2021年名校高考物理全真模擬1月卷3（新課標專用解析版）

備戰(zhàn)2021年高考物理名校全真模擬新課標專用1月卷

第三模擬

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要

求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

14.（2020?四川成都市?高三月考）近年來，人類發(fā)射了多枚火星探測器，對火星進行科學(xué)探究，為將來人類

登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了基礎(chǔ)。利用引力常量G和下列有關(guān)數(shù)據(jù)，不能計算出火星質(zhì)量的是

（）

A.火星的半徑及火星表面重力加速度（不考慮火星自轉(zhuǎn)）

B.衛(wèi)星在火星附近繞火星做圓周運動的速度及周期

C.火星繞太陽做圓周運動的周期及火星與太陽球心間的距離

D.衛(wèi)星繞火星做圓周運動的周期及衛(wèi)星與火星球心間的距離

【答案】C

【詳解】

A.不考慮火星自轉(zhuǎn)，萬有引力充當向心力

cMm

G-^=mg

得中心天體火星質(zhì)量

M車

故A正確，不符合題意;

B.由題意有

—MmV

G——=m—

rr

T=迎

V

得中心天體火星質(zhì)量

V3T

M

2兀G

故B正確，不符合題意;

C.由題意有

_Mm4萬2r

G「一="?——

r2T2

M為中心天體太陽的質(zhì)量，火星質(zhì)量已經(jīng)被消去，不能計算火星質(zhì)量，故C錯誤，符合題意;

D.由題意有

〃Mm4"2r

G—T--m——

r2T2

得中心天體火星的質(zhì)量

故D正確，不符合題意。

故選C。

15.（2020?江蘇鎮(zhèn)江市?高三期中）如圖所示，光滑水平面上放置著質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物

體，A、B間的最大靜摩擦力為4N,現(xiàn)用水平力F拉B物體，使A、B以同一加速度運動，則尸的最大值

為（）

T

5—I-AF

A.3NB.6NC.9ND.12N

【答案】D

【詳解】

對物體A,當有最大加速度時

ma

fm=A

對

AB的整體

F=（mA+mB）a

聯(lián)立解得

F=12N

故選D。

16.（2021.全國高三專題練習(xí)）用電阻率為p、橫截面積為S的硬質(zhì)細導(dǎo)線，做成半徑為R的圓環(huán)，垂直圓

環(huán)面的磁場充滿其內(nèi)接正方形，［=°時磁感應(yīng)強度的方向如圖（a）所示，磁感應(yīng)強度3隨時間「的變化關(guān)

系如圖（b）所示，則在，=°到'=2%的時間內(nèi)（）

圖(b)

A.圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先沿順時針方向后沿逆時針方向

B.圓環(huán)所受安培力大小除'。時刻為零外，其他時刻不為零

B°R5

C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為4兀人"

B『nR3s

D.圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)圖像，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時針方向,A錯誤;

B.由于圓環(huán)沒有在磁場中，不受安培力，B錯誤;

C.由閉合電路歐姆定律得

_E

=7

又根據(jù)法拉笫電磁感應(yīng)定律得

石=絲=遺

△tt0

正方形的邊長

jR

又根據(jù)電阻定律得

2兀/?

r—p-----

S

聯(lián)立解得

"B°RS

4兀夕“

C正確;

D.圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為

以R'S

。=/32，°

4兀60

D錯誤。

故選C。

17.（2020?天津和平區(qū)?耀華中學(xué)高三月考）如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面

上質(zhì)量為，〃的小球接觸但不連接。開始時小球位于。點，彈簧水平且無形變。。點的左側(cè)有一豎直放置的

光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R,8為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為必現(xiàn)用外力推動小

球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為的，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動到最高點瓦己知彈簧始

