河北省张家口市2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

河北省张家口市2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

河北省张家口市 2021 届新高考物理考前模拟卷（ 3） 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．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是 1.63eV ~ 3.10eV 。则大量氢原子从高能级 向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有（ ） A． 1 种 B．2 种 C．3 种 D． 4 种 【答案】 D 【解析】 【详解】 大量氢原子从高能级向 1n 能级跃迁时， 辐射的光子能量都大于 10.2eV ，不在 1.63eV ~ 3.10eV范围之 内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向 3n 能级跃迁时，辐射的光子能量都小于 1.51eV， 不在 1.63eV ~ 3.10eV范围之内， 发出的光都是不可见光； 3n 能级向 2n 能级跃迁时， 辐射的光子能 量为 1.89eV ，属于可见光； 4n 能级向 2n 能级跃迁时， 辐射的光子能量为 2.55eV，属于可见光； 5n 能级向 2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为 2.86eV ，属于可见光； 6n 能级向 2n 能级跃迁时，辐 射的光子能量为 3.02eV ，属于可见光； 7n 能级向 2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为 3.12eV ，属于 不可见光；可知只有 4 种可见光，故 ABC 错误， D 正确。 故选 D。 2．B 超检测仪可以通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理形成图像。下图为仪 器检测到发送和接收的超声波图像， 其中实线为沿 x 轴正方向发送的超声波， 虚线为一段时间后遇到人体 组织沿 x 轴负方向返回的超声波。 已知超声波在人体内传播速度为 1200 m/s ，则下列说法中正确的是 （ ） A．根据题意可知此超声波的频率为 1.2 ×105 Hz B．图中质点 B 在此后的 41 10 内运动的路程为 0.12m C．图中质点 A 此时沿 y 轴正方向运动 D．图中质点 A、B 两点加速度大小相等方向相反 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．根据图象读出波长 λ =12mm=1.2× 10-2m，由 v=λf得频率为 5 2 1500 1.25 10 Hz 1.2 10 vf＝ ＝ ＝ 故 A 错误； B．质点 B 振动的周期为 T= 1 f =8×10-6s，质点 B 只会上下振动， 因为 41 10 12.5T ，所以质点 B 在 1×10-4s 内运动的路程为 S=12.5 ×4A=12.5 ×4×0.004m=0.2m 故 B 错误； C．实线波向右传播，则图中质点 A 此时沿 y 轴正方向运动，选项 C 正确； D．质点 A 、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等方向相同，故 D 错误； 故选 C。 3．如图，倾角为 α =45°的斜面 ABC 固定在水平面上，质量为 m 的小球从顶点 A 先后以初速度 v0 和 2vo 向左水平抛出，分别落在斜面上的 P1、P2 点，经历的时间分别为 t1、t 2；A 点与 P1、Pl 与 P2 之间的距离 分别为 l 1 和 l 2，不计空气阻力影响。下列说法正确的是（ ） A． t1： t 2=1：1 B． ll：l 2=1：2 C．两球刚落到斜面上时的速度比为 1：4 D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 1：1 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 2 0 0 1 2tan 2 gt gt v t v ＝ ＝ 得 02 tanvt g 因为初速度之比为 1：2，则运动的时间之比为 1：2，故 A 错误。 B．水平位移 2 0 0 2 tanvx v t g ＝ 因为初速度之比为 1：2，则水平位移之比为 1：4，由 2l x 可知 l l：l 2=1：4 故 B 错误。 C．根据动能定理 2 2 0 1 1 2 2 mv mv mgy 其中 y=x ，则 2 2 2 0 0 0 02 4 tan45 5v v gy v v vo 则两球刚落到斜面上时的速度比为 1：2，选项 C 错误； D．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，由于落在斜 面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为 1：1， 故 D 正确。 故选 D。 4．一束由 a、b 两种单色光组成的复色光射向玻璃制成的三棱镜，通过三棱镜的传播情况如图所示。关于 a、b 两种单色光，下列说法正确的是（ ） A．玻璃对 a 色光的折射率大于对 b 色光的折射率 B． a 色光的光子能量小于 b 色光的光子能量 C． a 色光在玻璃中的传播速度比 b 色光小 D． a 色光发生全反射的临界角比 b 色光小 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．通过玻璃三棱镜后， b 色光的偏折角最大，说明玻璃对 b 光的折射率大于对 a 色光的折射率，则 b 色光的频率最高，根据 E h 可知， a 色光的光子能量小于 b 色光的光子能量，故 A 错误， B 正确； C． a 色光的折射率小，根据 cv n 分析可知 a 色光在玻璃中的传播速度大于 b 色光，故 C 错误； D．