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1. 如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=4的能级跃迁到n=3的能级时,辐射出光子a;从n=3的能级跃迁到n=2的能级时,辐射出光子b。以下判断正确的是
正确答案
解析
根据玻尔理论得知,光子a的能量Ea=E4−E3=−0.85eV−(−1.51eV)=0.66eV,光子a的能量Eb=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV,所以光子a的能量小于光子b的能量,光子的能量,则光子a的波长大于光子b的波长,故A正确;
光子b的能量是E=1.89eV<13.6eV,所以光子b不可使氢原子从基态跃迁到激发态,故B错误;
光子a的能量是E=0.66eV<0.85eV,所以光子a不可使处于n=4能级的氢原子电离,故C错误;
一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线,故D错误。
故选A。
考查方向
解题思路
能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差,根据能极差的大小比较光子能量,从而比较出光子的频率.频率大,波长小,判断n=3能级的氢原子可以吸收光子,能量是否大于0,即可知是否电离
易错点
对记忆的内容记不牢。
2.目前,我国柔性直流输电技术世界领先。上海南汇风电场柔性直流输电工程,输送容量为2×104kW,直流电压等级±30kV。设某段输电线路的两导线在同一竖直平面内,若宇宙射线中的质子、电子以速率vo到达输电线所在处,不考虑地磁场的影响和粒子速率的变化,质子的运动轨迹大致是下图中的
正确答案
解析
上面的导线电流向右,下面的导线电流向左,根据安培定则可知,两条导线中间的部分,产生的磁场的方向是垂直纸面向里的,在下面的导线的下方,磁场的方向是垂直纸面向外的,
在下面的导线的下方,磁场的方向是垂直纸面向外的,根据左手定则可知,质子在下面运动的时候,受到的洛伦兹力是向上的,偏转方向是向上的,故A错误;
两条导线中间的部分,产生的磁场的方向是垂直纸面向里的,根据左手定则可知,质子在中间运动的时候,受到的洛伦兹力是向上的,偏转方向是向上的,故B正确,C错误;
在下面的导线的下方,磁场的方向是垂直纸面向外的,根据左手定则可知,质子在下面运动的时候,受到的洛伦兹力是向下的,偏转方向是向下的,但是由于磁场不是匀强磁场,所以质子运动的轨迹不是圆周,故D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
根据直流电的电流方向可以判断出电流产生的磁场的方向,质子带正电,根据左手定则可以判断质子转动的方向,根据粒子在磁场中转动的半径公式判断运动的半径变化关系。
易错点
磁场方向的判断。
3.甲、乙两车在平直公路上行驶,其v-t图象如图所示。t=0时,两车间距为s0;t0时刻,甲、乙两车相遇。0—to时间内甲车发生的位移为s,下列说法正确的是
正确答案
解析
t0时间内,甲的位移大于乙的位移,t0时刻,甲、乙两车相遇,说明0−t0时间内甲车在后,t0∼2t0时间内甲车的速度比乙车的大,则甲车在前,故A错误;
B. 0−2t0时间内甲车平均速度大小,同理乙车平均速度大小所以0−2t0时间内甲车平均速度大小是乙车平均速度大小的3倍,故B错误;
CD.0−t0时间内甲车的位移为,乙车的位移,t0时刻,甲、乙两车相遇,则有:,
即,得:, 2t0时间内,由图象知甲乙位移之差为得,2t0时刻甲、乙两车相距,故C错误,D正确。
考查方向
解题思路
由图象可知甲做匀减速直线运动,乙做匀加速直线运动,根据图象与坐标轴围成的面积表示运动的位移,分析两车各个时刻的位置关系,根据公式分析平均速度关系,由位移关系和原来相距的距离求S。
易错点
速度图象的交点表示速度相同,不表示相遇。
