广东省惠州市2021届新高考物理二模试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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
1．如图所示，空间直角坐标系Oxyz 处于一个匀强电场中，a 、b 、c 三点分别在x 、y 、z 轴上，且到坐标原点O 的距离均为10cm 。现将一带电荷量0.2C q =的负点电荷从b 点分别移动到a 、O 、c 三点，电场力做功均为1J 。则该匀强电场的电场强度大小为（ ）
A ．503N/C
B ．50 N/
C C ．103V/m
D ．10V/m
【答案】B
【解析】
【详解】 由公式W Uq =代入数据可得
5V U =
由题意可知a 、O 、c 三点所构成的面是等势面，Ob 垂直于xOz 平面，b 点到xOz 平面的距离10cm d =，故匀强电场的电场强度大小
5N/C 50N/C 0.1
U E d === 故B 正确，ACD 错误。
故选B 。
2．如图是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是:
A ．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型
B ．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强
C ．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
D ．铀235只要俘获中子就能进行链式反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A 正确；
B ．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，贯穿能力最强，故B 错误；
C ．由图可以知道,光照越强,光电流越大,但遏止电压是一样,说明遏止电压与光的强度无关,故C 错误;
D ．链式反应需要达到临界体积才可以，故D 错误；
故选A ．
3．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A ．半径越小，周期越大
B ．半径越小，角速度越小
C ．半径越大，线速度越小
D ．半径越大，向心加速度越大
【答案】C
【解析】
【详解】
原子核与核外电子的库仑力提供向心力；
A ．根据 22
224 ke m r r T
π=， 可得
T = 故半径越小，周期越小，A 错误；
B ．根据
2
22 ke m r r
ω=， 可得
ω= 故半径越小，角速度越大，B 错误；
C ．根据
222 ke mv r r
=， 可得
2
ke v mr
=， 故半径越大，线速度越小，C 正确；
D ．根据
2
2 ke ma r
=， 可得
2
2ke a mr
=， 故半径越大，加速度越小，D 错误。
故选C 。
4．我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”目前建设顺利，预计2020年投入运行，开展相关科学实验。该装置以氢、氘气体为“燃料”，通过将其注入装置并击穿、“打碎”产生近堆芯级别的等离子体，来模拟核聚变反应。若已知21 H 的质量为m 131，H 的质量为m 2，42He 的质量为m 3，1
0n 质量为m 4，关于下列核反应方程，下列说法中正确的是（ ）
A ．423112H H +→He+10x n 是热核反应，其中x=2
B ．14472N +He 178→O+11x H 是热核反应，其中x=1
C ．14111705N n →+B+42x He 是人工转变，其中x=1
D ．
235
1
9092038U n →+Sr 13654+Xe+10x n 是裂变反应，其中x=8 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．221124H H + →He+10x n 是热核反应，根据核电荷数守恒和质量守恒可知，其中x=1，A 错误；
B ．14472N +He 178→O+11x H 是人工转变，其中x=1，B 错误；
C ．14111705N n →+B+42x He 是人工转变，其中x=1，C 正确；
D ．23519092038 U n →+Sr 13654+Xe+10x n 是裂变反应，根据核反应前后电荷数守恒和质量数守恒知x=10，故D 错误。
故选C 。
5．一质点以初速度v 0沿x 轴正方向运动，已知加速度方向沿x 轴正方向，当加速度a 的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中，该质点( )
A ．速度先增大后减小，直到加速度等于零为止
B ．位移先增大，后减小，直到加速度等于零为止
C ．位移一直增大，直到加速度等于零为止
D ．速度一直增大，直到加速度等于零为止
【答案】D
【解析】
【详解】
AD ．由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a 的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到0的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，故A 错误，D 正确； B ．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，故B 错误；
C ．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故C 错误。
6．2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止轨道（GEO ）卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。该卫星大幅提升了我国北斗系统的导航精度。已知静止轨道（GEO ）卫星的轨道高度约36000km ，地球半径约6400km ，地球表面的重力加速度为g ，请你根据所学的知识分析该静止轨道（GEO ）卫星处的加速度最接近多少（ ）
A ．
1g 36
B ．1g 6
C ．1g 12
D ．1g 72 【答案】A
【解析】
【分析】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2GM a r =分析卫星的加速度。
【详解】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2
GM a r =知，GEO 星的加速度与近地卫星的加速度之比222264001 (360006400)36
GEO GEO r a a r ==≈+近近，即GEO 星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A 正确，BCD 错误；故选A 。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮b ，m 1用轻杆连接着另一轻质滑轮c ，轻绳一端固定于a 点，跨过滑轮c 和b ，另一端固定在m 2上，已知悬点a 和滑轮b 间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计，整个装置稳定时轻绳ac 部分与竖直方向夹角为α，bc 部分与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是（ ）
