2019年山東省青島市高考物理一模試卷.doc

2019年山東省青島市高考物理一模試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分1（6分）春節(jié)期間非常火爆的電影流浪地球講述了若干年后太陽內(nèi)部氫轉(zhuǎn)氦的速度加快，形成“氦閃”產(chǎn)生巨大的能量會(huì)使地球融化，核反應(yīng)方程為H+HHe+X人類為了生存，通過給地球加速使其逃離太陽系，最終到達(dá)4.25光年外的比鄰星系的某軌道繞比鄰星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G，根據(jù)以上信息下列說法正確的是（）A核反應(yīng)方程式中的X為正電子B地球要脫離太陽系需加速到第二宇宙速度C若已知地球在比鄰星系內(nèi)的軌道半徑和環(huán)繞周期，則可確定出比鄰星的密度D若已知地球在比鄰星系內(nèi)的軌道半徑和環(huán)繞周期，則可確定出比鄰星的質(zhì)量2（6分）一個(gè)質(zhì)量m2kg的物體受四個(gè)力的作用處于平衡狀態(tài)。當(dāng)其中一個(gè)F10N的作用力突然消失，其余三個(gè)力保持不變。經(jīng)過時(shí)間t1s后，下列說法正確的是（）A物體一定做直線運(yùn)動(dòng)B物體的速度一定是5m/sC物體速度的變化量一定等于5m/sD物體的動(dòng)能一定增加了25J3（6分）隨著北京冬奧會(huì)的臨近，滑雪項(xiàng)目成為了人們非常喜愛的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖，運(yùn)動(dòng)員從高為h的A點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)B點(diǎn)水平飛出后經(jīng)過時(shí)間t落到長直滑道上的C點(diǎn)，不計(jì)滑動(dòng)過程的摩擦和空氣阻力，關(guān)于運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A若h加倍，則水平飛出的速度v加倍B若h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t加倍C若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度大小不變D若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向不變4（6分）雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當(dāng)時(shí)雨滴落地速度約為10m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1103kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為（）A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N5（6分）如圖，為某小型水電站電能輸送的示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1：20，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)比為3：1升壓變壓器原線圈兩端接入一電壓uUmsint的交流電源，用戶的總電阻為R（可視為純電阻），輸電線總電阻rR，不考慮其他因素的影響，用戶獲得的電壓U為（）ABC4UmD6Um6（6分）如圖，固定在地面上的帶凹槽的長直桿與水平面成300角，輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，置于凹槽內(nèi)質(zhì)量為m的小球b通過一條細(xì)繩跨過固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時(shí)，細(xì)繩與桿間的夾角為30，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）Aa受到3個(gè)力的作用Bb受到3個(gè)力的作用C細(xì)桿對b的作用力大小為D細(xì)線對a的拉力大小為7（6分）如圖甲，兩個(gè)等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q+1103C，質(zhì)量m0.02kg的小球從a點(diǎn)靜止釋放，沿中垂線運(yùn)動(dòng)到電荷連線中點(diǎn)O過程中的vt圖象如圖乙中圖線所示，其中b點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，圖中為過b點(diǎn)的切線，則下列說法正確的是（）AP、Q帶正電荷Bb點(diǎn)的場強(qiáng)E30V/mCa、b兩點(diǎn)間的電勢差為90VD小球從a到O的過程中電勢能先減少后增加8（6分）如圖，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，甲、乙兩帶電粒子以相同的速度從A點(diǎn)沿與AB成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子從B點(diǎn)離開磁場，乙粒子垂直CD邊射出磁場，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A甲粒子帶正電，乙粒子帶負(fù)電B甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑是乙粒子運(yùn)動(dòng)半徑的倍C甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D兩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第2232題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（6分）某同學(xué)在驗(yàn)證合外力一定，物體的質(zhì)量與加速度的關(guān)系時(shí)，采用圖甲所示的裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車的加速度a與小車質(zhì)量M（包括所放砝碼及傳感器的質(zhì)量）的對應(yīng)關(guān)系圖象，如圖乙所示。