2020年全國(guó)高考物理試題（新課標(biāo)Ⅱ）（含解析）

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試二、選擇題： 1.管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過(guò)一個(gè)接有高頻交流電源的線(xiàn)圈，線(xiàn)圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過(guò)程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為()A. 庫(kù)侖B. 霍爾C. 洛倫茲D. 法拉第【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周?chē)木€(xiàn)圈中產(chǎn)生出交變磁場(chǎng)時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過(guò)電阻要發(fā)熱。該過(guò)程利用原理的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第。故選D。2.若一均勻球形星體的密度為

2、，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】衛(wèi)星在星體表面附近繞其做圓周運(yùn)動(dòng)，則， ， 知衛(wèi)星該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期3.如圖，在摩托車(chē)越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑，該坑沿摩托車(chē)前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h。若摩托車(chē)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)。c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車(chē)恰能越過(guò)坑到達(dá)b點(diǎn)。等于() A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B【解析】【詳解】有題意可知當(dāng)在a點(diǎn)動(dòng)能為E1時(shí)，有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)

3、律有當(dāng)在a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E2時(shí)，有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有聯(lián)立以上各式可解得故選B。4.CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線(xiàn)斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱(chēng)，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線(xiàn)產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，虛線(xiàn)框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開(kāi)始沿帶箭頭的實(shí)線(xiàn)所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(xiàn)(如圖中帶箭頭的虛線(xiàn)所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()A. M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)B. 增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C. 偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外D. 增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移【答案】D

4、【解析】【詳解】A由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場(chǎng)方向由N指向M，根據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低可知M的電勢(shì)低于N的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B增大加速電壓則根據(jù)可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有可得可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場(chǎng)寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；C電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；D由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。故選D。5.氘核可通過(guò)一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效

5、果可用反應(yīng)式表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個(gè)，若全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量與質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒時(shí)釋放的熱量相等；已知1 kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9×107 J，1 MeV= 1.6×1013J，則M約為()A. 40 kgB. 100 kgC. 400 kgD. 1 000 kg【答案】C【解析】【詳解】氘核可通過(guò)一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式則平均每個(gè)氘核聚變釋放的能量為1kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個(gè)，可以放出的總能量為由可得，要釋放的相同的熱量，需要燃燒標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒的質(zhì)量6.特

6、高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國(guó)已成功掌握并實(shí)際應(yīng)用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線(xiàn)上損耗的電功率為P，到達(dá)B處時(shí)電壓下降了U。在保持A處輸送的電功率和輸電線(xiàn)電阻都不變的條件下，改用1 100 kV特高壓輸電，輸電線(xiàn)上損耗的電功率變?yōu)镻，到達(dá)B處時(shí)電壓下降了U。不考慮其他因素的影響，則()A. P=PB. P=PC. U=UD. U=U【答案】AD【解析】【詳解】輸電線(xiàn)上損失的功率P( )2·r損失的電壓U·r當(dāng)輸送電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，損失的功率變?yōu)樵瓉?lái)的 ，即PP損失的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的，即UU故選AD。7.如圖，豎直

7、面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則()A. a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等B. a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C. c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等D. c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等【答案】ABC【解析】【詳解】BD如下圖所示，為等量異種電荷周?chē)臻g的電場(chǎng)分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無(wú)數(shù)對(duì)等量異種電荷的電場(chǎng)，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對(duì)稱(chēng)軸，所在的水平面與每一條電場(chǎng)線(xiàn)都垂直，即為等勢(shì)面，延伸到無(wú)限遠(yuǎn)處，電勢(shì)為零。故在上的點(diǎn)電勢(shì)為零，即；而從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢(shì)一直在降低，即，故B正確，D錯(cuò)誤；AC上下兩側(cè)電場(chǎng)線(xiàn)分布對(duì)

8、稱(chēng)，左右兩側(cè)電場(chǎng)線(xiàn)分布也對(duì)稱(chēng)，由電場(chǎng)的疊加原理可知AC正確；故選ABC。8.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg【答案】BC【解析】【詳解】設(shè)運(yùn)