終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

A.小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大

B.彈簧恢復(fù)原長的過程中對小球的沖量大小為用/頒

C.小球通過圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為5mg

D.小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep=25”gR+同監(jiān)ro

【答案】D

【詳解】

A.小球在從A到。運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知

k^x-/jmg-ma

物體做加速度減小的加速運動，當加速度為零的時（彈力等于摩擦力時）速度最大，接下來摩擦力大于彈力,

小球開始做減速運動，當彈簧原長時離開彈簧，故A錯誤；

B.小滑塊恰好能到達圓弧軌道最高點5,由重力提供向心力，由牛頓第二定律得

Vg

me-m—

R

從°到B的過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得

；〃7%=J+2mgR

聯(lián)立得

小球在從A到。運動的過程中，合力對小球的沖量為

F合t=mv0—0=#5gR

故B錯；

C.小球在最低點時做圓周運動，由牛頓第二定律得

v2

N-mg-m%

聯(lián)立以上解得

N=6mg

故C錯誤；

D.從A到。根據(jù)能量守恒得

Ep+Ringx。

聯(lián)立以上得

Ep=2.5mgR+/Jmgxa

故D正確。

故選D。

18.（2020?江西南昌市?南昌二中高三月考）有一金屬棒成，質(zhì)量為機，電阻不計，可在兩條軌道上滑動，

如圖所示，軌道間距為L,其平面與水平面的夾角為仇置于垂直于軌道平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強

度為8,金屬棒與軌道的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，回路中電源電動勢為E,內(nèi)阻不計（假設(shè)金屬棒與

軌道間動摩擦因數(shù)為〃），則下列說法正確的是（）

A.若R>mgsin6+4mge0s6,導(dǎo)體棒不可能靜止

BEL

B.若R<,〃gsine+〃機geos。，導(dǎo)體棒不可能靜止

C.若導(dǎo)體棒靜止，則靜摩擦力的方向一定沿軌道平面向上

D.若導(dǎo)體棒靜止，則靜摩擦力的方向可能水平向右

【答案】B

【詳解】

AB.由左手定則可判斷導(dǎo)體棒受到的安培力方向平行于斜面向匕根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得

E

R

當導(dǎo)體棒受到的摩擦力向上且剛好靜止，則根據(jù)平衡條件可得

BIL+/.imgcos0>mgsin0

聯(lián)立方程解得

BEL

R<

mgsin0-/jmgcos0

當導(dǎo)體棒受到的摩擦力向下且剛好靜止時，由平衡條件可得

BIL<jjmgcos0+mgsin6

聯(lián)立方程解得

BEL

R>

mgsine+〃mgcos0

聯(lián)立得

_______唯_______</?<________吧_______

mgsin3+/jmgcos0mgsin0-jjmgcos6

則電阻在上述范圍時，導(dǎo)體棒靜止，故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)AB中的受力分析可知，靜摩擦力的方向可能向上，也可能向下，故CD錯誤。

故選B。

19.（2020.江蘇南通市.高三月考）氫原子能級圖如圖所示，氫原子從〃之3的各個能級直接躍遷至a=2能

級時，輻射光的譜線稱為巴爾末線系。關(guān)于巴爾末線系，下列說法正確的有（）

n及

80

4…二二-O.S5eV

3------------------------1.51eV

2------------------------3.4eV

1-13.6eV

A.波長最長的譜線對應(yīng)光子的能量為L89eV

B.大量處于〃=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷過程，可輻射出6種處于巴爾末線系的光子

C.氫原子從〃=3能級躍遷至"=2能級時，輻射出的光子不能使逸出功為2.25eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)

D.若氫原子從〃=4能級躍遷至〃=2能級時輻射出的光子能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則光電子的最大初

動能為2.55eV

【答案】AC

【詳解】

A.波長最長的譜線對應(yīng)的光子能量是從〃=3能級躍遷到〃=2能級釋放出的光子，其能量為

￡=￡—&=-1.51-（-3.4）eV=1.89eV

故A正確；

B.由于氫原子從〃之3的各個能級直接躍遷至〃=2能級時，輻射光的譜線稱為巴爾末線系，則大量處于

〃=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷過程，只有“=4—〃=2和〃=3-〃=2兩種躍遷輻射出的兩種光子的譜