實(shí)驗(yàn)中所掛鉤碼的質(zhì)量20g，實(shí)驗(yàn)中選用的是不可伸長的輕繩和光滑的輕質(zhì)定滑輪。（1）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行。他這樣做的目的是下列哪一個(gè) ；（填字母代號）A可使位移傳感器測出的小車的加速度更準(zhǔn)確B可以保證小車最終能夠做直線運(yùn)動(dòng)C可在平衡摩擦力后使細(xì)繩拉力等于小車所受的合力（2）由圖乙可知，圖線不過原點(diǎn)O，原因是 ；（3）該圖線的初始段為直線，該段直線的斜率最接近的數(shù)值是 。A30B0.3C20D0.210（9分）某研究性學(xué)習(xí)小組利用伏安法測定某一電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)原理如圖甲，其中虛線框內(nèi)是用靈敏電流計(jì)G改裝的電壓表，電流表的量程為0.6A，E為待測電池組，S為開關(guān)，尺為滑動(dòng)變阻器，R0是標(biāo)稱值為4.0的定值電阻。（1）已知靈敏電流計(jì)G的滿偏電流Ig100A、內(nèi)阻rg2.0k，若要改裝后的電壓表量程為3V，應(yīng)串聯(lián)一只 的定值電阻R1；（2）根據(jù)圖甲，用筆畫線代替導(dǎo)線在答題卡上將圖乙連接成完整電路；（3）根據(jù)圖甲，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片置于靠近 端（選填“a”或“b”）；（4）該小組進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到靈敏電流計(jì)的示數(shù)Ix和電流表的示數(shù)IA，把多次實(shí)驗(yàn)測量的數(shù)據(jù)在IxIA圖象中描點(diǎn)連線，最終得到如圖示的圖線，根據(jù)圖線計(jì)算出電池組的電動(dòng)勢E V，內(nèi)阻r 。11（12分）如圖，兩金屬桿ab、cd的長度均為L1m，電阻分別為Rab0.2、Rcd0.8，質(zhì)量分別為mab0.5kg、mcd0.2kg，用兩根質(zhì)量及電阻均可忽略且不可伸長的柔軟導(dǎo)線將兩桿連接成閉合回路，懸掛在水平光滑絕緣圓棒兩側(cè)，兩金屬桿都保持水平，整個(gè)裝置處在與回路平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5T，重力加速度g10m/s2釋放兩金屬桿，經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬桿以b勻速下落，不計(jì)導(dǎo)體棒間的安培力，求：（1）金屬桿ab勻速下落時(shí)，導(dǎo)線上的拉力大小；（2）金屬桿ab勻速下落的速度。12（20分）如圖，光滑絕緣水平面上靜置兩個(gè)質(zhì)量均為m、相距為x0的小球A和B，A球所帶電荷量為+q，B球不帶電?，F(xiàn)在A球右側(cè)區(qū)域的有限寬度范圍內(nèi)加上水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，小球A在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后與B球發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞過程時(shí)間極短，求：（1）A球與B球發(fā)生第一次碰撞后B球的速度；（2）從A球開始運(yùn)動(dòng)到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功；（3）要使A、B兩球只發(fā)生三次碰撞，所加電場的寬度d應(yīng)滿足的條件。【物理-選修3-3】（15分）13（5分）下列說法正確的是（）A懸浮在液體中的微粒越大，某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯B液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力C分子平均速率大的物體的溫度一定比分子平均速率小的物體的溫度高D自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性E外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減小14（10分）如圖，導(dǎo)熱性能良好的水平放置的圓筒形氣缸與一裝有水銀的U形管相連，U形管左側(cè)上端封閉一段長度為15cm的空氣柱，U形管右側(cè)用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體。開始時(shí)U形管兩臂中水銀面齊平，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)U形管右側(cè)用活塞封閉的氣體體積為490mL，若用力F緩慢向左推動(dòng)活塞，使活塞從A位置移動(dòng)到B位置，此時(shí)U形管兩臂中的液面高度差為10cm，已知外界大氣壓強(qiáng)為75cmHg，不計(jì)活塞與氣缸內(nèi)壁間的摩擦，求活塞移動(dòng)到B位置時(shí)U形管右側(cè)用活塞封閉的氣體體積?！疚锢?選修3-4】（15分）15下列說法正確的是（）A在干涉現(xiàn)象中，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的位移總比減弱點(diǎn)的位移要大B簡諧機(jī)械波的頻率等于單位時(shí)間內(nèi)經(jīng)過介質(zhì)中一點(diǎn)的完全波的個(gè)數(shù)C火車鳴笛遠(yuǎn)離我們時(shí)，我們聽到的笛聲頻率將比聲源發(fā)聲的頻率低D單擺在周期性外力作用下做受迫振動(dòng)，其振動(dòng)周期與單擺的擺長有關(guān)E用兩束單色光A、B，分別在同一套裝置上做干涉實(shí)驗(yàn)，若A光的相鄰兩條紋間距比B光的大，則說明A光波長大于B光波長16如圖，MN下方足夠大的空間有一長方體玻璃介質(zhì)，其折射率，玻璃介質(zhì)的上邊界MN是屏幕，玻璃中有一個(gè)正三棱柱的真空區(qū)域。三棱柱軸線與紙面垂直，圖中豎直截面正三角形的邊長為20cm，頂點(diǎn)C緊靠屏幕，距離可忽略。底邊AB與屏幕平行，一束激光在豎直截面內(nèi)垂直于AB邊射向AC邊的中點(diǎn)O，結(jié)果在屏幕MN上出現(xiàn)了兩個(gè)光斑。光在真空中的傳播速度c3108m/s，求兩個(gè)光斑之間的距離。