四川省瀘州市2025屆高三物理下學(xué)期第三次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試試題含解析

PAGE17-四川省瀘州市2025屆高三物理下學(xué)期第三次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試試題（含解析）二、選擇題1.在探究下列四個(gè)定律的試驗(yàn)中，哪個(gè)定律不是干脆通過(guò)限制變量法探究得出的（）A.牛頓其次定律 B.電阻定律 C.歐姆定律 D.動(dòng)量守恒定律【答案】D【解析】【詳解】在探討物理學(xué)中多變量問(wèn)題時(shí)，把多變量的問(wèn)題變成多個(gè)單變量的問(wèn)題，每一次只變更其中的某一個(gè)變量，而限制其余幾個(gè)變量不變，從而探討被變更的這個(gè)變量對(duì)事物的影響，分別加以探討，最終再綜合解決，這種方法叫限制變量法。A．通過(guò)探討物體的加速度a與力F、質(zhì)量m的關(guān)系，得出牛頓其次定律，須要用到限制變量法，故A錯(cuò)誤；B．通過(guò)探討導(dǎo)體電阻R的大小跟導(dǎo)體的長(zhǎng)度l、橫截面S、材料的關(guān)系，得出電阻定律，須要用到限制變量法，故B錯(cuò)誤；C．通過(guò)探討電流I與電阻R、電壓U的關(guān)系，得出歐姆定律，須要用到限制變量法，故C錯(cuò)誤；D．探究動(dòng)量守恒定律時(shí)，只須要測(cè)量出兩物體的質(zhì)量和兩物體碰撞前后的速度，再將數(shù)據(jù)代入各個(gè)猜想的等式中，視察哪個(gè)等式成馬上可，不須要限制某些物理量不變，即不用限制變量法，故D正確。故選D。2.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)是中國(guó)自行研制的全球第三個(gè)成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。北斗系統(tǒng)中的衛(wèi)星有三類，分別是地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星。將這三類衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)均看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)他們的向心加速度大小分別為a靜、a傾、a中，沿軌道運(yùn)行的速度大小分別為v靜、v傾、v中。已知它們的軌道半徑r靜=r傾>r中，則下列推斷正確的是（）A.a靜<a傾<a中 B.a靜>a傾>a中 C.v靜=v傾<v中 D.v靜=v傾>v中【答案】C【解析】【詳解】ABCD．依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力，則解得，由上述結(jié)果可知，軌道半徑r越大，加速度a，線速度v就越小，因?yàn)閞靜=r傾>r中，所以a靜=a傾<a中，v靜=v傾<v中，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。3.如圖所示，有一圓形線圈繞直徑OO?在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，OO?右側(cè)有一垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小為B。已知線圈面積為S，共有N匝，線圈電阻不計(jì)，外接電阻大小為R，圓形線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω。則電阻兩端的電壓有效值大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】ABCD．由圖可知，線圈只有一半在磁場(chǎng)中，故產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為電阻兩端的電壓有效值等于電動(dòng)勢(shì)有效值，即故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。4.在x軸上固定有兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷，一個(gè)帶電量為+Q1、一個(gè)帶電量為?Q2（Q2>0），用E1表示Q1在x軸上產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，E2表示Q2在x軸上產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。當(dāng)Q1>Q2時(shí)，E1=E2的點(diǎn)有兩個(gè)，分別為M點(diǎn)和N點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)距Q2的距離分別為r1和r2，如圖所示。則當(dāng)?shù)谋戎翟龃髸r(shí)（）A.r1、r2都減小 B.r1、r2都增大 C.r1減小，r2增大 D.r1增大，r2減小【答案】A【解析】【詳解】ABCD．