高考物理份模拟考试题江西省抚州市临川一中.docx
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高考物理份模拟考试题江西省抚州市临川一中
2022年高考物理3月份模拟考试题（江西省抚州市临川一中）
选择题
下列说法正确的是（ ）
A.两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力
B.天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构
C.由爱因斯坦质能方程可知，质量与能量不可以相互转化
D.原子核内的某一核子与其它核子间都有核力作用
【答案】C
【解析】解：
A、核力属于短程力，只是在很短距离内有作用，A不符合题意；
B、天然放射现象说明了原子核具有复杂的结构，而α粒子散射实验，提示了原子的核式结构，B不符合题意；
C、质能方程告诉了我们质量和能量之间的关系，但是并非指质量可以转化为能量，C符合题意；
D、原子核内的某一核子与其它核子间不都有核力作用，原因核力属于短程力，只有相互紧挨的核子间有核力作用，D不符合题意．
故答案为：
C．
原子物理的基础题目，根据基本概念判断即可。
选择题
如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方．则F1与F2的大小关系应为（ ）
A.F1=4F2
B.F1=3F2
C.3F1=4F2
D.3F1=7F2
【答案】D
【解析】解：
a受到F1水平向右的力，b受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：
设Oa绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
tanα=
…①
以b球为研究对象，受力如图．设ab绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
tanβ=
…②
由几何关系得到：
α=β…③
联立①②③解得：
3F1=7F2
ABC不符合题意、D符合题意；
故答案为：
D．
分别对整体以及B球进行受力分析，根据平衡条件列方程，求解即可。
选择题
甲、乙两个完全相同的变压器如图接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：
R乙=3：
1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I甲；乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上电流为I乙，则有（ ）
A.U甲=U乙I甲=I乙
B.U甲=3U乙I甲=I乙
C.U甲=U乙I甲=3I乙
D.U甲=3U乙I甲=3I乙
【答案】B
【解析】解：
由图象知本题为两个变压器串联的情况，所以电流相等I甲=I乙，因为是两个相同的变压器，所以两个变压器副线圈电流相等，根据欧姆定律副线圈电压之比为3：
1，因为变压器完全相同，所以原线圈电压之比为3：
1，故U甲=3U乙，B符合题意．ACD不符合题意；
故答案为：
B
理想变压器没有能量损失，原副线圈，电压之比等于线圈匝数之比。
输入功率等于输出功率。
选择题
我国的”神舟十一号”载人航天飞船于2016年10月17日发射升空，入轨两天后，与“天宫二号”进行对接，假定对接前，“天宫二号”在图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十一号”在图中轨道1上的P点瞬间改变其速度大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在椭圆轨道2与轨道3的切点与“天宫二号”进行对接，图中P、Q、K三点位于同一直线上，则（ ）
A.“神舟十一号”在P点轨道1的加速度大于轨道2的加速度
B.如果“天宫二号”位于K点时“神舟十一号”在P点处变速，则两者第一次到达Q点即可对接
C.“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中机械能不断增大
D.为了使对接时两者的速度相同，“神舟十一号”到达Q点时应稍微加速
【答案】D
【解析】解：
A、据万有引力提供向心力列出等式：
，加速度
，所以“神州十一号”在P点轨道1P点的加速度等于轨道2上的加速度，A不符合题意；
B、圆轨道3的轨道半径大于椭圆轨道2的半长轴，根据开普勒第三定律，“神舟十一号”在圆轨道3的周期大于椭圆轨道2的周期，所以如果“天宫二号”位于K点时“神舟十一号”在P点处变速，两者第一次不是同时到P点，则两者不能第一次到达Q点实现对接，B不符合题意；
C、“神州十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中，只有重力做功，机械能守恒，C不符合题意；
D、“神州十一号”在椭圆轨道2运动，“天宫二号”在圆轨道3运动，由2轨道变轨到3轨道需加速，所以为了使对接时两者的速度相同，“神州十一号”到达Q点时应稍微加速，D符合题意；
故答案为：
D
卫星做匀速圆周运动所需要的向心力，由地球和卫星之间的万有引力提供。
变轨过程中是由于实际所提供的向心力大于或小于实际所受到的向心力所造成的。
不考虑摩擦力的情况下，机械能守恒。
选择题
如图，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是（ ）
A.斜面可能是光滑的
B.在P点时，小球的动能等于物块的动能
C.小球运动到最高点时离斜面最远
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
【答案】A
【解析】解：
A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度可能等于于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则可能在P点相遇，所以斜面可能是光滑的，A符合题意；
B、物块和小球在斜面上的P点相遇，在沿斜面方向速度相同，由于小球在垂直于斜面方向还有速度，故小球的速度大于物块的速度，故小球的动能大于物块的动能，B不符合题意；
C、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，C不符合题意．
D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，D不符合题意．
故答案为：
A
先把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，根据相遇时的位移关系对小球的运动进行判断，结合重力做功的特点以及功率的公式综合求解。
选择题
如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A，B，C的电势分别为8V，6V，2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.该粒子一定带正电
B.该粒子达到G点时的动能为4eV
C.若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
D.只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
【答案】B,D
【解析】解：
根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，
则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；
A、该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，A不符合题意；
B、粒子在A点初动能为16eV、电势能EPA=?