線符合巴爾末線系，故B錯誤；

C.氫原子從八=3能級躍遷至〃=2能級時，其能量為1.89eV,小于2.55eV,輻射出的光子不能使逸出

功為2.25eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故c正確；

D.若氫原子從〃=4能級躍遷至〃=2能級時輻射出的光子能量為

S'=E4-E2=-0.85-（-3.4）eV=2.55eV

使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，根據(jù)

可知，由于%大于零，則光電子的最大初動能小于2.55eV,故D錯誤。

故選ACo

20.（2020?四川成都市?高三月考）在勻強電場中有一個正六邊形區(qū)域abcdhf,電場線與六邊形所在平面平

行，如圖所示。已知“、氏/I三點的電勢分別為7V、11V、-5V,帶電荷量為e的粒子（重力不計）以16

eV的初動能從b點沿不同方向射入abcdhf區(qū)域,當粒子沿bd方向射入時恰能經(jīng)過c點，下列判斷正確的

是（）

A.粒子帶負電

B.粒子可以經(jīng)過正六邊形各頂點射出該區(qū)域

C.粒子經(jīng)過了點時動能為24eV

D.粒子可能從方點射出該區(qū)域

【答案】AD

【詳解】

如下圖所示，連接b/?,ah,過點作初的垂線交于與的延長線交于m點。

h

A.由幾何關(guān)系易得，a=30,夕=6°,Nbah=9U,網(wǎng)垂直附。

因為丸=7V,<Pb=HV,%=-5、故有

。“產(chǎn)12V—16V4=4V

，，

因為mh—2mb=Ama,則

=8=4V

故有

<P,n=例,

則成，為等勢線，因為/機初1=90,故電場線方向為由旭點指向力點。當粒子沿bd方向射入時恰能經(jīng)過

。點，可知粒子向下偏轉(zhuǎn)，則粒子帶負電，故A正確；

B.當該粒子沿附方向運動時，恰不能從八點處射出，故B錯誤；

,3,,

bn=—bh

C.由幾何知識得4且〃點與/點等電勢點，則

3

Uhf=Uhn=-Uhh=\?N

從b點運動到了點，由動能定理得

4一EM,=Whf=eUhf

E=?6eV

解得，粒子經(jīng)過f點時動能為蛆，故C錯誤；

D.當粒子沿油方向運動時，粒子先向〃點方向減速為零，再反向加速從〃點射出，故D正確。

故選AD?

21.（2020?河南高三月考）如圖所示，質(zhì)量為，"的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，彈簧下端

固定在地面上，小球甲和質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩連接，且跨過光滑的定滑輪。開始時用手托住物體乙，

讓輕繩剛好被拉直但沒有力，此時小球甲靜止于尸點，輕繩與水平方向的夾角為。=53°,現(xiàn)將物體乙由靜

止釋放，經(jīng)過一段時間小球甲運動到。點，。。兩點的連線水平，°°=",且尸、。兩點處彈簧彈力的大

小相等。己知重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o下列說法正確的是（）

mg

A.彈簧的勁度系數(shù)為d

B.小球甲位于。點時的速度大小為V3

C.從物體乙由靜止釋放到小球甲到達。點的過程中，小球甲和物體乙的機械能之和先減小后增大

D.從物體乙由靜止釋放到小球甲到達。點的過程中，物體乙重力的瞬時功率先增大后減小

【答案】BD

【詳解】

A.兒Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關(guān)系知

4

PQ=dtan530=丁

則小球位于P點時彈簧的壓縮量為

I?

x=-PQ=-d

對P點的小球由力的平衡條件可知

mg-kx

解得

3mg

k

~2d

故選項A錯誤；

B.當小球運動到。點時，假設(shè)小球甲的速度為v,此時物體乙的速度為零，又小球甲、物體乙和彈簧組成

的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律得

[cos53°一"）一mgdtan53°=1mv2

解得

故選項B正確；

C.小球由P到。的過程，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小，

故選項C錯誤；

D.由于小球在尸點和。點處，物體乙的速度均為零，則物體乙重力的瞬時功率先增大后減小，故選項D

正確；

故選BD。

22.（6分）

（2020?陜西西安市?長安一中高三月考）（1）如圖所示的游標卡尺，它的游標卡尺為19mm長20等分，它

的讀數(shù)為cm。

123cm

01（）2（）

（2）某同學(xué)研究小車的勻變速直線運動。他實驗時將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，得到一