9、動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為、規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為、，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊解得第3次推出后解得依次類(lèi)推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度根據(jù)題意可知解得第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于，則解得綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿(mǎn)足AD錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。三、非選擇題： (一)必考題： 9.一細(xì)繩跨過(guò)懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0=0.590 m，下降一段距

10、離后的高度h=0.100 m；由h0下降至h所用的時(shí)間T=0.730 s。由此求得小球B加速度的大小為a=_m/s2(保留3位有效數(shù)字)。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0 g和150.0 g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間=9.80 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a=_m/s2(保留3位有效數(shù)字)。可以看出，a與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外，寫(xiě)出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：_?！敬鸢浮?(1). 1.84 (2). 1.96 (3). 滑輪的軸不光滑，繩和滑輪之間有摩擦(或滑輪有質(zhì)量)【解析】【詳解】有題意可知小球下降過(guò)程中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)

11、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得a=1.84m/s2；根據(jù)牛頓第二定律可知對(duì)小球A有對(duì)小球B有帶入已知數(shù)據(jù)解得；在實(shí)驗(yàn)中繩和滑輪之間有摩擦?xí)斐蓪?shí)際計(jì)算值偏小。10.某同學(xué)要研究一小燈泡L(3.6 V，0.30 A)伏安特性。所用器材有：電流表A1(量程200 mA，內(nèi)阻Rg1=10.0 )，電流表A2(量程500 mA，內(nèi)阻Rg2=1.0 )、定值電阻R0(阻值R0=10.0 )、滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值10 )、電源E(電動(dòng)勢(shì)4.5 V，內(nèi)阻很小)、開(kāi)關(guān)S和若干導(dǎo)線(xiàn)。該同學(xué)設(shè)計(jì)的電路如圖(a)所示。(1)根據(jù)圖(a)，在圖(b)的實(shí)物圖中畫(huà)出連線(xiàn)_。(2)若I1、I2分別為流過(guò)電流表A1和A2的電

12、流，利用I1、I2、Rg1和R0寫(xiě)出：小燈泡兩端的電壓U=_，流過(guò)小燈泡的電流I=_。為保證小燈泡的安全，I1不能超過(guò)_mA。(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使開(kāi)關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。逐次改變滑動(dòng)變阻器滑片位置并讀取相應(yīng)的I1和I2。所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在下表中給出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可算得，當(dāng)I1=173 mA時(shí)，燈絲電阻R=_(保留1位小數(shù))。(4)如果用另一個(gè)電阻替代定值電阻R0，其他不變，為了能夠測(cè)量完整的伏安特性曲線(xiàn)，所用電阻的阻值不能小于_(保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?(1). (2). (3). (4).

13、180 (5). 11.6 (6). 8.0【解析】【詳解】(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖所示(2)根據(jù)電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和R0的總電壓，故根據(jù)歐姆定律有根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知流過(guò)小燈泡的電流為因?yàn)樾襞莸念~定電壓為3.6V，故根據(jù)題目中已知數(shù)據(jù)帶入中可知I1不能超過(guò)180mA；(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當(dāng)I1=173mA時(shí)，I2=470mA；根據(jù)前面的分析代入數(shù)據(jù)可知此時(shí)燈泡兩端的電壓為U=3.46V；流過(guò)小燈泡的電流為I=297mA=0.297A；故根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)小燈泡的電阻為(4)要測(cè)量完整的伏安特性曲線(xiàn)則燈泡兩端的電壓至少要達(dá)到3.6V，而電流表A1不能超過(guò)其量程20

14、0mA，此時(shí)結(jié)合有解得，即要完整的測(cè)量小燈泡伏安特性曲線(xiàn)所用電阻的阻值不能小于。11.如圖，在0xh，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。(1)若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，分析說(shuō)明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過(guò)虛線(xiàn)所示邊界上的一點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。【答案】(1)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里；(2)；【解析】【詳解】(1)由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到

