(7)
因连结两活塞的杆是刚性的，活塞M2的横截面积是M1的2倍，故有 V1-V10=V2-V20 (8)
把(3)、(8)式代入(7)式得
(9)
若V10=V20，则由(9)式得p1=p10，即若加热前，L1中气体的体积等于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强不变，由(2)式可知加热后L2中气体的压强亦不变.
若V10＜V20，则由(9)式得p1＜p10，即若加热前，L1中气体的体积小于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强必减小，由(2)式可知加热后L2中气体的压强必增大.
若V10＞V20，则由(9)式得p1＞p10，即若加热前， L1中气体的体积大于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强必增大，由(2)式可知加热后L2中气体的压强必减小. 评分标准：本题 20 分.
得到(l)式和(2)式或得到(3)得3分，得到(8)式得3分，得到(9)式得8分，最后结论得6 分.
16.参考解答：
(i)图1为卫星和碎片运行轨道的示意图.以v1表示碰撞前卫星作圆周运动的速度，以M表示地球E的质量，根据万有引力定律和牛顿定律有
(1)
式中G是引力常量.由(l)式得
(2)
以v2表示刚要碰撞时太空碎片的速度，因为与卫星发生碰撞时，碎片到地心的距离等于卫星到地心的距离，根据题意，太空碎片作椭圆运动的总能量
(3)
式中a为椭圆轨道的半长轴.由(3)式得
(4)
卫星和碎片碰撞过程中动量守恒，有 m1v1－m2v2=(m1+m2)v (5)
这里v是碰后二者结合成的物体(简称结合物)的速度.由(5)式得
(6)
由(2)、(4)、(6)三式并代人有关数据得
(7)
结合物能否撞上地球，要看其轨道(椭圆)的近地点到地心的距离rmin，如果rmin＜R，则结合物就撞上地球.为此我们先来求结合物轨道的半长轴a′.结合物的总能量
代人有关数据得 a′=5259km (9) 结合物轨道的近地点到地心的距离 rmin=2a′-(R+h)=3347km＜R (10) 据此可以判断，结合物最后要撞上地球. (ii)解法一
(8)
在极坐标中讨论.取极坐标，坐标原点在地心处，极轴由极，如图2所示.碰撞点在北极上空，是椭圆轨道的远地点，的椭圆方程
北极指向南结合物轨道
(11)
式中e是偏心率，p是椭圆的半正焦弦，远地点到地心的距离 rmax=R+h (12)
由解析几何有
(13)
在轨道的近地点，r=rmin，θ=0，由(11)式得 p=rmin(1+e)(=4563km) (14) 或有
p=rmax(1－e) (15)
在结合物撞击地球处；r=R，由(11)式有
(16)
或(17)
代人有关数据可得 cosθ=-0.7807 (18) θ=141.32° (19) 这是在北纬51.32°. 评分标准：本题20分.
第(i)小题12分.(1)或(2)、(3)或(4)、(5)或(6)式各2 分，(8)式3分，(10)式3分. 第(ii)小题8分.(11)、(12)、(13)、(14)或(15)、(16)或(17)式各l分，(19)式2分(答案在141°到142°之间的都给2分)，正确指出纬度给l分. 解法二
在直角坐标中讨论.取直角坐标系，以椭圆的对称中O, x轴通过近地点和远地点并由远地点指向近地点，如图物轨道的椭圆方程是
心为坐标原点3所示.结合
(20)
式中a＇、b＇分别为结合物椭圆轨道的半长轴和半短轴.远地点到地心的距离 rmax=R+h (21)
根据解析几何，若c为地心与坐标原点间的距离， c=rmax－a＇(=1912km) (22) 而
(23)
注意到a＇由(9)式给出，得 b＇=4899km (24)
结合物撞击地面处是结合物的椭圆轨道与地面的交点，设该处的坐标为xp和yp，则有 xp=Rcosθ+c (25) yp=Rsinθ (26)
式中θ为从地心指向撞击点的矢经与x方向的夹角.因撞击点在结合物的轨道上，将(24)、(25)式代入轨道方程(20)式，经整理得
R2(b′2-a′2)cos2θ+2b′2cRcosθ-a′2b′2+a′2R2=0 (27) 引人以下符号并代人有关数据得 α=R2(b′2-a′2)=(-1484×1011km) β=2b′2cR(=5846×1011km).
γ=b′2c2-a′2b′2+a′2R2(=5465×1011km) 代入(27)式得
αcos2θ+βcosθ+γ=0 (28)
解得
舍掉不合理的答案，得 cosθ=-0.7807 (30) θ=141.32°(31) 这是在北纬51.32°. 评分标准：
(29)
(20)、(21)、(22)、(23)或(24)、(27)式各l分，(31)式2分(答案在141°到142°之间的都给2分)，正确指出纬度给1分.