3e×8V=?
24eV，所以总能量为E=16eV?
24eV=?
8eV，由于UBG=UGC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为EKG=E?
（?
4×3eV）=4eV，B符合题意；
C、若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而垂直于电场线方向的速度不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过CE，C不符合题意；
D、只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能EKC=E?
（?
2×3eV）=?
2eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，D符合题意．
故答案为：
BD．
根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能。
选择题
如图所示，有一个总长度为6L的正三角形金属线框MNP沿竖直方向固定，其总电阻为3R，水平方向的匀强磁场与线框平面垂直，且磁感应强度为B．一根长度为2L、质量为m的导体棒CD，其电阻为2R，导体棒在竖直向上的外力作用下从底边NP开始以速度v匀速向顶角运动，金属棒与金属框架接触良好且始终保持与底边NP平行，当金属棒运动到MN中点时（此时AB为MNP的中位线），重力加速度取g，下列说法正确的是（ ）
A.AB两端的电压为
BLV
B.CD两端的电压为
BLV
C.金属棒克服安培力做功的瞬时功率为
D.拉力做功的功率为+mgv
【答案】B,C,D
【解析】解：
A、CD切割磁感线得到的感应电动势eCD=2BLv，金属棒运动到MN中点时，导体棒AB长L，所以，AB段的感应电动势eAB=BLv，
这时AMB（电阻为R）与ANPB（电阻为2R）并联后与AB（电阻为R）串联，AMB（电阻为R）与ANPB（电阻为2R）并联后的总电阻
，
所以，AB的路端电压
，A不符合题意；
B、CD两端的电压UCD=CD切割磁感线得到的感应电动势eCD?
AB的内压降=CD切割磁感线得到的感应电动势eCD?
AB的感应电动势eAB+AB的路端电压UAB=
，
B符合题意；
C、金属棒CA、BD段没有形成闭合回路，无电流，所受安培力为零．金属棒所受安培力等于只有AB段时产生的安培力．
AB段的电流为闭合电路的总电流
，安培力
，
所以，金属棒克服安培力做功的瞬时功率
，C符合题意；
D、导体棒做匀速运动，所以，导体棒受力平衡，在竖直方向有拉力F=F安+G，
拉力做功的功率
，D符合题意．
故答案为：
BCD．
利用串并联关系，求出电路中的总电阻。
利用右手定则求出电压。
导体棒克服安培力所做的功，等于其他形式的能转化成的电能。
结合安培力以及功率公式进行求解。
选择题
如图，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为37°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长，小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为零，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A.小球能返回到出发点A处
B.弹簧具有的最大弹性势能为
C.撤去弹簧，小球不可能在直杆上处于静止
D.aA?
aC=2gsin37°
【答案】B,C,D
【解析】解：
AB、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep．
根据能量守恒定律得：
对于小球A到B的过程有：
mgh+Ep=
mv2+Wf，
A到C的过程有：
2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：
Wf=mgh，Ep=mv2．
小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：
Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处．A不符合题意，B符合题意．
C、设从A运动到C摩擦力的平均值为
，AB=s，由Wf=mgh得：
s=mgssin37°
在B点，摩擦力f=μmgcos37°，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos37°，所以＞μmgcos37°
可得mgsin37°＞μmgcos37°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．C符合题意．
D、根据牛顿第二定律得：
在A点有：
Fcos37°+mgsin37°?
f=maA；
在C点有：
Fcos37°?
f?
mgsin37°=maC；
两式相减得：
aA?
aC=2gsin37°．D符合题意．
故答案为：
BCD
小球运动的过程，满足能量守恒，根据能量守恒定律结合摩擦力做功的特点以及牛顿第二运动定律，综合列式求解。
实验题
利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为200g和300g；
②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
③向气垫导轨通入压缩空气；
④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为△t=0.2s，照片如图所示：
结合实验过程和图象分析知：
该图象是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在080cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态．设向右为正方向，试分析：
滑块碰撞时间发生在第一次闪光后 s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是 kg?
m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是 kg?
m/s．
【答案】0.1；0.2；0.2
【解析】解：
碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，
所以有：
vA′?