玻璃对 b 光的折射率大，根据 1sin C n 知 b 色光发生全反射的临界角小于 a 色光，故 D 错误。 故选 B。 5．氢原子能级示意图如图所示．光子能量在 1.63 eV~3.10 eV 的光为可见光．要使处于基态（ n=1 ）的氢 原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为 A． 12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D． 1.5l eV 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 由题意可知， 基态 （n=1 ）氢原子被激发后， 至少被激发到 n=3 能级后， 跃迁才可能产生能量在 1.63eV~3.10eV 的可见光．故 1.51 ( 13.60)eV 12.09eVE ．故本题选 A． 6．如图所示， A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动 过程中 B 受到的摩擦力 A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 【答案】 A 【解析】 试题分析 : A 、B 两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对 A 和 B 整体根据牛顿第二定律有 ，然后隔离 B，根据牛顿第二定律有： ，大小不变；物体 B 做 速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选 A． 考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法． 【名师点睛】 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力 学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整 体的作用力（外力） ，不考虑整体内部之间的相互作用力（内力） ． 整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上 揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对 系统的作用时，用整体法． 2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把 要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来， 作为研究对象， 只分析该研究对象以外的物体对该对象的作 用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力． 隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便 于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法． 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．下列说法正确的是（ ） A．布朗运动只能在液体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈 B．分子间距离增大，分子间作用力对外表现可能为斥力 C．分子动能与分子势能的和叫作这个分子的内能 D．滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙 E.外界对某理想气体做功 62.0 10 J ，气体对外放热 61.0 10 J ，则气体温度升高 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动；布朗运动可以在液体里发生，也可以在气 体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈，故 A 错误。 B.在分子间距离 r r 0 范围内，即使距离增大，分子间作用力表现为斥力，故 B 正确； C.所有分子动能与分子势能的总和叫做物体的内能，单个分子的内能没有意义，故 C 错误； D.滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙，故 D 正确； E.外界对某理想气体做功 W=2.0×105J，气体对外放热 Q=-1.0 ×105J，根据热力学第一定律，则气体的内能 变化 n E=W+Q=2.0× 105J-1.0 ×105J=1.0 ×105J 所以气体的内能增大，温度升高，故 E 正确。 故选 BDE 。 8．如图，等离子体以平行两极板向右的速度 v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为 0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为 10cm，两极板间等离子体的电阻 r=1 Ω。小波同 学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中 B 点， 沿边缘放一个圆环形电极接电路中 A 点后完成 “旋转 的液体 ”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为 S 极， R 0=2.0 Ω，闭合开关 后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为 2.0V，则 A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B．由上往下看，液体做逆时针旋转 C．通过 R 0 的电流为 1.5A D．闭合开关后， R0 的热功率为 2W 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB ．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形 电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流 由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向， 因此液体沿逆时针方向旋转，故 A 错误， B 正确； C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 UqvB q d 得 = =0.5 0.1 100V=5VU Bdv 由闭合电路欧姆定律有 V 0( )U U I r R 解得 1AI R0 的热功率 0 2 0 2WRP I R 故 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 9．如图甲所示，水平地面上有足够长平板车 M ，车上放一物块 m，开始时 M 、m 均静止。 t=0 时，车在 外力作用下开始沿水平面向右运动， 其 v-t 图像如图乙所示， 已知物块与平板车间的动摩擦因数为 0.2，取 g=10m/s 2。下列说法正确的是（ ） A． 0-6s 内， m 的加速度一直保持不变 B． m 相对 M 滑动的时间为 3s C． 0-6s 内， m 相对 M 滑动的位移的大小为 4m D． 0-6s 内， m、M 相对地面的位移大小之比为 3： 4 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．物块相对于平板车滑动时的加速度 22m / smga g m 若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示 有图像可以算出 t=3s 时，速度相等，为 6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为 2 2 1 8 m / s 2m / s 6 2 a a 故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为 3s。故 A 错 误， B 正确； C．有图像可知， 0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小 1 8 6 12 8m 1m 3 6m=6m 2 2 2 x 故 C 错误； D． 0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小 1 1 6 6m=18m 2 x 平板车相对地面的位移大小 2 1 6 8m=24m 2 x 二者之比为 3：4，故 D 正确。 故选 BD 。 10．如图所示，空间存在竖直方向的匀强电场，虚线 abc 是间距相等且平行的三条等势线，小球 A 带正电 荷，小球 B 带等量的负电荷，两小球同时以相同的速度从等势线 b 上的 P 点水平抛出，在 t 时刻小球 A 到 达 c 等势线，同时小球 B 到达 a 等势线，两小球可视为质点，不计两小球之间的相互作用，两小球的重力 不可忽略，下列说法错误的是（ ） A．匀强电场的电场强度方向竖直向上 B． A 球的质量小于 B 球的质量 C．在 t 时刻小球 A 的动量等于小球 B 的动量 D．在时间 t 内小球 A的动能的增量大于小球 B 的动能的增 量 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A．在竖直方向上两小球做初速度为零的匀加速直线运动，三条等势线间距相等，设间距为 d ，则两小球 在竖直方向上位移大小相等，又同时到达两等势线，运动时间相同，根据 21 2 d at 可得两小球在竖直方 向的加速度大小相同，小球 B 加速度方向竖直向上，重力方向竖直向下，则电场力方向一定向上，小球 B 带负电荷，所以匀强电场的电场强度方向竖直向下，故 A 错误，符合题意； B．在竖直方向上，根据牛顿第二定律，对小球 B 有 B BqE m g m a 对小球 A 有 A AqE m g m a 两式联立得 A Bm m 故 B 错误，符合题意； C．竖直方向上根据速度公式 v at ，在 t 时刻两小球竖直方向的速度大小相等，水平方向速度相同，合 速度的大小相等， A 球的质量大于 B 球的质量，则 A球的动量大于 B 球的动量，故 C 错误，符合题意； D．两小球在竖直方向的加速度大小相同， A Bm m ，则小球 A 所受的合力大于小球 B 所受的合力，小球 A从 b 等势线到达 c 等势线和小球 B 从 b 等势线到达 a 等势线两个过程中竖直方向的位移相等， 则合力对 小球 A 做的功大于合力对小球 B 做的功， 根据动能定理， 在时间 t 内小球 A 动能的增量大于小球 B 动能的 增量，故 D 正确，不符合题意。 故选 ABC 。 11．图甲为一简谐横波在 0.10st 时的波形图， P 是平衡位置在 0.5mx 处的质点， Q 是平衡位置在 2.0mx 处的质点，图乙为质点 Q 的振动图象。下列说法正确的是 ________。 A．这列波沿 x 轴正方向传播 B．这列波的传播速度为 20m/s C． 0.15st 时，质点 Q 位于波谷位置 D．在 0.10st 到 0.15st 时间内，质点 P 通过的路程为 10cm E. 0.15st 时，质点 P 的加速度沿 y 轴负方向 【答案】 BCE 【解析】 【分析】 【详解】 A．分析振动图像，由乙图读出，在 t=0.10s 时 Q 点的速度方向沿 y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可 知，该波沿 x 轴负方向的传播，故 A 错误； B．由甲图读出波长为 λ =4m，由乙图读出周期为 T=0.2s ，则波速为 4 m/s 20m/s 0.2 v T 故 B 正确； C．由乙图可知 0.15st 时，质点 Q 位于波谷位置。故 C 正确； D．在 t=0.10s 时质点 P 不在平衡位置和最大位移处，所以从 t=0.10s 到 t=0.15s，质点 P 通过的路程 s≠ A=10cm，故 D 错误； E．从 t=0.10s 到 t=0.15s ，质点 P 振动了 4 T ，根据波动规律可知， t=0.15s 时，质点 P 位于平衡位置上方， 则加速度方向沿 y 轴负方向，故 E 正确。 故选 BCE 。 12．