設(shè)Q1、Q2兩點(diǎn)電荷之間的距離為L(zhǎng)，x軸上M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，則，解得，當(dāng)?shù)谋戎翟龃髸r(shí)，r1、r2都減小，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，在固定的四分之一圓軌道的圓心O處，以不同的初速度水平拋出同一小球，不計(jì)空氣阻力。若小球的初速度從零起先漸漸增大，則小球落在圓軌道上的動(dòng)能將（）A.始終增大 B.始終減小 C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】【詳解】ABCD．設(shè)小球落在圓軌道時(shí)，小球的位移與豎直方向的夾角為θ，圓軌道的半徑為R，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，則設(shè)小球落在圓軌道上的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得聯(lián)立以上各式，解得當(dāng)時(shí)，Ek有最小值，此時(shí)，所以小球的初速度從零起先漸漸增大，θ將從0到90°漸漸增大，小球落在圓軌道上的動(dòng)能將先減小后增大，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。6.依據(jù)下列四幅圖作出的說(shuō)明，正確的是（）A.甲圖中A處和B處都能視察到大量的閃光點(diǎn)B.乙圖用紫外線燈照耀原來(lái)不帶電的鋅板時(shí)，發(fā)覺(jué)驗(yàn)電器指針張開，說(shuō)明鋅板逸出了電荷C.丙圖中處于基態(tài)的氫原子能汲取能量為10.30eV的光子而躍遷到其次能級(jí)D.丁圖中A為α射線，它的電離作用很強(qiáng)，貫穿本事很弱【答案】BD【解析】【詳解】A．甲圖中A處能視察到大量的閃光點(diǎn)，B處只能視察到較多的閃光點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．乙圖中用弧光燈照耀鋅板，鋅板上的電子逸出，鋅板帶上正電，發(fā)覺(jué)驗(yàn)電器指針張開，故B正確；C．汲取光子能量發(fā)生躍遷，汲取的光子能量需等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，從基態(tài)氫原子發(fā)生躍遷到n=2能級(jí)，須要汲取的能量最小，汲取的能量為?3.4eV?(?13.6eV)=10.2eV，即受10.2eV光子照耀，可以從基態(tài)氫原子發(fā)生躍遷到n=2能級(jí)。10.3eV的光子不能被汲取，不能發(fā)生躍遷，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)左手定則可以知道，A帶正電，為α射線，α射線的電離作用很強(qiáng)，貫穿本事很弱，故D正確。故選BD。7.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，一端連接一個(gè)豎直放置的螺線管，具有肯定電阻的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，用水平細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪，與小物體m連接，導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一條形磁鐵用細(xì)線懸掛在天花板上，放在螺線管的正上方。不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)軌的電阻，小物體離地足夠高，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌并接觸良好。從靜止起先釋放小物體，在小物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）A.懸掛磁鐵的細(xì)線拉力先增大后不變 B.懸掛磁鐵的細(xì)線拉力先減小后不變C.連接金屬棒的細(xì)線拉力先增大后不變 D.連接金屬棒的細(xì)線拉力先減小后不變【答案】AC【解析】【詳解】金屬棒PQ在細(xì)線拉力的作用下，先向右加速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可知，金屬棒PQ中感應(yīng)電流方向從P流向Q，由E=BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)漸漸增大，由閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流漸漸增大，由F=ILB可知，安培力也漸漸增大，由左手定則可知，安培力方向與拉力方向相反，所以金屬棒PQ是做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)安培力與拉力大小相等時(shí)，金屬棒PQ達(dá)到最大速度，并以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)感應(yīng)電流和安培力保持不變。AB．