ系统碰撞前后遵守动量守恒定律：ｍｖ－ｍｋｖ＝（ｍ＋ｍ）ｖＣ０Ｄ０ＣＤＣＤπｍπＥ０代入数值后得：ｖＣＤ＝５（１－ｋ）ｍ／ｓ（２）在０～时间内ｖ１＝ｑＢＢ０００＜ｋ＜０．５时，ｖ＞０，即Ｃ、Ｄ构成的新物块速度向右ＣＤ２πｍ３πｍπｍ在～时间内，由２Ｅｑ＝ｍａ，ｖ＝－ｖ＋ａ，解Ａ、Ｂ相碰后的共同速度为ｖ０２２１２ＡＢｑＢ０ｑＢ０ｑＢ０Ａ、Ｂ系统碰撞前后遵守动量守恒定律：πＥ０得：ｖ＝２ｍＡｖ０－ｍＢｋｖ０＝（ｍＡ＋ｍＢ）ｖＡＢＢ０１０４πｍ５πｍπｍ代入数值后得：ｖＡＢ＝（１－２ｋ）ｍ／ｓ在～时间内，由３Ｅ０ｑ＝ｍａ３，ｖ３＝－ｖ２＋ａ３，解３ｑＢ０ｑＢ０ｑＢ０３
２πＥ１１０２２得：ｖ３＝此时纵坐标Ｙ＝ｙ１′＋ｙ２′＝ａ（Ｔ－ｔ′）＋ａＴｔ′＝ａ（Ｔ＋Ｂ２２０２１６πｍｔ′），２由Ｗ＝ｍｖ，解得在０～时间内，静电力对带电粒子３２ｑＢ０经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动，加速度２２２πｍＥ０为３ａ，做的功为：Ｗ＝２Ｂ０ｖ′２２２２ａ（Ｔ＋ｔ′）此时粒子向下运动的最大距离Δｙ＝＝１πｍＥ０ｑ２·３ａ６ａ（３）设＝Ｔ，＝ａ，ｑＢｍ２０ａ（Ｔ＋ｔ′）＝，πｍ６（ⅰ）若在０～时间内某时刻ｔ′释放，粒子首次加速时ｑＢ２０１ａ（Ｔ＋ｔ′）２２则纵坐标的最小值Ｙ′＝Ｙ－Δｙ＝ａ（Ｔ＋ｔ′）－１间为（Ｔ－ｔ′），２６则首次加速后速度ｖ１′＝ａ（Ｔ－ｔ′），在磁场内偏转的半径＝１２－Ｔｔ′＋Ｔ２ａ（ｔ′）３ｍｖ′１Ｒ＝，１１Ｔ３ùＴπｍｑＢé２２０Ｙ′＝ａêê（ｔ′－）＋Ｔúú，即当ｔ′＝＝时Ｙ′有最３ë２４û２２ｑＢ０由（１）易知，粒子至少要再次加速并偏转才可能通过ｘＭ小值４πｍＥ０＝，１１Ｅｑπ２ｍ２π２ｍＥｑＢ２２０００Ｙ′＝ａＴ＝··＝＝ｙｍｉｎ２２２Ｍ４４ｍｑＢ４ｑＢ００３πｍ设粒子在的速度为ｖ′，在磁场内偏转半径为Ｒ２２πｍ４πｍ５πｍｑＢ０可见当ｔ′＝时，在～阶段中粒子向下减速到２ｑＢｑＢｑＢ０００ｍｖ′２＝，０时恰好能被捕获。ｑＢ０２πｍ３πｍ则ｖ２′＝－ｖ１′＋２ａＴ，（ⅱ）若在～时间内某时刻释放，粒子加速时间ｑＢｑＢ００解得ｖ′＝ａ（Ｔ＋ｔ′），２为（Ｔ－ｔ″），经过两次半个周期的圆周运动，在ｘ方向上的位移１２则有ｖ″＝２ａ（Ｔ－ｔ″），ｙ″＝·２ａ（Ｔ－ｔ″），在ｘ方向上的２ｍ（ｖ′＋ｖ′）４ｍａＴ１１２１２ｘ＝２Ｒ＋２Ｒ＝＝，１２ｑＢｑＢ００２ｍｖ″４πｍＥ４Ｅ１００位移ｘ″＝２Ｒ″＝＝－ｔ″，Ｅｑ４πｍＥ１１２４ｍ０πｍ０πｍｑＢ０ｑＢ０Ｂ０即ｘ＝··＝＝ｘ，可见在０～时间内２ＭｑＢ０ｍｑＢ０ｑＢ０ｑＢ０２πｍ可见要到达ｘ应在ｔ″＝０即时刻释放，此时ｖ″Ｍ１任意时刻释放，经历两次偏转后水平位移ｘ＝ｘ恒成立。