條紙帶，打出的部分計數(shù)點如圖所示（每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點圖中未畫出）。即=3.59cm,X2=4.41cm,

X3=5.19cm,X4=5.97cm,X5=6.78cm,X6=7.64cmo則小車的加速度a-m/s2（要求充分利用測量的

數(shù)據(jù)），打點計時器在打B點時小車的速度以尸m/s。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

J-A""BCDEFG）

\???????\

lit????

ill????

H?———

【答案】1.4500.800.40

【詳解】

（1）游標卡尺的讀數(shù)1.4cm+0.05mmx10=1.450cm

（2）每兩個計數(shù)點間有四個點沒有畫出，故兩計數(shù)點間的時間間隔為7=5x0.02=0.1s；

根據(jù)逐差法可知，物體的加速度為：

了4+毛+4—王—々—七7.64+6.78+5.97—3.59—4.41—5.19

x102m/s2=0.80m/s2

9T29x0.12

8點的速度等于AC段的平均速度，則有:

_%2+%3.59+4.41_?.

--------------xlOn/2=0.40m/s

2T2x0.1

23.（9分）

(2019,浙江吳興區(qū)?湖州中學(xué)高三期中)在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，小燈泡標稱

“2.5VQ.3A"，電流表內(nèi)阻約為。5。。電壓表內(nèi)阻約為3kC,滑動變阻器總阻值為5C,回答下列問題。

(1)如圖1所示為開關(guān)閉合前的實物連接圖，其中有兩個不合理的地方，請指出其中的一處：。

圖2

(2)改進后，移動滑動變阻器的滑片，觀察到電表相繼出現(xiàn)如圖2甲、乙的示數(shù)，則產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因

可能是__________

A.電壓表短路B.電壓表斷路C.小燈泡短路D.小燈泡斷路

(3)排除故障后，通過實驗得到圖3所示小燈泡的伏安特性曲線，若將小燈泡接在電動勢為2V,內(nèi)阻為

1°。的直流電源上，求出燈泡的實際功率約為w

(4)若將小燈泡從電路中單獨取出，用多用電表的歐姆檔測量其阻值，選擇開關(guān)和指針位置如圖4所示,

讀數(shù)明顯小于額定電壓下發(fā)光時的阻值，對這一結(jié)果解釋最合理的是

A.多用電表只能粗測阻值，測出的阻值很不準確

B.由于指針偏角過大，應(yīng)換X10倍率，歐姆調(diào)零后重新測量阻值

C.多次測量取平均值有可能會接近額定電壓發(fā)光時的阻值

D.多用電表測的是常溫下的燈泡阻值，而小燈泡在額定電壓下發(fā)光時溫度較高，阻值更大

【答案】“電流表量程選擇錯誤，應(yīng)選S6A”或“滑片位置錯誤，應(yīng)置于最左端”D0.075D

【詳解】

(1)小燈泡的額定電流為0.3A,但是電流表選擇的是3A的量程，導(dǎo)致電流表測量誤差比較大，應(yīng)該選擇

0.6A的量程；閉合開關(guān)前，應(yīng)該保證燈泡兩端電壓位于最小值，這樣可以更好的保護燈泡不被損壞，所以

滑片應(yīng)該位于最左端；

（2）AB.若電壓表短路或者斷路，則電壓表的示數(shù)應(yīng)該為0,觀察甲乙兩圖可以發(fā)現(xiàn)，移動滑片過程中，

電壓表示數(shù)不為0,故A、B錯誤；

C.當燈泡發(fā)生短路，則電壓表示數(shù)應(yīng)該為0,電流表有示數(shù)，而觀察甲乙兩圖可以發(fā)現(xiàn)電流表有示數(shù)，故

C錯誤；

D.當燈泡發(fā)生斷路時，電流表示數(shù)為0,電壓表示數(shù)隨著滑動變阻器滑片的移動而變化，故D正確。

故選D。

（3）畫出電源的路端電壓與電路的圖像如圖所示

兩條圖像的交點就是燈泡實際工作時的電壓和電流，根據(jù)功率的公式

P=UI

解得

P=0.075W

（4）多用電表測的是常溫下的燈泡阻值，而小燈泡在額定電壓下發(fā)光時溫度較高，阻值更大。故選D.