A ．整个装置稳定时，α角一定等于β角
B ．若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，m 1高度上升
C ．若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，m 1高度上升
D ．存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮b 时，m 1的位置保持不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．对m 2分析可知，m 2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m 2g ，对于滑轮c 分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m 1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等，故A 正确； BC ．整个装置稳定时，α角一定等于β角，且绳子拉力等于m 2g ，则ac 与bc 细线与竖直方向的夹角相等，设为θ，ab 水平距离不变，结合几何关系，有
sin sin ac bc d L L θθ=+
得
sin ac bc d L L θ
+= 若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，细线的拉力等于m 2g 不变，细线的合力也不变，则θ不变，由于d 和θ都不变，故ac bc L L +不变，则m 1高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，ab 水平距离变大，则
sin ac bc d L L θ
+= 细线的拉力等于m 2g 不变，细线的合力也不变，则θ不变，d 变大，则ac bc L L +变大，所以m 1高度下降，故B 正确，C 错误；
D ．由于细线bm 2和bc 部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线bm 2和bc 部分的角平分线，如果沿角平分线移动轻滑轮b 时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则m 1的位置保持不变，故D 正确。 故选ABD 。
8．下列说法正确的是 （ ）
A ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大
B ．分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快
C ．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润
D ．已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离
E. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A 、温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A 错误；
B 、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大，但斥力变化更快，故B 正确；
C 、附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故C 正确；
D 、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故D 正确；
E 、做功与热传递都可以改变物体的内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一定会改变内能，故E 错误。
9．如图甲所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电
流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】
【详解】
分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向．
解答：解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．
C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F A=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F A=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小
2B 0I 0L ．故C 正确，D 错误．
故选AC ．
10．下列说法正确的是（ ）
A ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
B ．一定量的理想气体压强不变，体积减小，气体分子对容器壁在单位时间内单位面积上碰撞次数增多
C ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
D ．液晶具有液体的流动性，但不具有单晶体的光学各向异性
E.一切与热现象有关的宏观自然过程都是可逆的
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A ．当分子力表现为引力时，增大分子减的距离，需要克服分子力做功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大，故A 正确；
B ．一定量的理想气体保持压强不变，气体体积减小，气体分子的密集程度增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，故B 正确；
C ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故C 正确；
D ．液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点，故D 错误；
E ．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，都是不可逆，故E 错误； 故选ABC 。
11．广西壮族自治区处在北纬2054'2624'??~之间，某极地卫星通过广西最北端与最南端正上方所经历的时间为t ，查阅到万有引力常量G 及地球质量M 。卫星的轨道视为圆形，忽略地球自转，卫星的运动视为匀速圆周运动，根据以上信息可以求出（ ）
A ．该卫星周期
B ．该卫星受到的向心力
C ．该卫星的线速度大小
D ．地球的密度
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．广西壮族自治区处在北纬2054'2624'??~之间，某极地卫星通过广西最北端与最南端正上方所经历的时间为t ，已知转过对应角度的时间，则可以求得运动一周的时间即卫星的周期
360T t θ?
=?