△t=20，
碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′
有：
vA′?
t′=10，
第一次闪光到发生碰撞时间为t，
有：
t+t′=△t，
得：
t=
=
=0.1s；
设向右为正方向，碰撞前，B的速度大小为：
vB=
=0.5m/s，
A的速度为：
vA=?
m/s=?
1m/s，
则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为：
P1=mBvB+mAvA=0.2×0.5?
0.3×1=?
0.2kgm/s．
碰撞后，A静止，B速度为：
vB′=
=?
1m/s，
则碰撞后两滑块的动量为：
PB=?
mBvB′=?
0.2×1=?
0.2kgm/s．
以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和
故答案为：
0.1；0.2；0.2
根据匀速直线运动，位移速度时间之间的关系，列式求出速度再结合动量定理进行验证。
实验题
某同学要测量一较粗金属丝的电阻率，他用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径为 mm，为精确测量金属丝的电阻，实验老师提供了以下实验器材：
A．金属丝Rx（约300Ω）
B．电池组（6V，0.05Ω）
C．电流表A1（30mA，内阻约10Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约0.1Ω）
E．电压表V（6V，内阻RV=3kΩ）
F．滑动变阻器R1（2kΩ，0.8A）
G．滑动变阻器R2（50Ω，2A）
H．开关一个，导线若干
⑴该同学根据所给器材的特点，进行了实验电路的设计，实验要求通过金属丝的电流从零开始增加，则电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ．（填器材前的字母标号）
⑵如图乙所示，该同学只连接了部分导线，请你帮助他完成实验电路的连接 ．
⑶该同学在实验中测量得到电压表的读数U、电流表的读数I、电阻丝的长度L和直径D，则用测量和已知量表示Rx= ，金属丝电阻率的表达式为ρ= ．
【答案】4.200；C；G；
；
；
【解析】解：
由图甲所示可知，螺旋测微器示数为：
4.0mm+20.0×0.01mm=4.200mm；
（1）通过电阻电阻的最大电流约为：
I=
=
≈0.020A=20mA，电流表应选择C；通过金属丝的电流从零开始增加，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的G．
（2）通过金属丝的电流从零开始增加，滑动变阻器应采用分压接法；待测金属丝电阻约为：
300Ω，电流表内阻约为：
10Ω，电压表内阻为3kΩ，由于电压表内阻已知，可以求出通过电压表的电流，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：
；（3）由欧姆定律可知，电阻丝的阻值：
Rx=，由电阻定律可知：
Rx=ρ
=ρ
，则电阻率：
ρ=；
故答案为：
（1）4.200；
（1）C；G；
（2）电路图如图所示；（3）；．
（1）螺旋测微器，又叫千分尺，当以毫米作单位时小数点后保留三位有效数字。
根据螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
（2）根据实验的安全性及精确性结合电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下要选择最大阻值较小的滑动变阻器．
（3）根据题意确定滑动变阻器限流与分压以及电流表的内接外接法，然后连接实物电路图．
（4）应用欧姆定律与电阻定律，联立求出电阻与电阻率．
解答题
如图所示，装置左边是水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接轻质挡板A，此时弹簧处于原长且在A右侧台面粗糙，长度l=1.0m，另一物块B与台面动摩擦因数μ1=0.1，中间水平传送带与平台和右端光滑曲面平滑对接，传送带始终以V0=2m/s速率逆时针转动，传送带长度l=1.0m，B与传送带动摩擦因数μ2=0.2，现将质量为1kg的物块B从半径R=2.1m的
圆弧上静止释放（g=10m/s2）
（1）求物块B与A第一次碰撞前的速度大小；
（2）试通过计算证明物块B与A第一次碰撞后能否运动到右边的弧面上？
若能回到，则其回到C点时受弧面的支持力为多大？
【答案】
（1）解：
设物块B沿光滑曲面下滑到C点的速度为vC，与A物体碰撞前的速度大小为v．物块B下滑过程，由动能定理知：
mBgh=
mBvC2
代入数据解得：
vC=
m/s
滑上转送带速度减为v0，发生的位移为x．由动能定理得：
mBvC2?
mBv02=?
2μ2mBgx
代入数据解得：
x=9.5m＞1m
物块B从开始下滑到与A碰撞前的过程，由动能定理得：
mBgh?
μ1mBgl?
μ2mBgl=mBv2
代入数据解得：
v=6m/s
答：
物块B与A第一次碰撞前的速度大小为6m/s．
（2）设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则由动能定理得：
0?
mBv2=?