2019年山東省青島市高考物理一模試卷參考答案與試題解析二、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分1（6分）春節(jié)期間非?；鸨碾娪傲骼说厍蛑v述了若干年后太陽內(nèi)部氫轉(zhuǎn)氦的速度加快，形成“氦閃”產(chǎn)生巨大的能量會(huì)使地球融化，核反應(yīng)方程為H+HHe+X人類為了生存，通過給地球加速使其逃離太陽系，最終到達(dá)4.25光年外的比鄰星系的某軌道繞比鄰星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G，根據(jù)以上信息下列說法正確的是（）A核反應(yīng)方程式中的X為正電子B地球要脫離太陽系需加速到第二宇宙速度C若已知地球在比鄰星系內(nèi)的軌道半徑和環(huán)繞周期，則可確定出比鄰星的密度D若已知地球在比鄰星系內(nèi)的軌道半徑和環(huán)繞周期，則可確定出比鄰星的質(zhì)量【考點(diǎn)】4A：向心力；4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；JL：輕核的聚變菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；45：歸納法；528：萬有引力定律的應(yīng)用專題；54M：原子的核式結(jié)構(gòu)及其組成【分析】（1）核反應(yīng)中電荷數(shù)及質(zhì)量數(shù)守恒，即可計(jì)算出未知原子；（2）第一宇宙速度是圍繞地球表面做圓周運(yùn)動(dòng)；第二宇宙速度是擺脫地球的束縛；第三宇宙速度是擺脫太陽的束縛（3）由萬有引力計(jì)算公式求出中心天體的質(zhì)量，如若知道中心天體的半徑即可算出中心天體的密度。【解答】解：A、根據(jù)核反應(yīng)的電荷數(shù)及質(zhì)量數(shù)守恒可知，X的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，即為中子，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)宇宙的三個(gè)速度定義可知，地球脫離太陽系需加速到第三宇宙速度，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)萬有引力與向心力的公式可得，比鄰星系的質(zhì)量，但是不知道比鄰星系的半徑，所以不可以算出密度，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了原子核反應(yīng)及宇宙航行，解題的關(guān)鍵是搞清楚三大宇宙速度的概念及萬有引力計(jì)算公式即可解題。2（6分）一個(gè)質(zhì)量m2kg的物體受四個(gè)力的作用處于平衡狀態(tài)。當(dāng)其中一個(gè)F10N的作用力突然消失，其余三個(gè)力保持不變。經(jīng)過時(shí)間t1s后，下列說法正確的是（）A物體一定做直線運(yùn)動(dòng)B物體的速度一定是5m/sC物體速度的變化量一定等于5m/sD物體的動(dòng)能一定增加了25J【考點(diǎn)】2B：力的合成；65：動(dòng)能定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；4E：模型法；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】F10N的作用力突然消失，其余的力保持不變，則知其余力的合力與F10N的力等大反向，由牛頓第二定律求出物體加速度，由vat求速度變化量。物體一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)撤去力與原來的速度方向相同時(shí)，物體可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不在一直線上為曲線運(yùn)動(dòng)。由Ek求出t1s末的動(dòng)能，從而得到動(dòng)能的增加量?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)F10N的力消失后，其它力的合力與消失的這個(gè)力大小相等，方向相反，若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度方向與F的方向不在一條直線上，則物體做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B、F10N的作用力突然消失，物體的加速度大小為a5m/s2若初速度為零，則t1s的速度為vat5m/s。若有初速度，則t1s末物體的速度不等于5m/s，故B錯(cuò)誤。C、物體速度的變化量一定為vat10m/s，故C正確。D、若初速度為零，則t1s末動(dòng)能為Ek25J，若初速度不為零，則物體的動(dòng)能變化量不等于25J，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題中物體原來可能靜止，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，要根據(jù)物體的合力與速度方向的關(guān)系分析物體可能的運(yùn)動(dòng)情況。3（6分）隨著北京冬奧會(huì)的臨近，滑雪項(xiàng)目成為了人們非常喜愛的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖，運(yùn)動(dòng)員從高為h的A點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)B點(diǎn)水平飛出后經(jīng)過時(shí)間t落到長直滑道上的C點(diǎn)，不計(jì)滑動(dòng)過程的摩擦和空氣阻力，關(guān)于運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A若h加倍，則水平飛出的速度v加倍B若h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t加倍C若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度大小不變D若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向不變【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)；6C：機(jī)械