15、方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有由此可得粒子穿過(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿(mǎn)足由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由式可得，此時(shí)圓弧半徑為粒子會(huì)穿過(guò)圖中P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系即由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為聯(lián)立式得12.如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下

16、落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，管始終保持豎直。已知M =4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg, g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；(2)管第一次落地彈起后，在上升過(guò)程中球沒(méi)有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過(guò)程中，球仍沒(méi)有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿(mǎn)足的條件?！敬鸢浮?1)a1=2g，a2=3g；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，

17、由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Ma1=Mg+f ma2= f mg 聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1=2g，a2=3g(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0a1t1= v0+a2t1聯(lián)立式得設(shè)此時(shí)管下端高度為h1，速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得由式可判斷此時(shí)v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達(dá)最高點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則H1= h1+ h2聯(lián)立式可得(3)設(shè)第一次彈起過(guò)程中

18、球相對(duì)管的位移為x1。在管開(kāi)始下落到上升H1這一過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Mg(HH1)+mg(HH1+x1)4mgx1=0聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過(guò)程中，球與管的相對(duì)位移x2為設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)。管第二次落地彈起后的上升過(guò)程中，球不會(huì)滑出管外的條件是x1+ x2L聯(lián)立式，L應(yīng)滿(mǎn)足條件為(二)選考題： 13.下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過(guò)程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有_，不違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律的有_。(填正確答案標(biāo)號(hào))A. 汽車(chē)通過(guò)燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱B. 冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C. 某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次?/p>

19、收的熱量全部轉(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D. 冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)【答案】 (1). B (2). C【解析】【詳解】A燃燒汽油產(chǎn)生的內(nèi)能一方面向機(jī)械能轉(zhuǎn)化，同時(shí)熱傳遞向空氣轉(zhuǎn)移。既不違背熱力學(xué)第一定律，也不違背熱力學(xué)第二定律；B冷水倒入保溫杯后，沒(méi)有對(duì)外做功，同時(shí)也沒(méi)有熱傳遞，內(nèi)能不可能減少，故違背熱力學(xué)第一定律；C某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，必然產(chǎn)生其他影響故違背熱力學(xué)第二定律；D制冷機(jī)消耗電能工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，發(fā)生了內(nèi)能的轉(zhuǎn)移，同時(shí)對(duì)外界產(chǎn)生了影響。既不違背熱力學(xué)第一定律，也不違背熱力學(xué)第二

20、定律。14.潛水鐘是一種水下救生設(shè)備，它是一個(gè)底部開(kāi)口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時(shí)其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿(mǎn)足潛水員水下避險(xiǎn)的需要。為計(jì)算方便，將潛水鐘簡(jiǎn)化為截面積為S、高度為h、開(kāi)口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開(kāi)口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為，重力加速度大小為g，大氣壓強(qiáng)為p0，Hh，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。(1)求進(jìn)入圓筒內(nèi)水的高度l；(2)保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)水全部排出，求壓入的空氣在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)設(shè)潛水鐘在水面上方時(shí)和放入水下后筒內(nèi)氣體的體積分別為V0和V1，放入水下后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p1，由玻意耳定律和題給條件有p1V1= p0V0 V0=hS V1=(hl)S p1= p0+ g(Hl) 聯(lián)立以上各式并考慮到Hh，h >l，解得 (2)設(shè)水全部排出后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p2；此時(shí)筒內(nèi)氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強(qiáng)為p0時(shí)的體積為V3，由玻意耳定律有p2V0= p0V3 其中p2= p0+ gH 設(shè)需壓入筒內(nèi)的氣體體積為V，依題意V = V3V0 聯(lián)立式得 15.用一個(gè)擺長(zhǎng)為80.0 cm的單擺做實(shí)驗(yàn)，要求擺動(dòng)的最大角度小于5°，則開(kāi)始時(shí)將擺球拉離平衡位置的距離應(yīng)不超過(guò)_cm(保留1位小