金屬棒PQ中感應(yīng)電流方向從P流向Q，則螺線管中的電流是順時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎?，由右手螺旋定則可知，螺線管上端為S極，條形磁鐵被吸引，所以懸掛磁鐵的細(xì)線受到向下的拉力，又因?yàn)楦袘?yīng)電流先增大，然后保持不變，所以螺線管的磁性先增加，然后保持不變，則懸掛磁鐵的細(xì)線拉力先增大后不變，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．設(shè)細(xì)線拉力為FT，安培力為F安，金屬棒PQ的加速度為a，質(zhì)量為M，分別對(duì)小物體和金屬棒PQ受力分析，由牛頓其次定律得聯(lián)立以上兩式得因?yàn)榘才嗔安先增大后不變，所以細(xì)線拉力FT也是先增大后不變，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩物體放在光滑絕緣的水平面上，所在空間有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，其中A帶正電，電荷量大小為q，B始終不帶電。一根輕彈簧一端固定在墻面上，另一端與B物體連接，在電場(chǎng)力作用下，物體A緊靠著物體B，一起壓縮彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在A物體上施加一水平向右的恒定外力F。彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，下列推斷正確的是（）A.若F=qE，則彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)A、B兩物體分別B.若F=qE，則彈簧還未復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)A、B兩物體分別C.若F>qE，則彈簧還未復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)A、B兩物體分別D.若F<qE，則A、B兩物體不能分別，且彈簧肯定達(dá)不到原長(zhǎng)位置【答案】AC【解析】【詳解】AB．若F=qE，A物體所受合力為0，在彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，B物體由于彈簧的作用向右加速運(yùn)動(dòng)，而A物體將被迫受到B物體的作用力以相同的加速度一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物體未能分別，當(dāng)彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)后，B物體在彈簧的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，A物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B物體的速度小于A物體的速度，A、B兩物體將分別，故A正確，B錯(cuò)誤；C．若F>qE，A物體將受到水平向右恒力FA=F?qE的作用，彈簧在復(fù)原到原長(zhǎng)之前，對(duì)B物體的彈力漸漸減小，則B物體的加速度漸漸減小，當(dāng)A、B兩物體剛要分別時(shí)，A、B兩物體接觸面的作用力剛好為0，此時(shí)彈簧對(duì)B物體的作用力所產(chǎn)生的加速度與恒力FA對(duì)A物體產(chǎn)生的加速度相等（aB=aA0），此時(shí)彈簧還未復(fù)原到原長(zhǎng)，故C正確；D．若F<qE，A物體將受到水平向左恒力FA=qE?F的作用，假如FA比較小，那么A、B兩物體還是可以分別的，并且在超過(guò)彈簧原特長(zhǎng)分別，故D錯(cuò)誤。故選AC。三、非選擇題9.新型電子秤是采納現(xiàn)代傳感器技術(shù)、電子技術(shù)和計(jì)算機(jī)技術(shù)一體化的電子稱量裝置，具有去皮清零功能，即先將容器置于電子秤上，按下去皮按鈕清零后再把被測(cè)物品放進(jìn)容器里，待物品靜止時(shí)，電子秤受到的壓力大小數(shù)值上等于物品受到的重力大小，通過(guò)當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膿Q算，可以測(cè)出物品的質(zhì)量。現(xiàn)用該電子秤探究小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力與半徑的關(guān)系。某物理愛(ài)好小組到試驗(yàn)室取來(lái)該電子秤、半徑不同的光滑半圓軌道和小球等器材做了下列探究試驗(yàn)，整個(gè)試驗(yàn)過(guò)程忽視空氣阻力的影響：（1）將小球靜置于電子秤上，依據(jù)示數(shù)得到壓力為F0，將半徑為R的半圓軌道放在電子秤上并去皮清零。然后將小球從半圓軌道的邊緣由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，可由電子秤的示數(shù)得到其壓力為_____；（2）將半徑為R的半圓軌道換為半徑為1.5R、2R……的半圓軌道放在電子秤上并清零，同樣將小球從半圓軌道的邊緣由靜止釋放，視察并記錄電子秤的讀數(shù)；（3）進(jìn)行多次試驗(yàn)后發(fā)覺(jué)：隨軌道半徑增大，小球?qū)壍赖膲毫__，小球在軌道最低點(diǎn)的動(dòng)能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）?！