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；518：平拋運(yùn)動(dòng)專題【分析】A、不計(jì)滑動(dòng)過程的摩擦和空氣阻力，滿足機(jī)械能守恒，可解B、運(yùn)動(dòng)員落到斜面上，豎直位移與水平位移的比始終等于斜面夾角的正切值C、不計(jì)滑動(dòng)過程的摩擦和空氣阻力，滿足機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和合速度的表達(dá)式解決D、平拋運(yùn)動(dòng)速度方向與水平夾角的正切值始終等于豎直位移與水平位移的比的2倍【解答】解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒，可得，h加倍，則水平飛出的速度v變?yōu)楸叮蔄錯(cuò)誤B、運(yùn)動(dòng)員落到斜面上，位移滿足，h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t變?yōu)楸?，故B錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度為v，h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度大小變?yōu)楸?，故C錯(cuò)誤D、運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向與水平夾角的正切值為，是個(gè)定值，保持不變，故D正確故選：D?！军c(diǎn)評】本題容易出現(xiàn)錯(cuò)誤的是選項(xiàng)B和D，B選項(xiàng)的運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t是一個(gè)典型問題，用位移關(guān)系解決，D選項(xiàng)的平拋運(yùn)動(dòng)速度方向與水平夾角的正切值始終等于豎直位移與水平位移的比的2倍的推論，難度較大，需要深刻理解。4（6分）雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當(dāng)時(shí)雨滴落地速度約為10m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1103kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為（）A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N【考點(diǎn)】52：動(dòng)量定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專題【分析】想估算雨水對睡蓮葉面撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，首先要建立一個(gè)不計(jì)雨水重力，但速度由v10m/s減為零的動(dòng)量變化的模型，應(yīng)用動(dòng)量定理表示出睡蓮葉面對雨滴的沖力，利用圓柱形容器10分鐘得到的水的體積算出水的質(zhì)量，利用壓強(qiáng)公式求得壓強(qiáng)?！窘獯稹拷猓河捎谑枪浪銐簭?qiáng)，所以不計(jì)雨滴的重力。設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F設(shè)在t時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為m的雨水的速度由v10m/s減為零。以向上為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：Ft0（mv）mv。得：F設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在t時(shí)間內(nèi)水面上升h，則有：m ShFSv壓強(qiáng)為：PV0.25N/s2 故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A?！军c(diǎn)評】估算題目關(guān)鍵是建立一個(gè)模型，然后利用合理的理論推斷得出基本符合事實(shí)的結(jié)論，這是物理學(xué)中常用的一種思想方法。5（6分）如圖，為某小型水電站電能輸送的示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1：20，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)比為3：1升壓變壓器原線圈兩端接入一電壓uUmsint的交流電源，用戶的總電阻為R（可視為純電阻），輸電線總電阻rR，不考慮其他因素的影響，用戶獲得的電壓U為（）ABC4UmD6Um【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理；EA：電能的輸送菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；53A：交流電專題【分析】通過原線圈的電壓求出副線圈的電壓，再根據(jù)I求出降壓變壓器的副線圈電流，從而知輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的電壓。從而得到各電壓的關(guān)系，列方程求解即可。【解答】解：升壓變壓器兩端電壓的有效值為U1升壓變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1：20，所以升壓變壓器副線圈兩端的電壓為U220U110Um用戶獲得的電壓U，則用戶的電流為I4，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)比為3：1，故在輸電線路上的電流為在I3，降壓變壓器原線圈兩端U33U輸電線路上損失的電壓為UI3RRU故降壓變壓器原線圈的電壓為U3U2U聯(lián)立解得U3Um，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵注意電壓有效值的使用及變壓器的特點(diǎn)，輸入功率等于輸出功率，電壓比等于匝數(shù)比。