如图甲所示， A、B 两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连， A 、B 的质量分别为 Am m ， 3Bm m。 t=0 时刻对物块 A 施加一水平向右推力 F1，同时对物块 B 施加一水平向右拉力 F 2，使 A 、B 从静止开始运动，力 F 1、F2 随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A． 0 2 t 时刻 A 对 B 的推力大小为 0 3 4 F B． 0～ 0 2 t 时刻内外合力对物块 A 做的功为 2 2 0 0 128 F t m C．从开始运动到 A、B 分离，物体 B 运动的位移大小为 2 2 0 09 64 F t m D． 0t 时刻 A 的速度比 B 的速度小 0 0 24 F t m 【答案】 BD 【解析】 【详解】 C．设 t 时刻 AB 分离，分离之前 AB 物体共同运动，加速度为 a，以整体为研究对象，则有： 01 2 4A B FF Fa m m m 分离时： 0 2 0 33 4 4B FF m a m F m 根据乙图知此时 0 3 4 t t ，则从开始运动到 A、B 分离，物体 B 运动的位移大小： 2 2 20 0 0 0 3 9 4 1 1 2 2 4 128 Fx at t F t m （ ） 故 C 错误； A． 0 2 t 时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有： 01 2 4A B FF Fa m m m 对 B，根据牛顿第二定律： F2+F AB =m Ba 则 0 0 13 2 4AB FF ma F 故 A 错误； B． 0～ 0 2 t 时间，根据乙图知： F1+F 2=F 0 则始终有，对整体根据牛顿第二定律： 01 2 4A B FF Fa m m m 则 0 2 t 时刻 0 0 0 2 8A t F tv a m 对 A 根据动能定理： 2 0 02 2 12 8 1 2A F tW mv m合 故 B 正确； D． 0 3 4 t t 时， AB 达到共同速度 0 03 16AB F tv at m 此后 AB 分离，对 A ，根据动量定理： I=m A△v 根据乙图 3 4 t 0～t 0，F-t 图象的面积等于 F 1 这段时间对 A 的冲量，则 0 0 0 0 4 4 3 1 2 2 t F F tI 则 0 0 1 32 F tv m V 对 B，根据动量定理： I ′ =mB△v′ 根据乙图 3 4 t 0～t 0，F-t 图象的面积等于 F 2 这段时间对 B 的冲量，则 0 0 0 0 0 3 7 4 4 32 1 2 t F F tI F（ ） 则 0 07 1 32 3 F tv m V 则 3 4 t0～t0 时间内 B 比 A 速度多增大 0 0 24 F tv v v m V V V 故 D 正确。 故选： BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰 到盘时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有 3 个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距 离为 h，当第一滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离水龙头的距离为 __________；从第一滴水滴离开水龙头 开始计时，到第 n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为 t，可知当地的重力加速度 g 为__________。 【答案】 9 16 h 2 2 ( 3) 8 h n t 【解析】 【详解】 [1] 设相邻两水滴的时间间隔为 T，则 21 (4 ) 2 h g T 第二滴水滴离水龙头的距离 2 2 1 9(3 ) 2 16 h g T h ； [2] 从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第 n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为 t，则： ( 3)n T t 又： 21 (4 ) 2 h g T 解得： 2 2 ( 3) 8 h ng t 14．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题： （ 1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡 “×100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲 a。 为了使多用电表测量的结果更准确， 该同学应该选择欧姆挡 _____档 （选填 “×10”“× 1k”）；若经过正确操作， 将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲 b，则待测电阻为 _____Ω。 （ 2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流为 0.5mA 、内阻为 10Ω；电池电 动势为 1.5V 、内阻为 1Ω；变阻器 R0 的阻值范围为 0? 5000 Ω。 ①该欧姆表的两只表笔中， _____是黑表笔。 （选填 “A”或 “B”）； ②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为 1.5V 、内阻为 1Ω进行刻度的。当电池的电动势下降到 1.45V 、内 阻增大到 4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后 R0 接入电路的电阻将变 _____（填 “大”或 “小”），若用重新 调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为 400Ω，则这个待测电阻的真实阻值为 _____Ω．