敬鸢浮?1).3F0(2).不變(3).增大【解析】【詳解】（1）[1]設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，此時(shí)小球所受支持力為FN，小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得聯(lián)立解得由牛頓第三定律得，電子秤的壓力示數(shù)為3F0。（3）[2]由（1）中的計(jì)算結(jié)果可知，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫κ冀K為自身重力的3倍，與軌道半徑無(wú)關(guān)，所以隨軌道半徑增大，小球?qū)壍赖膲毫Σ蛔?。[3]由（1）中的計(jì)算結(jié)果可知，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于mgR，則軌道半徑增大，小球在軌道最低點(diǎn)的動(dòng)能也增大。10.試驗(yàn)室供應(yīng)下列器材來(lái)測(cè)靈敏電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg，要求測(cè)量時(shí)電表讀數(shù)不得小于其量程的，且能多次測(cè)量，誤差盡可能?。篈、待測(cè)電流計(jì)G（量程1mA，內(nèi)阻Rg約為150Ω）B、電流表A（量程10mA，內(nèi)阻RA約為30Ω）C、定值電阻R各1個(gè)（阻值分別為15Ω和150Ω）D、滑動(dòng)變阻器R1，最大阻值為10ΩE.電源電動(dòng)勢(shì)E=3V（內(nèi)阻很?。〧.開關(guān)S及導(dǎo)線若干。（1）依據(jù)上述器材完成此試驗(yàn)，要滿意試驗(yàn)要求，定值電阻應(yīng)選___Ω；（2）請(qǐng)你依據(jù)電路圖甲在圖乙中進(jìn)行實(shí)物連線；（）（3）在試驗(yàn)時(shí)，用電流計(jì)G的讀數(shù)I1，電流表A的讀數(shù)I2和已選定值電阻R來(lái)表示電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg=_____；（4）若已測(cè)出此靈敏電流計(jì)G精確內(nèi)阻Rg=150Ω，要求另外用兩個(gè)不同阻值的定值電阻和若干導(dǎo)線，將此電流計(jì)G改裝成量程分別為3V和3mA的兩用電表。如圖丙所示的電流計(jì)表盤上有三個(gè)接線柱，請(qǐng)?jiān)诮泳€柱之間連線畫出內(nèi)部改裝電路圖。其中兩個(gè)另選電阻的阻值分別為___Ω，___Ω?！敬鸢浮?1).15(2).(3).(4).2850(5).75【解析】【詳解】（1）[1]依據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)得，則電流表A與電流計(jì)G的電流關(guān)系為若R=15Ω，則，則電流表A達(dá)到滿偏電流10mA時(shí)，電流計(jì)G的電流能達(dá)到0.9mA，能滿意測(cè)量要求；若R=150Ω，則，則電流計(jì)G達(dá)到滿偏電流1mA時(shí)，電流表A的電流只能達(dá)到2mA，不能滿意測(cè)量要求。所以定值電阻應(yīng)選15Ω。（2）[2]依據(jù)電路圖完成的實(shí)物連線如下圖所示，電流表A的正接線柱連接滑動(dòng)變阻器上端接線柱，開關(guān)一接線端連接滑動(dòng)變阻器下端接線柱。（3）[3]依據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)得，聯(lián)立解得（4）[4][5]內(nèi)部改裝電路如下圖所示設(shè)改裝成3V的電壓表須要串聯(lián)的電阻為R1，改裝成3mA的電流表須要并聯(lián)的電阻為R2，則解得，11.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平行邊界PQ的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)里，磁場(chǎng)寬度為d。一質(zhì)量為m，電量為q的帶負(fù)電粒子，以肯定的速度與邊界P成60°角垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從另一邊界Q與邊界線成30°角射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力。求：（1）粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大??；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由幾何關(guān)系得解得粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，則解得（2）帶電粒子磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)聯(lián)立以上兩式得由幾何關(guān)系得，帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為90°，則12.