4.如图,一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的三点,且O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO。现有带电量为q、质量为m的小物块从A点以初速vo向B滑动,到达B点时速度恰好为0。则
正确答案
解析
根据对称性可知到达O点时时速度为原来一半,正面是等势面,电势能不变,故CD错误;由根据题意知小物块受摩擦力,故电荷为负电荷,离O点越近,小物块受到的电场力越大,则小物块受到的压力越大,摩擦力也越大,根据mg-f=ma,可知加速度减小,过O点后,加速度变大,故A错误,B正确。
故选B。
考查方向
解题思路
根据对称性可知到达O点时时速度为原来一半,AB是等势面,电势能不变;由根据题意知小物块受摩擦力,故电荷为负电荷,根据受力情况由牛顿第二定律可知加速度的情况。
易错点
没有利用对称的方法,使得问题变得复杂。
8.如图,有理想边界的正方形匀强磁场区域abcd边长为L,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。一群质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),在纸面内从b点沿各个方向以大小为的速率射入磁场,不考虑粒子间的相互作用,下列判断正确的是
正确答案
解析
(A)故A错误;
(B)故B错误;
(C)故C错误;
(C)故D正确;
故选D。
考查方向
易错点
。
7.北京时间2017年2月23日凌晨2点,美国航天局举行新闻发布会,宣布确认发现一个拥有7个类地行星的恒星系统TRAPPIST -1(简称T-1)。在这绕T-1做圆周运动的七兄弟 (1b、1c、1d、le、1f、lg、1h)中,1e、1f、1g被认为是最有可能存在液态水的。部分数据与地球的数据比较如下表:
将T-1、le、1f均视为质量均匀分布的球体,不考虑七兄弟间的相互作用,则
正确答案
解析
万有引力提供向心力:可得:,故T-1质量与太阳质量之比为:,故A正确;
根据开普勒第三定律得:,故,解得1f与恒星T-1的距离约为:,故B错误;
根据万有引力等于重力可得:,.le表面的重力加速度约与地球表面重力加速度的比:,故C正确;
根据第一宇宙速度可得1e的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的,故D错误。
故选AC。
考查方向
解题思路
根据万有引力提供向心力求出中心天体质量的表达式,可知T -1的质量与太阳质量关系;根据开普勒第三定律可求B答案是否正确;根据第一宇宙速度的两种求法可知CD是否正确。
易错点
根据万有引力提供向心力求出的是中心天体的质量。
5.如图,一内壁为半圆柱形的凹槽静止在光滑水平面上,质量为M.内壁光滑且半径为R,直径水平。在内壁左侧的最高点有一质量为m的小球P,将P由静止释放,则
正确答案
解析
P在下滑过程中,P对凹槽有斜向左下方的压力,凹槽要向左运动,则凹槽对P的弹力与P相对于地面的速度不垂直,所以凹槽对P的弹力要做功,故A错误;
P在到达最低点前对凹槽的压力与凹槽位移的夹角为锐角,则P对凹槽做正功.P从最低点上升过程对凹槽的压力与凹槽位移的夹角为钝角,P对凹槽做负功,故B正确;
P和凹槽组成的系统水平方向不受外力,则系统水平动量守恒,系统的机械能也守恒。设P到达内壁右端的最高点时速度为v,此时P和凹槽的速度相同,取水平向右为正方向,由水平动量守恒得:0=(M+m)v,得v=0由系统的机械能守恒得mgR=mgh,得h=R,因此P能到达内壁右端的最高点,故C错误;
P下滑到最低点时凹槽动能最大,取水平向右为正方向,根据系统水平动量守恒和机械能守恒得:
0=mv1−Mv2;
;
凹槽的最大动能联立解得,故D正确。
故选BD。
考查方向
解题思路
P在下滑过程中,凹槽要向左退.凹槽对P的弹力要做功,根据力与位移的夹角分析P对凹槽做功情况;根据系统水平动量守恒和机械能守恒分析P到达内壁右端最高点的位置;P下滑到最低点时凹槽动能最大,根据系统水平动量守恒和机械能守恒求凹槽的最大动能。
易错点
地面光滑,凹槽也在运动。