A 正确；
B ．因为不知道该卫星的质量，根据万有引力定律
2
Mm F G r = 无法求得卫星受到的向心力大小，B 错误；
C ．据万有引力提供圆周运动向心力
2
224mM G m r r T
π= 已知质量M 和周期T 及常量G 可以求得卫星的轨道半径r ，根据
2r v T
π= 可以求得卫星的线速度大小，C 正确；
D ．因为不知道卫星距地面的高度，故无法求得地球的半径R ，所以无法得到地球的密度，D 错误。 故选AC 。
12．2019年9月11日，《自然天文学》杂志登载了英国伦敦大学一个研究小组的报告：他们成功通过开普勒望远镜发现，一颗代号为K2-18b 的类地行星的大气中有水汽，含量可能在0.1%至50%之间。如果K2-18b
和地球均视为均匀球体，其半径与地球半径之比为p ，其质量与地球质量之比为q ，则K2-18b 和地球（ ）
A ．表面的重力加速度之比为2q p
B ．表面的重力加速度之比为2pq
C D 【答案】AD
【解析】
【详解】 根据星球表面物体受到的万有引力等于物体的重力有
2
Mm G mg R = 得星球表面重力加速度 2GM g R =
故
222=g M R q g M R p
=?行行地地地行 可知A 正确，B 错误；
根据万有引力提供向心力有
22Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度
GM v R
=
故 =v M R q v M R p
=?行行地地地行 可知C 错误，D 正确。
故选AD 。
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数μ。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有N 个，将n (依次取n =1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，其余N n -个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。
(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T=0.02s ，则木块的加速度a =____m ／s 2。
(2)改变悬挂钩码的个数n ，测得相应的加速度a ，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图丙所示。取重力加速度g=10m ／s 2，则木块与木板间动摩擦因数μ=______(保留2位有效数字)
(3)实验中______(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
【答案】2.0 0.140.16- 不需要
【解析】
【详解】
（1）木块的加速度：2223603227.32 3.30 3.3010/ 2.0/(3)90.02
x x a m s m s T ----==?=?.
（2）对N 个砝码的整体，根据牛顿第二定律：()nmg N n mg Nma μ--= ，解得(1)g a n g N
μμ=+-；画出a-n 图像如图；
由图可知μg=1.6，解得μ=0.16.
（3）实验中是对N 个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
14．某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k ，拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A 、竖直杆B 、水平横杆H 与齿条C 固定连在一起，齿轮D 与齿条C 啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E ，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I 上。托盘中不放物品时，指针E 恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P 0＝5 kg 。
科技小组设计了下列操作：
A ．在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P 1，并测出此时弹簧的长度l 1；
B ．用游标卡尺测出齿轮D 的直径d ；
C ．托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l 0；
D ．根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k ；
E ．在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P 2，并测出此时弹簧的长度l 2；
F ．再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P 3，并测出此时弹簧的长度l 3；
G ．数出齿轮的齿数n ；
H ．数出齿条的齿数N 并测出齿条的长度l 。
(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即a 方案：采用BD 步骤。
①用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k ，则k ＝________。
②某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g ＝9.80 m/s 2，则弹簧的劲度系数k ＝________。(结果保留三位有效数字)
(2)请你根据科技小组提供的操作，设计b 方案：采用：________步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k ，则k ＝________。
【答案】
02P g d
π 7.96×102 N/m CAEFD 3121020306P P P g l l l l l l ??++ ?---?? 【解析】
【详解】 (1)[1]①弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为P 0＝5 kg 时弹簧的伸长量：
Δx ＝πd
因此只要测出齿轮的直径d 即可计算其周长，然后由胡克定律得：
2kΔx ＝P 0g
解得k ＝02P g d
π； [2]②游标卡尺读数为0.980 cm ，代入：
k ＝02P g d
π 得k ＝7.96×
102 N/m ； (2)[3]直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD 进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数，GH 是多余的；
[4]求解形变量
Δx 1＝l 1－l 0
Δx 2＝l 2－l 0
Δx 3＝l 3－l 0
则：
k 1＝11
2P g x ? k 2＝22
2P g x ? k 3＝33
2P g x ? 则：
k ＝1233
k k k ++ 联立解得：k ＝3121020306P P P g l l l l l l ??++ ?---??