6（6分）如圖，固定在地面上的帶凹槽的長直桿與水平面成300角，輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，置于凹槽內(nèi)質(zhì)量為m的小球b通過一條細(xì)繩跨過固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時(shí)，細(xì)繩與桿間的夾角為30，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）Aa受到3個(gè)力的作用Bb受到3個(gè)力的作用C細(xì)桿對b的作用力大小為D細(xì)線對a的拉力大小為【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題【分析】以a和b為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況結(jié)合平衡條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，不計(jì)摩擦，則a靜止時(shí)細(xì)線的拉力與桿對a的彈力平衡，故拉a的細(xì)線與桿垂直，a受到兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；B、對b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力，和桿對b球的彈力，b受到3個(gè)力的作用，故B正確；C、以b為研究對象，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得30，細(xì)桿對b的作用力大小為N，則：2Ncos30mg，則Nmg，故C錯(cuò)誤；D、對b分析，細(xì)線的拉力大小TNmg，則細(xì)線對a的拉力大小為Tmg，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。7（6分）如圖甲，兩個(gè)等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q+1103C，質(zhì)量m0.02kg的小球從a點(diǎn)靜止釋放，沿中垂線運(yùn)動(dòng)到電荷連線中點(diǎn)O過程中的vt圖象如圖乙中圖線所示，其中b點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，圖中為過b點(diǎn)的切線，則下列說法正確的是（）AP、Q帶正電荷Bb點(diǎn)的場強(qiáng)E30V/mCa、b兩點(diǎn)間的電勢差為90VD小球從a到O的過程中電勢能先減少后增加【考點(diǎn)】A8：點(diǎn)電荷的電場；AB：電勢差；AE：電勢能與電場力做功菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；4B：圖析法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】帶正電的小球從a運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的受力情況判斷兩電荷電性；根據(jù)vt圖中斜率表示加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解b點(diǎn)電場強(qiáng)度；根據(jù)動(dòng)能定理求解ab兩點(diǎn)間電勢差；根據(jù)圖乙分析速度變化，根據(jù)動(dòng)能定理分析電場力做功，然后根據(jù)功能關(guān)系分析電勢能變化。【解答】解：A、帶正電的小球從a點(diǎn)由靜止釋放，向上做加速運(yùn)動(dòng)可知，受到向上的電場力，則aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、vt圖象上斜率表示加速度可得：，根牛頓第二定律得：qEbma，聯(lián)立解得：Eb30V/m，故B正確；C、由ab有動(dòng)能定理得：qUab，由圖乙可得vb3m/s帶入解得：Uab90V，故C正確；D、由圖象乙可知，小球速度一直增大，電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故D錯(cuò)誤；故選：BC。【點(diǎn)評】明確等量同種電荷電場的特點(diǎn)是解本題的關(guān)鍵，據(jù)vt圖獲取加速度、速度、動(dòng)能等物理量是解本題的突破口。8（6分）如圖，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，甲、乙兩帶電粒子以相同的速度從A點(diǎn)沿與AB成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子從B點(diǎn)離開磁場，乙粒子垂直CD邊射出磁場，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A甲粒子帶正電，乙粒子帶負(fù)電B甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑是乙粒子運(yùn)動(dòng)半徑的倍C甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D兩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；4A：向心力；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則可以判斷出粒子的電性；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子軌道半徑關(guān)系，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度然后分析答題；根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。