6.电子束熔炼是指高真空下,将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示,阴极灯丝被加热后产生初速为0的电子,在3×104V加速电压的作用下,以极高的速度向阳极运动;穿过阳极后,在金属电极A1、A2间1×103V电压形成的聚焦电场作用下,轰击到物料上,其动能全部转换为热能,使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示,P是轨迹上的一点,聚焦电场过P点的一条电场线如图,则
正确答案
解析
由电子在P的速度沿切线方向以及速度偏转方向,可知A1与A2间的电场线方向由A1沿电场线方向指向A2,沿电场线的方向电势降低,电极A1的电势高于电极A2的电势,故A正确;
由运动轨迹可知,电子速度在P点沿轨迹的切线斜向下,电场强度方向沿电场线切线斜向上,故电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°,故聚焦电场即改变电子速度的方向,又改变电子速度的大小,故B正确,C错误;
电子受力与场强方向相反,电子运动方向斜向下,电场强度斜向上,电子受力斜向下,故电场力做正功,故电子轰击到物料上时的动能大于3×104eV,故D正确。
故选ABD。
考查方向
解题思路
根据电子的运动轨迹和电场线的分布可知电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角关系以及电场线的方向,可知电场力做功的正负以及改变电子速度的情况。
易错点
根据电子的运动轨迹和电场线的分布判断电场线的具体方向。
13.选做题【物理——选修3-3】
(5分)下列说法正确的是 (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)
正确答案
解析
天然水晶溶化后凝固不是晶体而是非晶体,故A错误;
水滴从房檐滴落的瞬间成下大上小是由于重力和表面张力共同作用的结果,故B正确;
气体压强是分子不断撞击器壁形成的,与是否失重无关,故C错误;
在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不可能减少,故D正确;
摩尔质量为M,密度为ρ,根据摩尔体积为:,故1m3的铜所含原子数为,故E正确。
故选BDE。
考查方向
解题思路
晶体熔化后再次凝固依然可能是晶体,也可能不是晶体;水滴从房檐滴落的瞬间成下大上小是由于重力和表面张力的结果;气体压强是分子不断撞击器壁形成的;在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不可能减少;摩尔质量与密度的比值可知摩尔体积,即阿伏伽德罗常数个微粒的总体积,可求1m3所含的微粒。
易错点
对课本上的基础知识掌握不牢固。
15.选做题【物理——选修3-4】
(5分)波源S在t=0时刻从平衡位置开始向上振动,形成向左、右两侧传播的简谐横波。S、a、b、c、和a'、b'、c'是沿波传播方向上的间距为1m的6个质点,t=0时刻各质点均处于平衡位置,如图所示。已知波的传播速度为8m/s,当t=0.125s时波源S第一次达最高点,则 (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)。
正确答案
解析
波向左右传播,根据对称,任意时刻质点c与质点c'振动状态完全相同,故A正确;
当t=0.125s时波源S第一次达最高点,说明周期为T=0.125×4s=0.5s,波速为8m/s,则波长为,Sa间距为,t= 0.28s时,a振动的时间为,在之间,波传到某点时,该质点开始向上振动,故此时质点a的速度正在增大,故B错误,D正确;
Sb间距为,t=2.375s时质点b振动的时间为,在之间,没有在波谷,故D错误;
周期和频率互为倒数,周期为0.5s,故频率为2Hz,根据多普勒效应,接收器接收到的频率将大于2Hz,故E正确;
故选ADE。
考查方向
解题思路
(1)波是左右传播的,根据对称法,可知关于波源对称的点振动情况相同;(2)根据波源的振动情况,可知周期,由周期、频率和波速关系可求波长,计算波传播到ab两点的时间结合周期和开始向上振动,可知某一时间段的振动情况;(3)某一质点开始振动的方向与波源相同;(4)掌握多普勒效应的知识点。