24.（14分）

（2020?河南省實驗中學(xué)高三期中）具有我國自主知識產(chǎn)權(quán)的“殲-10”飛機的橫空出世，證實了我國航空事

業(yè)在飛速發(fā)展。而航空事業(yè)的發(fā)展又離不開風(fēng)洞試驗，簡化模型如圖〃所示，在光滑的水平軌道上停放相距

s0=l°m的甲、乙兩車，其中乙車是風(fēng)力驅(qū)動車。在彈射裝置使甲車獲得％=40m/s的瞬時速度向乙車運

動的同時，乙車的風(fēng)洞開始工作，將風(fēng)吹向固定在甲車上的擋風(fēng)板，從而使乙車獲得了速度，測繪裝置得到

了甲、乙兩車的n-f圖象如圖〃所示，設(shè)兩車始終未相撞。

（1）若風(fēng)對甲、乙的作用力相等，求甲、乙兩車的質(zhì)量比；

（2）求兩車相距最近時的距離。

叫_1

【答案】(I)叱3；(2)4.0m

【詳解】

(1)由題圖匕可知：甲車的加速度大小

v-v30

%1=-()--=—

hA

乙車的加速度大小

v-010

因為

叫,%=m乙a乙

解得

加甲_1

叱3

(2)在次時刻，甲、乙兩車的速度相等，均為u=10m/s,此時兩車相距最近，對乙車有

丫=叼

對甲車有

V=otfl(0.4-rl)

可解得

6=0.3s

到速度相等時甲車的位移

V+Vru

s甲=—o^—=7.5m

乙車的位移

v,「

s乙=—r,=1.5m

兩車相距最近的距離為

s*=S0+,%一.際=4001

25.(18分)

(2020?江蘇南通市?高三月考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。甲、乙兩種比荷不同的帶電粒子從容器A

下方的狹縫吊飄入電勢差為Uo的加速電場，其初速度幾乎為0,然后經(jīng)過狹縫S3沿著與磁場垂直的方向進

入磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫S3進入磁場時與垂直磁場邊

界方向存在一個很小的散射角仇所有粒子均打在底片的MN區(qū)域內(nèi)。甲粒子能打在底片上的最遠點為

乙粒子能打在底片上的最近點為N,點M、N到狹縫S3的距離分別為為“、回。忽略帶電粒子的重力及相互

間作用力。

4中

（1）求甲粒子的比荷咻；

（2）求乙粒子在磁場中運動的最長時間”

（3）若考慮加速電壓有波動，在（Uo-AU）到（Uo+AU）之間變化，要使甲、乙兩種粒子在底片上沒有

重疊，求應(yīng)滿足的條件。

'

匚WS3

B

4

。甲—84（4+20）x1B尤jcos0-x1

----------------------------:---------------（J

［答案］（］）"MB；（2）8U0cos0；（3）AUvUcos0+xN

【詳解】

（1）甲粒子打在底片上的最遠點M,對應(yīng)甲粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)了半個圓周，即

r41=2

又

2

U^q>P=2mqiv甲

陽口Vip

Bq甲v甲二中

解得

夕甲_8-0

恤XMB

（2）乙粒子打在底片上的最近點N,對應(yīng)乙粒子以散射角。進入磁場，即

2r乙COSO=XN

乂

￡

Ihqz=2乙u乙2

叱上2

Bq3乙=%

乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角為（兀+28）時，運動的時間最長，即

rz,（兀+26）=v

解得

_（1+2。冰8

2

8t/0cos0

（3）要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，即甲粒子打在底片上距離狹縫S3的最小距離比乙粒子打在底