【解答】解：解：A、由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所以甲粒子帶正電，由粒子從A點(diǎn)離開磁場可知，乙粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以乙粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)磁場區(qū)域的邊長為L，由幾何關(guān)系可知，R甲L，乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的弦切角為30，弦長為L，所以sin60，解得：R乙L，所以甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑是乙粒子運(yùn)動(dòng)半徑的倍，故B錯(cuò)誤；C、由牛頓第二定律得：qvBm，解得：r，甲粒子與乙粒子比荷之比為半徑的反比等于，故C正確；D、由幾何關(guān)系可知，甲粒子運(yùn)動(dòng)的圓心角為600，乙粒子的圓心角為60，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tT，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T，可知，甲粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的倍，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解；運(yùn)用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第2232題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9（6分）某同學(xué)在驗(yàn)證合外力一定，物體的質(zhì)量與加速度的關(guān)系時(shí)，采用圖甲所示的裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車的加速度a與小車質(zhì)量M（包括所放砝碼及傳感器的質(zhì)量）的對應(yīng)關(guān)系圖象，如圖乙所示。實(shí)驗(yàn)中所掛鉤碼的質(zhì)量20g，實(shí)驗(yàn)中選用的是不可伸長的輕繩和光滑的輕質(zhì)定滑輪。（1）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行。他這樣做的目的是下列哪一個(gè)C；（填字母代號）A可使位移傳感器測出的小車的加速度更準(zhǔn)確B可以保證小車最終能夠做直線運(yùn)動(dòng)C可在平衡摩擦力后使細(xì)繩拉力等于小車所受的合力（2）由圖乙可知，圖線不過原點(diǎn)O，原因是平衡摩擦力使長木板傾角過大；（3）該圖線的初始段為直線，該段直線的斜率最接近的數(shù)值是D。A30B0.3C20D0.2【考點(diǎn)】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；32：定量思想；43：推理法；522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行，使得平衡摩擦力后，拉力等于小車所受的合力。（2）根據(jù)橫軸坐標(biāo)為零時(shí)，縱軸坐標(biāo)不為零，分析圖線不過原點(diǎn)的原因。（3）圖線斜率表示小車所受的合力，根據(jù)小車所受的合力得出斜率的值。【解答】解：（1）先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行，目的在平衡摩擦力后使細(xì)繩拉力等于小車所受的合力，故C正確。（2）由圖乙知，橫軸為零時(shí)，縱軸加速度a不為零，原因是平衡摩擦力使長木板傾角過大。（3）圖線的斜率k，即圖線斜率等于小車所受的合力，約等于鉤碼的重力，即為0.2N，故D正確。故答案為：（1）C，（2）平衡摩擦力使長木板傾角過大，（3）D。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)，以及實(shí)驗(yàn)誤差的來源，知道圖線斜率表示的物理意義。10（9分）某研究性學(xué)習(xí)小組利用伏安法測定某一電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)原理如圖甲，其中虛線框內(nèi)是用靈敏電流計(jì)G改裝的電壓表，電流表的量程為0.6A，E為待測電池組，S為開關(guān)，尺為滑動(dòng)變阻器，R0是標(biāo)稱值為4.0的定值電阻。（1）已知靈敏電流計(jì)G的滿偏電流Ig100A、內(nèi)阻rg2.0k，若要改裝后的電壓表量程為3V，應(yīng)串聯(lián)一只2.8104的定值電阻R1；（2）根據(jù)圖甲，用筆畫線代替導(dǎo)線在答題卡上將圖乙連接成完整電路；（3）根據(jù)圖甲，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片置于靠近a端（選填“a”或“b”）；（4）該小組進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到靈敏電流計(jì)的示數(shù)Ix和電流表的示數(shù)IA，把多次實(shí)驗(yàn)測量的數(shù)據(jù)在IxIA圖象中描點(diǎn)連線，最終得到如圖示的圖線，根據(jù)圖線計(jì)算出電池組的電動(dòng)勢E2.7V，內(nèi)阻r1.25。【考點(diǎn)】N3：測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值。（2）根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖。（3）滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路閉合開關(guān)前滑片要置于阻值最大處。（4）根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用歐姆定律求出圖線的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖線求出電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻。【解答】解：（1）串聯(lián)電阻阻值為：Rrg20002.8104；（2）根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示：（3）滑動(dòng)變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片置于靠近a端。（4）由圖甲所示電路圖可知，電源電動(dòng)勢為：EU+IgrIX（rg+R1）+IAr，由圖示圖線可知，電源電動(dòng)勢為：E90106（2.0103+2.8104）2.7V，電源內(nèi)阻為：rR04.01.25；故答案為：（1）2.8104；（2）實(shí)物電路圖如圖所示；（3）a；（4）2.7；1.25?！军c(diǎn)評】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值；根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律可以求出電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻。11（12分）如圖，兩金屬桿ab、cd的長度均為L1m，電阻分別為Rab0.2、Rcd0.8，質(zhì)量分別為mab0.5kg、mcd0.2kg，用兩根質(zhì)量及電阻均可忽略且不可伸長的柔軟導(dǎo)線將兩桿連接成閉合回路，懸掛在水平光滑絕緣圓棒兩側(cè)，兩金屬桿都保持水平，整個(gè)裝置處在與回路平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5T，重力加速度g10m/s2釋放兩金屬桿，經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬桿以b勻速下落，不計(jì)導(dǎo)體棒間的安培力，求：（1）金屬桿ab勻速下落時(shí)，導(dǎo)線上的拉力大?。唬?）金屬桿ab勻速下落的速度。【考點(diǎn)】3C：共點(diǎn)力的平衡；BB：閉合電路的歐姆定律；CE：安培力的計(jì)算；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：計(jì)算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；42：等效替代法；539：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題【分析】（1）金屬桿ab勻速下落時(shí)，金屬桿cd勻速上升，兩桿受力均平衡，分別對ab桿和cd桿分析受力，由平衡條件列式，即可求得導(dǎo)線上的拉力大?。唬?）結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電勢公式、歐姆定律、安培力大小公式及平衡條件求出ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度。【解答】解：（1）設(shè)導(dǎo)線上的拉力大小為T，回路中感應(yīng)電流為I。對金屬桿ab，有：mabgBIL+2T對金屬桿cd，有：2TBIL+mcdg聯(lián)立解得 T1.75N（2）金屬桿ab勻速下落時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E2BLv。感應(yīng)電流為：I結(jié)合mabgBIL+2T解得：v3m/s答：（1）金屬桿ab勻速下落時(shí)，導(dǎo)線上的拉力大小是1.75N；（2）金屬桿ab勻速下落的速度上3m/s?！军c(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)與力平衡知識的綜合，關(guān)鍵要正確分析安培力的大小和方向，要注意兩桿均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，而且兩個(gè)電動(dòng)勢串聯(lián)。12（20分）如圖，光滑絕緣水平面上靜置兩個(gè)質(zhì)量均為m、相距為x0的小球A和B，A球所帶電荷量為+q，B球不帶電?，F(xiàn)在A球右側(cè)區(qū)域的有限寬度范圍內(nèi)加上水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，小球A在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后與B球發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞過程時(shí)間極短，求：（1）A球與B球發(fā)生第一次碰撞后B球的速度；（2）從A球開始運(yùn)動(dòng)到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功；（3）要使A、B兩球只發(fā)生三次碰撞，所加電場的寬度d應(yīng)滿足的條件。【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；53：動(dòng)量守恒定律；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出A球與B球碰撞前的速度。由于碰撞過程中A、B兩球總動(dòng)能無損失，兩者交換速度。（2）第一次碰后，A球追及B球，當(dāng)位移相等時(shí)，發(fā)生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞時(shí)間和A球的位移。再由功的公式求解電場力對A球所做的功。（3）采用歸納法分別分析從計(jì)時(shí)零點(diǎn)到即將發(fā)生第1次碰撞這段過程、第1次碰撞到即將發(fā)生第2次碰撞這段過程、從第2次碰撞到即將發(fā)生第3次碰撞這段過程A球經(jīng)過的位移，得出規(guī)律，再求總位移，結(jié)合位移關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)A球與B球第一次碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度分別為vA1、vB1。對A，根據(jù)牛頓第二定律得：qEma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v022ax0。解得：v0對于AB碰撞過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：mv0mvA1+mvB1mv02mvA12+mvB12。解得：vB1v0，vA10（2）設(shè)第一次碰撞到第二次碰撞前經(jīng)歷的時(shí)間為t1有：xA1vA1t1+vB1t1從A球開始運(yùn)動(dòng)到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功為：WqE（x0+xA1）解得：W5qEx0。（3）設(shè)第二次碰撞前A的速度為vA1，碰撞后A、B的速度分別為vA2、vB2有：vA1vA1+at1。第二次碰撞過程，有：mvA1+mvB1mvA2+mvB2。mvA12+mvB12mvA22+mvB22。第二次碰撞后，當(dāng)A球速度等于B球速度vB2時(shí)，A球剛好離開電場，電場區(qū)域?qū)挾茸钚。校簐B22vA222ax1。A、B兩球在電場中發(fā)生第三碰撞后，當(dāng)A球速度等于B球速度時(shí)，A球剛好離開電場，電場區(qū)域的寬度最大，設(shè)第三次碰撞前A球的速度為vA2，碰撞后A、B的速度分別為vA3、vB3二、三次碰撞間經(jīng)歷的時(shí)間為t2有：xA2vA2t2+vB2t2。