易错点
(1)波是左右传播,要注意;(2)波传播到某一质点需要时间,并且某一质点开始振动的方向与波源相同。
9.用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验中:
(1)下列做法正确的是 。(填选项符号)
(A)体积相同的重物,选质量较大的、
(B)实验中先接通电源后松开纸带
(C)在计算重物动能增加量时,速度用公式计算
(D)在计算重物动能增加量时,速度用公式v=gt计算
(2)实验中选择一条符合要求的纸带,将第一个点标为O,从某点开始选取三个连续的点 A、B、C,测得OA=1105.75px,OC=1418.25px。已知当地重力加速度为g= 9.8m/s2, 打点计时器打点的周期为0. 02s,则打下B点时重物的速度为____m/s。(保留三位有效数字)
(3)某同学在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2一h图象。若v2一h图象是一条过原点的直线,且直线的斜率接近 时,可知重物在下落过程中机械能守恒。(填选项符号)
正确答案
(1)AB (2)3.13 (3)D
解析
(1)为了减少重物受到的阻力,故体积相同的重物,选质量较大的,故A正确误;实验中为了充分利用纸带,使打下的第一个点速度为0,应先接通电源后松开纸带,故B正确;在计算重物动能增加量时,速度利用纸带计算的,故CD错误。
故选AB。
(2)根据中间时刻的速度等于全程的平均速度可得:
(3)要验证机械能守恒则应有:即v2=2gh,故且直线的斜率接近2g时,可知重物在下落过程中机械能守恒。
考查方向
解题思路
(1)此实验尽量减小阻力,并且打下的第一个点速度为0,速度利用纸带计算。(2)根据中间时刻的速度等于全程的平均速度计算某点的速度。(3)要验证机械能守恒则应有:即v2=2gh
易错点
注意OA、OC是A、C到O点的距离。而不是连续相等的时间间隔内的位移。
11.(13分)
如图所示,两足够长的金属导轨EF、PQ倾斜固定,F、Q间接一阻值为R的电阻,其余部分电阻不计,两导轨间距为d,所在平面与水平面的夹角θ= 37°,导轨cd以上部分存在与导轨平面垂直的匀强磁场。转轴为0的光滑轻质定滑轮上跨轻质绝缘细线,一端系有质量为3m的重物,另一端系一质量为m、电阻不计的金属杆,开始时金属杆置于导轨上ab处,ab与cd距离为l0将重物从静止释放,当金属杆进入磁场时恰好做匀速直线运动。已知金属杆与导轨间的动摩擦因数μ= 0,5,ab运动过程中始终与导轨垂直,求:(取sin37°=0.6,cos37°= 0.8。重力加速度为g)
(1)金属杆进入磁场时的速率;
(2)匀强磁场磁感应强度的大小。
正确答案
(1);(2)
解析
(1)金属杆进入磁场前,设重物和杆的加速度为a,细线上拉力大小为T,
以重物为研究对象,根据牛顿第二定律可得:3mg−T=3ma,
以杆为研究对象,根据牛顿第二定律可得:T−mgsinθ−μmgcosθ=ma,
金属杆进入磁场时的速度为vm,
根据速度位移关系可得:vm2=2al,
解得
(2)金属杆进入磁场时,电动势为E,电流为I,受到的安培力大小为F,
根据法拉第电磁感应定律可得:E=Bdvm,
根据欧姆定律可得,
安培力F=Bld,
设细线上的拉力大小为T′,
对重物则有:T′=3mg,
对导体棒则有:T′−mgsinθ−μmgcosθ−F=0,
联立解得
考查方向
解题思路
(1)分别以重物和金属杆为研究对象,根据牛顿第二定律列方程,再根据根据速度位移关系列方程联立求解金属杆进入磁场时的速率;
(2)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得到安培力大小,再对重物和导体棒根据共点力的平衡条件列方程求解。
易错点
金属杆进入磁场前,对重物和杆列牛顿第二定律求加速度。
10.(9分)
容量和内阻是电池的两个重要参数,电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量,通常以安培小时(A.h)或毫安小时(mA·h)做单位。某实验小组为粗略测量手机电池在25℃下充满电时的内阻和容量,进行了如下实验:
①控制电池温度为25℃;
②正常使用手机至自动关机,取出电池,用数字电压表
(视为理想电压表)测出电池电压U0=2.75V;
③将电池装入手机,用充电器对手机充电至100%;
④将电池从手机中取出,按图1接入电路,闭合K1,读出数字电压表的示数U1=4.18V;
⑤接着闭合K2,读出数字电压表和电流表的示数U2=4.16V、I2=0.20A.断开开关;
⑥调节电阻R至合适的阻值且保持不变,闭合开关K1、K2的同时开始计时,每隔一段时间记录一次电流表和电压表的示数。当电压表示数降为Uo=2.75V时断开开关,停止计时。
下表是记录的三组数据,其他数据已描到图2中:
完成下列问题:
(1)该电池充满电时的内阻约为r=____Ω
(2)将表中数据描在图2中并绘出I-t图线;
(3)该锂电池的容量约为____A·h(保留两位有效数字);
(4)之后,实验小组继续用上述方法(R的值不变)描绘出该锂电池在20℃、5℃和- 10℃温度下电池的放电曲线如图3所示,可知下列说法正确的是
(A)同一电池充满电后在高温环境中比在低温环境中内阻小
(B)同一手机在低温环境比在高温环境中待机时间长
(C)锂电池的内阻是定值,无论如何使用均不会发生变化
(D)不同的使用方法和不同的使用环境,锂电池的实际容量会发生变化
正确答案
(1)0.1 (2)如下图所示: (3)3.6 (4)AD
解析
(1)由题意可知,充满电后,电动势E=4.18V,接着闭合K2,读出数字电压表和电流表示数U2=4.16V、I2=0.20A,则由闭合电路欧姆定律可知:
4.18=4.16−Ir
解得:r=0.10Ω;
(2)根据描点法将各点描在图中,再用平滑曲线将各点连接,如图所示;
(3)根据I−t图象可知,图象与时间轴所围成的面积即表示所存的电量,根据微元法可得,其电量大约为:
q=0.67+0.802×4.5+0.67+0.522×0.5≈3.6Ah;
(4)由图可知,当温度较高时放电电流较大,故说明温度越高内阻越小,故A正确,C错误;
由图可知,温度越高放电时的电量越多,故说明同一手机在低温环境比在高温环境中待机时间长,故B错误;
由以上分析可知,不同的使用方法和不同的使用环境,锂电池的实际容量会发生变化,故D正确。
故选AD。
考查方向
本题考查了测定电源的电动势和内阻知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与伏安法测电阻等知识点交汇命题。
解题思路
(1)分析题意,明确充满电后的电动势和放电时的路端电压,根据闭合电路欧姆定律求解内阻大小;
(2)根据描点法可得出对应的图象;
(3)根据做出的I-t图象可知,图象与时间轴围成的面积可以表示电量,因为近似计算,故将前4.5h的图象视为直线,此后0.5h图象视为直线,根据梯形面积公式求解,要注意图象的纵坐标不是从零开始变化的;
(4)根据实验中不同温度下的图象进行分析,从而明确电量和放电电流与温度的关系,从而得出正确结果。
易错点
根据做出的I-t图象可知,图象与时间轴围成的面积可以表示电量,因为近似计算,故将前4.5h的图象视为直线,此后0.5h图象视为直线,根据梯形面积公式求解。
16.(10分)横截面边长为3L的正方形薄壁透明容器内,盛有透明液体,在容器的右侧壁上液面下方L的位置有一点光源S。在容器左侧与容器距离为L、液面上方L处有一点P,从P点通过液面上方观察S,发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于Sl点,S1位于液面下方L处,其正视图如图所示。若从P点通过侧壁沿液面与器壁交点b观察S,发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于S2点。忽略器壁厚度,求:
(i)透明液体的折射率n;
(ii) S2与液面的距离。
正确答案
(ⅰ);(ii)
解析
(ⅰ)延长ab,过P作ab的垂线交于c,连接PS1与液面交点为o,设折射角为i1,入射角为i2:
则:,又Oc+Oa=4L,得Oa=L
透明液体的折射率