如圖所示，固定光滑圓弧面與木板上表面平滑連接，距圓弧底端x處有一豎直墻壁。木板質(zhì)量M=2kg，其長(zhǎng)度l=5m。在圓弧面上有質(zhì)量為m=2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從距木板上表面高h(yuǎn)=1.25m處?kù)o止釋放，已知滑塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，水平地面光滑。設(shè)木板與墻壁碰撞時(shí)無(wú)能量損失，重力加速度取g=10m/s2：（1）求滑塊剛滑上長(zhǎng)木板時(shí)的速度；（2）若墻壁距圓弧底端x足夠長(zhǎng)，求木板與墻壁碰撞時(shí)滑塊的速度；（3）若墻壁距圓弧底端x=6m，分析滑塊是否會(huì)滑下長(zhǎng)木板。若滑下，求滑下瞬間滑塊和木板速度大小；若未滑落，求最終停止時(shí)滑塊距木板左端的距離?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）故能夠共速，2.5m/s；（3）見(jiàn)解析所示【解析】【詳解】（1）滑塊下落過(guò)程，由動(dòng)能定理得解得（2）假設(shè)木塊和木板能夠共速，由動(dòng)量守恒定律得設(shè)木塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，達(dá)到共速所用時(shí)間為t，木塊的位移為x塊，木板的位移為x板，則，，兩者相對(duì)位移為故能夠共速，因此碰撞時(shí)的速度為2.5m/s（3）由于x=6m時(shí)，x?L<x板，故木板與擋板相碰時(shí)，二者并未共速，此種狀況木板向右運(yùn)動(dòng)了，則分析木板分析木塊此時(shí)，木塊與木板的相對(duì)位移此時(shí)，木塊距離木板右端然后木板與右邊擋板相撞，撞后速度為向左假設(shè)二者脫離，則相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離為，則解得，（舍去）此時(shí)木板向左端運(yùn)動(dòng)的距離x=0.75m<1m，故木板并未與左端相碰，此時(shí)小木塊脫離木板故小木塊的速度為2m/s，方向向右，小車的速度1m/s，方向向左。13.以下說(shuō)法中正確的是。A.熱傳遞和擴(kuò)散現(xiàn)象都具有方向性B.若液態(tài)水凝聚成冰后，水分子的熱運(yùn)動(dòng)也不會(huì)停止C.只要具有規(guī)則幾何形態(tài)的物體就是晶體D.懸浮在空氣中的攜帶新冠病毒的氣溶膠（aerosol）顆粒所做的運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)E.只要能增加氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的猛烈程度，氣體的溫度就可以上升【答案】ABE【解析】【詳解】A．熱量可以自發(fā)地從高溫物體傳向低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體，說(shuō)明熱傳遞具有方向性；兩種不同氣體可以自發(fā)地進(jìn)入對(duì)方，最終成為一種勻稱的混合氣體，相反，一種勻稱的混合氣體絕不會(huì)自發(fā)地分開成為兩種氣體，說(shuō)明擴(kuò)散具有方向性。故A正確；B．分子的熱運(yùn)動(dòng)是永不停息的，所以液態(tài)水凝聚成冰后，水分子的熱運(yùn)動(dòng)也不會(huì)停止，故B正確；C．晶體具有規(guī)則的幾何形態(tài)，但具有規(guī)則幾何形態(tài)的物體不肯定是晶體，例如玻璃是非晶體，但玻璃可加工成有規(guī)則的幾何形態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．懸浮在空氣中的攜帶新冠病毒的氣溶膠顆粒，由于受到空氣中氣流的影響而運(yùn)動(dòng)，所以不是布朗運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；E．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)記，增加氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的猛烈程度，氣體的溫度就可以上升，故E正確。故選ABE。14.如圖所示，一根與水平地面成θ=30°的傾斜玻璃管，上端開口，管內(nèi)用水銀柱封閉有志向氣體。已知水銀柱長(zhǎng)度L=10cm，大氣壓強(qiáng)p0=76cmHg，封閉氣體此時(shí)溫度為27℃：①求封閉氣體的壓強(qiáng)（用cmHg表示）；②若給封閉氣體加熱，使其溫度上升了30℃，然后緩慢加注水銀，為使封閉氣體體積復(fù)原到加熱前的大小，求需注入水銀的長(zhǎng)度?L?！敬鸢浮竣?lcmHg；②16.2cm【解析】【詳解】①設(shè)水銀柱橫截面為S，水銀密度為，對(duì)水銀柱受力分析，沿玻璃管的方向，有解得