vA2vA2+at2。第三次碰撞過程，有：mvA2+mvB2mvA3+mvB3mvA22+mvB22mvA32+mvB32vB32vB32vA322ax2所以電場區(qū)域?qū)挾萪應(yīng)滿足的條件為：x0+xA1+x1dx0+xA1+xA2+x2。解得：8x0d18x0答：（1）A球與B球發(fā)生第一次碰撞后B球的速度是；（2）從A球開始運(yùn)動(dòng)到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功是5qEx0；（3）要使A、B兩球只發(fā)生三次碰撞，所加電場的寬度d應(yīng)滿足的條件是8x0d18x0?！军c(diǎn)評】本題是小球周期性運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵要采用類似歸納法總結(jié)規(guī)律，運(yùn)用數(shù)學(xué)方法求解。要抓住等質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性碰撞后會(huì)交換速度，來分析兩球的運(yùn)動(dòng)過程?！疚锢?選修3-3】（15分）13（5分）下列說法正確的是（）A懸浮在液體中的微粒越大，某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯B液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力C分子平均速率大的物體的溫度一定比分子平均速率小的物體的溫度高D自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性E外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減小【考點(diǎn)】84：布朗運(yùn)動(dòng)；89：溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；8F：熱力學(xué)第一定律；8H：熱力學(xué)第二定律；95：液體的表面張力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】31：定性思想；43：推理法；548：熱力學(xué)定理專題【分析】懸浮在液體中的微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越少，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；知道液體表面張力的成因，能用分子間作用力來解釋；溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志；由熱力學(xué)第二定律可知，自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性；根據(jù)熱力學(xué)第一定律UW+Q進(jìn)行分析。【解答】解：A、懸浮在液體中的微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越少，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯，故A錯(cuò)誤。B、由于表面分子較為稀疏，故液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力，故B正確；C、分子的平均動(dòng)能相等時(shí)，物體的溫度相等；考慮到分子的質(zhì)量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均動(dòng)能?。环肿悠骄俾市∮锌赡芊肿拥钠骄鶆?dòng)能大。故C錯(cuò)誤；D、由熱力學(xué)第二定律可知，自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，故D正確；E、當(dāng)外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律UW+Q分析可知，內(nèi)能可能增大也可能減小，故E正確。故選：BDE。【點(diǎn)評】該題考查了熱學(xué)中的多個(gè)知識點(diǎn)，其中布朗運(yùn)動(dòng)和熱運(yùn)動(dòng)的區(qū)別與聯(lián)系、分子的平均動(dòng)能和平均速率的區(qū)別都屬于該部分中容易出現(xiàn)錯(cuò)誤的地方。屬于基礎(chǔ)題目。14（10分）如圖，導(dǎo)熱性能良好的水平放置的圓筒形氣缸與一裝有水銀的U形管相連，U形管左側(cè)上端封閉一段長度為15cm的空氣柱，U形管右側(cè)用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體。開始時(shí)U形管兩臂中水銀面齊平，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)U形管右側(cè)用活塞封閉的氣體體積為490mL，若用力F緩慢向左推動(dòng)活塞，使活塞從A位置移動(dòng)到B位置，此時(shí)U形管兩臂中的液面高度差為10cm，已知外界大氣壓強(qiáng)為75cmHg，不計(jì)活塞與氣缸內(nèi)壁間的摩擦，求活塞移動(dòng)到B位置時(shí)U形管右側(cè)用活塞封閉的氣體體積。【考點(diǎn)】9D：氣體的等溫變化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】32：定量思想；4C：方程法；54A：氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題【分析】本題中理想氣體狀態(tài)變化是等溫變化，對左端和右端兩段氣體應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程，找出初末兩個(gè)狀態(tài)的參量即可解決。【解答】解：U形管兩臂中的液面高度差為10cm，說明左端液柱上升5cm，右端液柱下降5cm，所以左端氣體壓縮后長度為h215cm5cm10cm，對左端氣體，等溫變化：P1V1P2V2，即P1Sh1P2Sh2，解得P2112.5cmHg；對右端氣體，等溫變化：P3V3P4V4，即75cmHg490mL（P2+10）cmHgV4，解得V4300mL。答：活塞移動(dòng)到B位置時(shí)U形