ｑＢＭ０＝２ａＴ，Ｅｑ２２π２ｍＥ１２２０πｍ０则ｙ轴方向上ｙ″＝·２ａＴ＝ａＴ＝·＝，１２２２２ｍｑＢｑＢ００２ｖ１″２２偏转后向下移动的最大距离Δｙ′＝＝ａＴ１２·３ａ３２２πｍＥ０＝，２３ｑＢ０２２πｍＥπｍＥ００此时纵坐标的最小值Ｙ″＝ｙ″－Δｙ′＝＞，即１１２２３ｑＢ４ｑＢ现分析该过程中，在ｙ方向上的位移００不可能到达ｙ而被捕获。１Ｍ２第一次加速后，ｙ′＝ａ（Ｔ－ｔ′），１２４πｍ５πｍ（ⅲ）若在～时间内某时刻释放，ｑＢｑＢ１００２第二次加速后，ｙ′＝－ｖ′Ｔ＋·２ａＴ＝ａＴｔ′或ｙ′＝２１２则加速后速度ｖ‴＝３ａ（Ｔ－ｔ‴），２１（ｖ２′－ｖ１′）Ｔ２ｍｖ１‴６ｍａ（Ｔ－ｔ‴）＝ａＴｔ′，在ｘ方向上的位移ｘ１‴＝２Ｒ１‴＝＝，２ｑＢ０ｑＢ０４
６πｍＥ６Ｅ（ⅱ）对整个“Ｈ”形连杆活塞受力分析，外部大气压力已００解得ｘ‴＝－ｔ‴，１２ｑＢ０Ｂ０平衡，则ｍｇ＋ｐＳ＝ｐＳ下上６πｍＥ０６Ｅ０４πｍＥ０πｍＴ４ｐＳ－＝０令ｘ１‴＝ｘＭ，即２ｔ‴＝２，得ｔ‴＝，解得ｍ＝ｑＢ０Ｂ０ｑＢ０３ｑＢ０３３ｇ４πｍ１３πｍ即在＋ｔ‴＝时刻释放能满足到达ｘ的条件，４６ＲｑＢ３ｑＢＭ１６答案（１）２ ０．５５ （２）（ⅰ）３ （ⅱ）００ｃＴ２πＥ０解析（１）从振动图像可以看出周期Ｔ＝０．２ｓ，则波长此时粒子加速后的速度ｖ＝３ａ（Ｔ－）＝２ａＴ＝，０３Ｂ０λ＝ｖＴ＝２ｍ；Ｐ、Ｑ两质点相距Δｘ＝５ｍ，则波传到Ｑ点用２１２２２２πｍＥ０Δｘ此时Ｙ＝·３ａ（Ｔ－ｔ‴）＝ａＴ＝，粒子偏１２３２时ｔ＝＝０．５ｓ，Ｑ点起振后从平衡位置向上运动，第一３ｑＢ１０ｖ转后，Ｔ次到达正向最大位移处用时ｔ＝＝０．０５ｓ，故ｔ＝ｔ＋ｔ＝２２１２ｖ０１２１Ｅ０ｑ４纵坐标的最小值Ｙ″＝Ｙ－＝ａＴ＝··１１２·４ａ６６ｍ０．５５ｓ。２２π２ｍＥπ２ｍＥπｍ００（２）（ⅰ）光路图如图所示＝＜２２２２ｑＢ６ｑＢ４ｑＢ０００即偏转后粒子向下运动过程中必经过Ｍ点。６πｍπｍ１３πｍ综上可知在０～时间内有两个时刻即和满ｑＢ２ｑＢ３ｑＢ０００足粒子可在Ｍ点处被捕获。２１５答案（１）增大升高（２）（ⅰ）２ｐｐ００３在Ａ点发生折射时，θ＝３０°４ｐＳ０由几何关系：α＝２θ＝６０°（ⅱ）３ｇｓｉｎα则折射率ｎ＝＝３解析（１）假设气球漏气过程中温度不变，容器中气球ｓｉｎθ外部气体发生等压变化，则气球缓慢漏气后，根据玻意（ⅱ）从Ｓ发出的光线经３次全反射后回到Ｓ点所用时耳定律可知，容器中气球外部气体体积变大，而容器中间最短，气球外部气体体积无法改变，则容器中气球外部气体被光通过的路程ｓ＝４２Ｒ绝热压缩，由ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ可知，气体内能增大，温度升高，ｃ光速ｖ＝根据理想气体状态方程可知，气体压强变大。ｎ（２）（ⅰ）分别对上、下两部分气体应用玻意耳定律：ｓ最短时间ｔ＝ｖＬ０ｐＬＳ＝ｐ·Ｓ００上２４６Ｒ联立解得ｔ＝ｃ３ｐＬＳ＝ｐ·ＬＳ００下０２２解得：ｐ＝２ｐ，ｐ＝ｐ上０下０３５
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