（结果保留三位有 效数字） 【答案】 ×1k 30000 B 调小 387 【解析】 【详解】 (1)[1] 使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡 “× 100”挡，经正确操作后，指针指示如图甲 a。显 然是批针偏转过小，示数太大，为了减小示数，则必增大倍率，即要欧姆档的倍率调到 ×1k； [2] 若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲 b，则待测电阻为 30000xR (2)[3] 由于欧姆表与其他档位的表是共用表头的，所以欧姆表的内接电源的 +接线柱必从表头的 +相接，电 流要求从 +接线柱（即红接线柱）流进，所以 A 是红接线柱， B 是黑接线柱； [4] 欧姆表的刻度值是按电池电动势为 1.5V、内阻为 1Ω进行刻度的。则此时调零电阻连入电路的电阻 0 A 2989 g ER r R I 当电池的电动势下降到 1.45V 、内阻增大到 4Ω时，欧姆表仍可调零，此时要使电流表仍满偏，则 ' ' 0 A 2884 g ER r R I 所以 0R 要调小； [5] 若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为 400Ω，则有：此时正常电阻 400Ω在正常原电动势中 的电流 A 0 0.441A 400 EI R R r 若把此电阻接入旧的欧姆表中时电流 I 对应的阻值 ' ' ' A 0 387x ER R R r I 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，开口向上的汽缸 C 静置于水平桌面上，用一横截面积 S=50cm 2 的轻质活塞封闭了一定质 量的理想气体，一轻绳一 -端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数 k=1400N/m 的竖直轻弹 簧 A ，A 下端系有一质量 m=14kg 的物块 B。开始时， 缸内气体的温度 t=27 °C，活塞到缸底的距离 L 1=120cm， 弹簧恰好处于原长状态。 已知外界大气压强恒为 p=1.0×105 Pa，取重力加速度 g=10 m/s 2 ，不计一切摩擦。 现使缸内气体缓慢冷却，求 : (1)当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度 (2)气体的温度冷却到 -93 °C 时离桌面的高度 H 【答案】 (1)198K ； (2)10cm 【解析】 【详解】 (1)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 1kx mg 解得 1 0.1m 10cmx 由活塞受力平衡得 2 1p S pS kx 根据理想气体状态方程有 1 2 1 1 1 2 ( )pL S p L x S T T 代入数据解得 2 198KT (2)当温度降至 198K 之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖 -吕萨克定律，则有 1 1 1 1 2 3 ( ) ( )L x S L x H S T T 代入数据解得 10cmH 16．质点的势函数 V（r ）即单位质量的质点在空间位置 r 处所具有的势能。今有一质量为 m 的质点，在 一维直线势场 )V xx A（ 的作用下，在直线 x 上运动， A 为大于零的常数。已知质点的能量为 E，求质 点运动周期。 【答案】 4 2= ET A m 【解析】 【详解】 由 dW Fdx 可知 dWF dx 由题意可知 dW mdV x 联立以上两式： ( )mdV xF mA dx 因此可知这种势场面类似于重力场，是恒定的匀强场。加速度大小恒定大小为 a=A ，由 0 02 2x xt a A 又 0E mAx 得 0 Ex mA 4 2ET A m 17．如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置， A 侧上端封闭， B 侧上侧与大气相通，下端开口处开关 K 关 闭， A 侧空气柱的长度为 l=10.0cm ，B 侧水银面比 A 侧的高 h=3.0cm ，现将开关 K 打开，从 U 形管中放 出部分水银，当两侧的高度差为 h 1=10.0cm 时，将开关 K 关闭，已知大气压强 p 0=75.0cmHg ． （ 1）求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度； （ 2）此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度． 【答案】 （1） 12.0cm；（2） 13.2cm 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）以 cmHg 为压强单位． 设 A 侧空气柱长度 l=10.0cm 时压强为 p，当两侧的水银面的高度差为 h 1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l 1，压强为 p 1，由玻意耳定律，有： pl=p 1l 1① 由力学平衡条件，有： p=p 0+h ② 打开开关放出水银的过程中， B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增 加逐渐减小， B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1 为止，由力学 平衡条件，有： p1=p0﹣h 1③ 联立①②③，并代入题目数据，有： l 1=12cm ④ （ 2）当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 P2，由玻意耳定律，有： pl=p 2l 2⑤ 由力学平衡条件有： p2=p0⑥ 联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有： l 2=10.4cm ⑦ 设注入水银在管内的长度为 △ h，依题意，有： △h=2 （l1﹣ l 2） +h1⑧ 联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有： △h=13.2cm