。 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两条间距L 1=0.5m 的平行光滑金属直导轨，沿与水平地面间夹角θ=30°的方向固定放置。空间存在垂直导轨所在的斜面向上的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间变化的关系为B=0.2t(T)。垂直导
轨放置的金属棒ab 固定，金属棒cd 在平行于斜面向上的力F 作用下保持静止，金属棒cd 的质量为m=0.2kg ，金属棒ab 的电阻R 1=0.2Ω，金属棒cd 的电阻R 2=0.3Ω，两金属棒之间的距离为L 2=0.2m ，取g=10m/s2。求：
(1)力F 随时间变化的表达式
(2)在t 0=1000s 内金属棒cd 产生的焦耳热
Q
【答案】 (1)0.0041(N)F t =+；(2)0.48J
【解析】
【详解】
(1)由法拉第电磁感应定律可知金属棒与导轨组成的回路产生的电动势为
12B E L L t
?=? 回路中的感应电流
12
E I R R =+ 根据楞次定律和左手定则可知金属棒cd 受到的安培力沿斜面向下，由平衡条件可得
1sin θF mg BIL =+
解得
0.0041(N)F t =+
(2)由焦耳定律得
Q 总2
011
E t R R =+ 由电路关系得
212
R Q Q R R =+总 解得金属棒cd 产生的焦耳热
0.48J Q =
16．从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz 的简谐横波，分别沿x 轴正、负方向传播，在某一时
刻到达A 、B 点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s ．求
（i ）质点P 、O 开始振动的时刻之差；
（ii ）再经过半个周期后，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．
【答案】（i ）0.05s （ii ）两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：2m 、3m 、3m 、4m 、5m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m 、2.5m 、3.5m 、4.5m ．
【解析】
（i ）该波的周期为110.25
T s f ===， 由图知，质点P 、O 开始振动的时刻之差为0.054T t s ?=
=； （ii ）该波的波长为100.22vT m m λ==?=，根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：1m 、2m 、3m 、4m 、5m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m 、2.5m 、3.5m 、4.5m ．
【点睛】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．
17．如图所示，粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管中有A 、B 两段水银柱，A 段水银柱上方和下方分别有气柱工、Ⅱ，两气柱的长L 1=L 3=4cm ，水银柱A 的长度为L 2=4cm ，水银柱B 在左侧管中长度L 4=2cm ，大气压强为p 0=76cmHg ，环境温度为T=300K 。现在左侧管中缓慢倒入水银，使B 水银柱在左侧管中水银液面下降2cm 。求：
（i ）A 水银柱上表面与右管中B 水银柱上表面高度差；
（ii ）若不在左管中倒入水银，而是在左侧管口缓慢推入一个活塞，使B 段水银在左管中水银面也下降2cm ，则活塞需推人管中多长距离？
【答案】（i ）3.8cm ；（ii ）2.4cm 。
【解析】
【分析】
【详解】
（i ）根据力的平衡可知，右管中水银柱的长L=L 2+L 4=6cm
当B 水银柱在左管中水银液面下降2cm ，则右管中水银柱长变为8cm
根据力的平衡可知，左侧管中需加入的水银柱长h=8cm-L 2=4cm
对气柱Ⅱ研究，开始时压强p 1=76cmHg+4cmHg=80cmHg
加水银后，气体的压强p 2=76cmHg+8cmHg=84cmHg
设加水银后气体Ⅱ的长为3L '，气体发生等温变化，则有
1323p L S p L S '=
解得
3 3.8cm L '=
这时，A 水银柱上表面与右管中B 水银柱上表面高度差3 3.8cm h L '?==
（ii ）若不在左管中倒入水银，而是在左侧管口缓慢推入一个活塞，使B 段水银在左管中水银面也下降2cm ，此时气柱Ⅰ中气体的压强为p 3=p 2-4cmHg=80cmHg
设此时气柱Ⅰ的长度为1L '，气体发生等温变化，则有
0131p L S p L S '=
求得
1 3.8cm L '=
则活塞在管中移动的距离
()()41133
2.4cm x L L L L L ''=+-+-=