μ1mBgl?
μ2mBgl′
代入数据解得：
l′=8.5m＞1m
所以物块B能通过传送带运动到右边的曲面上．
设物体B到达C点速度为v1，由动能定理可知：
mBv2?
μ1mBgl?
μ2mBgl=mBv12
代入数据解得：
v1=
m/s
在C点：
FN?
mg=m
代入数据解得：
FN=
N
答：
物块B能通过传送带运动到右边的曲面上．其回到C点时受弧面的支持力为N．
【解析】
（1）物块B沿光滑曲面下滑的过程，只有重力做功，根据动能定理列出求出滑到C点的速度．和速度减至时v0时发生的位移，可判断出物块能否滑上左侧平台，再根据动能定理求物块B与A第一次碰撞前的速度大小．
（2）对物块返回过程，由动能定理求出速度减至零时发生的位移，即可判断能否运动到右边的弧面上．根据合外力等于向心力求出支持力大小．
解答题
如图，平行金属板水平放置，一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的a粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起，进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．两粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，它们又刚好返回到O点．不计粒子重力，金属板长为L，板上所加电压为U=
，求：
（1）a粒子刚出电场时的速度大小；
（2）两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离；
（3）a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小和洛仑兹力对a粒子的冲量．
【答案】
（1）解：
设所求为v，由动能定理有：
qU=mv2?
mv02
可得 v=
答：
a粒子刚出电场时的速度大小为．
（2）a粒子在电场中水平方向匀速，得
，由上知出电场时竖直方向vy=v0
则有y1=vyt1=L，所以两板距离为L
返回时，两粒子在电场中仍做类平抛运动，刚好到O点，
则有
，
．
则进入电场的位置与下板的间距为
答：
两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为0．
（3）由图知，θ=450，由几何关系知
得
而两粒子碰撞，由动量守恒有mv=2mv1，得v1=
所求f洛=2
=
由动量定理知：
I洛=2m△v，如图可得△v=
则I洛=
，方向斜下左下方与水平方向成22.5°．
答：
a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小为、洛仑兹力对a粒子的冲量为，方向斜下左下方与水平方向成22.5°．
【解析】
（1）运动过程中只有电场力做功，利用动能定理直接列式求解。
（2）粘在一起的两粒子在磁场中做匀速圆周运动后，穿出磁场后沿水平方向进入电场，又刚好回到O点，这样两粒子共同在电场中做类平抛运动，由初速度、加速度、位移，就能求出竖直位移，从而能求出返回电场时的位置与下板的距离．
（3）a粒子受到的洛仑兹力提供给两粒子一起做匀速圆周运动，则a粒子受到洛仑兹力就是两粒子做匀速圆周运动的向心力，由几何关系求出两粒子做匀速圆周运动的半径，从而可以求得向心力也就是a粒子的洛仑兹力；至于洛仑兹力对a粒子的冲量，可以由动量定理来求，但要注意的是动量变化是矢量差．
选择题
以下说法正确的是（ ）
A.大量分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间少，两头多”的规律分布
B.一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强不一定增大
C.由于液体表面层分子间平均距离大于液体内部分子间平均距离，液体表面存在张力
D.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越快
E.用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，只需要再知道油的摩尔体积即可
【答案】B,C,E
【解析】解：
A、大量分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布；A不符合题意
B、压强是大量气体分子持续撞击器壁产生的，其大小取决于温度和体积，若温度升高体积增大则压强可能减小，B符合题意
C、液体表面表面张力的形成是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离液体表面张力是露珠的成因，液体与大气相接触时，接触面的分子间距大表现为引力，C符合题意
D、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距．
水蒸气的压强离饱和汽压越远，相对湿度越小，越有利于水的蒸发，人们感觉干爽，D不符合题意
E、油的摩尔体积除以单个分子的体积等于阿伏伽德罗常数；E符合题意
故答案为：
BCE
本题主要考查热学的基本概念，根据基础知识，分析判断即可。
解答题
两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，
，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸．将气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为300的光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V，温度都为T．如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力，设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍．
①若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？
②若使气缸B中气体体积变为
，气缸B内的气体的温度是多少？
【答案】解：
①对A，P1S+F=Mg+P0S
对B：
F=（M+m）gsin30°
得：
P0S=1.5mg=2.25Mg，
P1S=
mg
活塞对地面压力为零时，P2S+mg=P0S
根据
得：
T1=
T0
②T＜
T0后气体压强不变，A整体合力为零，B缸体上移，活塞离开卡环，设此时压强为P3有：
P3S=P0S+
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