片上距離狹縫S3的最大距離大，故

2ri|i>2rz,cos0

（U0-△〃）。甲=5引1|"甲2

、12

（Uo+kU）q乙=3相乙v乙2

r--產(chǎn)甲2_機乙V乙2

Bq甲Bq乙

解得

△UV會喙4〃

xMcos0+xN

（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作?答。如果多做，則按所做的第一題計分。

33.【選修3-3]（15分）

（1）（5分）

（2020?黑龍江大慶市?大慶實驗中學(xué)高三月考）下列有關(guān)熱現(xiàn)象和內(nèi)能的說法中正確的是。（填

正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.把物體緩慢舉高，其機械能增加，內(nèi)能不變

B.物體吸熱溫度就會上升，所以溫度越高的物體含有的熱量就越多

C.電流通過電阻后電阻發(fā)熱，它的內(nèi)能增加是通過“做功”方式實現(xiàn)的

D.分子間引力和斥力相等時，分子勢能最大

E.分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得快

【答案】ACE

【詳解】

A.把物體緩慢舉高，其機械能增加，但是沒有機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，則物體的內(nèi)能不變，選項A正確；

B.改變物體內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞。熱量是過程量，只存在于熱傳遞的過程中，不能說物體含有多少

熱量，故B錯誤。

C.電流通過電阻后電阻發(fā)熱，它的內(nèi)能增加是通過“做功”方式實現(xiàn)的，選項C正確；

D.分子間引力和斥力相等時，分子力表現(xiàn)為零，此時分子勢能最小，選項D錯誤；

E.分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得快，選項E正確。

故選ACE?

(2)(10分)

(2020?陜西西安市?長安一中高三月考)如圖所示，導(dǎo)熱性能良好的U形管豎直放置，左右兩邊長度相同。

左端封閉，右端開口，左管被水銀柱封住了一段空氣柱。室溫恒為27C,左管水銀柱的長度團=10cm,右

管水銀柱長度/i2=7cm,氣柱長度L=15cm；將U形管放入117℃的恒溫箱中，U形管放置狀態(tài)不變，狀態(tài)

穩(wěn)定時h\變?yōu)?cm。

(1)求放入恒溫箱中穩(wěn)定時左端被封閉的空氣柱的壓強；

(2)若將U形管移出恒溫箱，仍豎直放置，冷卻到室溫后把右端開口封住。然后把U形管緩緩轉(zhuǎn)動90。,

從而使得兩管在同一個水平面內(nèi)，左右兩管中氣體溫度都不變，也沒有氣體從一端流入另一端，求穩(wěn)定后左

端液柱小變?yōu)槎嚅L。

【答案】(1)78cmHg；(2)3

【詳解】

(1)設(shè)大氣壓強為po,對于封閉的空氣柱

初態(tài)：pi=po+/?2-/?i(cmHg),V\=-LS,Ti=300K

末態(tài)：P2=po+h}-hi(cmHg),Vj=(L+Ai-fe)S,?2=390K

由理想氣體狀態(tài)方程得

PMPET

T2

聯(lián)立解得

po=75cmHg

/?2=78cmHg

(2)假設(shè)左右兩管中都有水銀，穩(wěn)定后原左管中的水銀柱長變?yōu)椤?，對左管氣體

初態(tài)：pzi=〃()+心也(cinHg)=72cmHg,Vzi=LS

末態(tài)：P3待求，Vz2=(L+hi-h)S

根據(jù)玻意耳定律有

pz\Vz\=p?.Vzi

對右管氣體

初態(tài)：〃yi=po=75cm〃g,Vn=(L+/71-/12)S

末態(tài):小待求，Vn=(L+/z))S-(A2+A1-A)S

根據(jù)玻意耳定律有

PYIVYI=P^VY2

聯(lián)立解得

31

/?=3cm</j|+/z2

31

說明左右兩管中都有水銀，所以狀態(tài)穩(wěn)定后處變?yōu)?cm。

34.【選修3-4](15分)

(1)(5分)

(2020?四川成都市?高三月考)一列簡諧橫波在r