(ii)连接Pb并延长交侧壁于S2,连Sb,设折射角为i3,入射角为i4,则
又
S2与液面的距离
考查方向
解题思路
(i)作出光路图,根据几何知识求出入射角的正弦和折射角的正弦,再由折射定律求透明液体的折射率n;
(ii)从S发出的光线在b点折射时,折射光线的反向延长线交于S2,由折射定律和几何关系结合求S2与液面的距离。
易错点
画出几何光路图,根据几何知识求入射角和折射角的关系。
12. (19分)
如图所示,半径R= 3.4m的光滑圆弧轨道AB与粗糙水平台面BC相切于B点,在台面右端点C处静止有质量M=1kg的小物块Q。质量M2=1kg的长木板静置于水平面上,其上表面与BC相平,且紧靠端点C。将质量m=0.5kg的小物块P从圆弧轨道的最高点A由静止释放,P到达C点与Q相碰后,P恰好返回到B点停止运动,Q最终停在长木板上。已知P与BC间、长木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1 =0.1;Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ2=0.4,BC间距离为XBC=2m。取g=10m/s2,求:
(1)Q滑上长木板时的速度;
(2)长木板滑动的距离。
正确答案
(1)5m/s (2)2.08m
解析
(1)设P滑到C点与Q碰撞前的速度大小为v0,根据动能定理得:,
解得:v0=8m/s
P与Q碰撞后P的速度大小为v1,Q的速度大小为v2,以P的初速度方向为正,根据动量守恒定律得:
mv0=−mv1+M1v2,
P由C返回B的过程中,根据动能定理有:
解得:v1=2m/s,v2=5m/s
(2)Q在木板上滑动过程中,Q与木板的加速度大小分别为a1、a2,根据牛顿第二定律得:
μ2M1g=M1a1,μ2M1g−μ1(M1+M2)g=M2a2
解得:a1=4m/s2,a2=2m/s2
Q在木板上滑行时间为t1,与木板速度相等时,木板速度最大,设最大速度为v3,
则v3=v2−a1t1
v3=a2t1
解得:,
木板在该过程中发生的位移大小为x1,
Q与木板速度相等后,共速做匀减速直线运动直到停止,设该过程加速度大小为a3,位移大小为x2,
μ2(M1+M2)g=(M1+M2)a3
木板滑动的距离x=x1+x2=2.08m
考查方向
解题思路
(1)先根据动能定理求出P滑到C点与Q碰撞前的速度大小,再根据动量守恒定律列式、对P由C返回B的过程中,根据动能定理列式,联立方程即可求解;
(2)Q在木板上滑动过程中,先根据牛顿第二定律求出速度相等前的加速度,再根据运动学基本公式求解速度相等前的位移,Q与木板速度相等后,共速做匀减速直线运动直到停止,再根据运动学基本公式求解此过程中运动的位移,两段位移之和即为长木板滑动的距离。
易错点
判断Q滑上长木板后的运动情况。
14.选做题(10分)圆柱形喷雾器高为h,内有高度为的水,上部封闭有压强为Po、温度为To的空气。将喷雾器移到室内,一段时间后打开喷雾阀门K,恰好有水流出。已知水的密度为ρ,大气压强恒为Po,喷雾口与喷雾器等高。忽略喷雾管的体积,将空气看作理想气体。
(i)求室内温度。
(ii)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气,直到水完全流出,求充入空气与原有空气的质量比。
正确答案
(ⅰ);(ⅱ)
解析
(ⅰ)设喷雾器的压强为截面积为S,室内温度为T1,气体的压强为P1,,
气体为等容变化,根据查理定律得:,
解得:
(ⅱ)以充气结束后喷雾器内的空气为研究对象,排完液体后,压强为,体积为若此气体为等温变化,压强为,体积为:
同种温度下同种气体的质量比等于体积比,设打进气体的质量为
解得:
考查方向
解题思路
(1)根据此过程为等容过程,找到初末状态的参量,根据查理定律解答;
(2)以充气结束后喷雾器内的空气为研究对象,根据等温变化,求出压强为的总体积,根据同种温度下同种气体的质量比等于体积比根据求出充入空气与原有空气的质量比。
易错点
以充气结束后喷雾器内的空气为研究对象,根据等温变化,求出压强为的总体积,根据同种温度下同种气体的质量比等于体积比求出第二问。