河北省張家口市高三上學(xué)期期末考試物理試題

河北省張家口市2018屆高三上學(xué)期期末考試物理試題一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全得2分，有選錯的得0分1.第谷、開普勒等人對行星運動的研究漫長而曲折，牛頓在他們研究的基礎(chǔ)上，得出了科學(xué)史上最偉大的定律之一萬有引力定律，下列說法正確的是A.開普勒通過研究、觀測和記錄發(fā)現(xiàn)行星繞太陽做勻速圓周運動B.太陽雨行星之間引力的規(guī)律并不適用于行星與它的衛(wèi)星C.庫侖利用實驗較為準確地測出了引力常量G的數(shù)值D.牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有定律的過程中應(yīng)用了牛頓第三定律的知識【答案】D【解析】開普勒通過研究觀測記錄發(fā)現(xiàn)了行星運動定律，根據(jù)開普勒第一定律可知，所有行星繞太陽的運動都是橢圓，故A錯誤；太陽與行星間的引力就是萬有引力，萬有引力適用于一切天體之間，故B錯誤；卡文迪許利用實驗較為準確地測出了引力常量G的數(shù)值，故C錯誤；在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中，牛頓應(yīng)用了牛頓第二定律、第三定律以及開普勒定律的知識，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。2.下列說法正確的是A.處于n=3激發(fā)態(tài)的一個氫原子回到基態(tài)時一定會輻射三種頻率的光子B.α射線的穿透能力比γ射線強C.β衰變中的電子來自原子的內(nèi)層電子D.放射性元素的半衰期與壓力、溫度無關(guān)【答案】D【解析】處于n=3的一個氫原子回到基態(tài)時可能會輻射一種頻率的光子，或兩種不同頻率的光子，處于n=3的“一群”氫原子回到基態(tài)時會輻射三種頻率的光子，故A錯誤；α射線的穿透能力最弱，電離本領(lǐng)最強，故B錯誤；β衰變中的電子來自原子內(nèi)部的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時釋放出一個電子．故D錯誤；放射性元素的半衰期與壓力、溫度無關(guān)，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。3.如圖所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A點自由轉(zhuǎn)動，用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在圓弧形墻壁上的C點，當點C由圖示位置逐漸沿向上沿圓弧CB移動過程中（保持OA與地面夾角θ不變），OC繩所受拉力的大小變化情況是（）A.逐漸減小B.逐漸增大C.先減小后增大D.先增大后減小【答案】C【解析】試題分析：對G分析，G受力平衡，則拉力等于重力；故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O受繩子的拉力OA的支持力及OC的拉力而處于平衡；受力分析如圖所示；將F和OC繩上的拉力合力，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC的拉力先減小后增大，圖中D點時力最??；故選C?？键c：物體的平衡【名師點睛】本題利用了圖示法解題，解題時要注意找出不變的量作為對角線，從而由平行四邊形可得出拉力的變化。4.如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中Q1帶正電荷位于原點O，a、b是它們的連線延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L?，F(xiàn)有一帶正電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），設(shè)粒子經(jīng)過a，b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變化的圖象如圖乙所示，則以下判斷正確的是A.Q2帶負電且電荷量大于Q1B.b點的場強一定為零C.a點的電勢比b點的電勢高D.粒子在a點的電勢能比b點的電勢能大【答案】B【解析】在b點前做減速運動，b點后做加速運動，在b點的加速度為0，則在b點受到兩點電荷的電場力平衡，Q1帶正電荷，則Q2帶負電，且根據(jù)庫侖定律知，|Q2|＜|Q1|．故A正確．粒子通過b點的加速度為零，說明電場力為零，則b點的場強一定為零，故B正確．粒子從a運動到b的過程中，粒子的動能先減小，根據(jù)能量守恒知其電勢能增大．根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，可知粒子在a點的電勢能比b點的電勢能小，a點的電勢比b點的電勢低，故C、D錯誤．故選：AB.點睛：解決本題的關(guān)鍵以b點的加速度為突破口，根據(jù)庫侖定律得到Q1和Q2的電量關(guān)系．以及知道電場力做功和電勢能的關(guān)系．5.如圖所示，可視為質(zhì)點的小球，位于半徑為半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切與B點。過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則小球的初速度大小為（不計空氣阻力，重力加速度）A.B.4m/sC.D.【答案】C【解析】飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為，設(shè)位移與水平方向的夾角為，則有：因為則豎直位移為：，,所以，聯(lián)立以上各式解得：,故選項C正確。點睛：根據(jù)平拋運動速度與水平方向夾角的正切值等于位移與水平方向夾角正切值的2倍，求出豎直方向上的位移，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)速度方向求出平拋運動的初速度。6.如圖所示，是一做勻變速直線運動的質(zhì)點的位移時間圖像（xt圖像），P（t1，x1）為圖像上一點，PQ為過P點的切線，與x軸交于點Q，（0，x2）。則下列說法正確的是A.t1時刻，質(zhì)點的速率為B.t1時刻，質(zhì)點的速率為C.質(zhì)點的加速度大小為D.時間內(nèi)，質(zhì)點的平均速度大小為【答案】B【解析】在xt圖象中圖線的斜率表示速度，則t1時刻，質(zhì)點的速率為：，故A錯誤，B正確；根據(jù)圖象可知，t=0時刻，初速度不為零，根據(jù)加速度定義式：，可得加速度為：，故C錯誤；0t1時間內(nèi)，質(zhì)點的平均速度大小為：，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。7.一正三角形導(dǎo)線框ABC（高為a）從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B，磁場方向相反且均垂直于平面、寬度均為a．則感應(yīng)電流I與線框移動距離x的關(guān)系圖線可能是（以逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向）A.B.C.D.【答案】C【解析】當線框移動距離x在a～2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時，BC、AC邊在右側(cè)磁場中切割磁感線，有效切割長度逐漸增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1增大，AC邊在左側(cè)磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2不變，兩個電動勢串聯(lián)，總電動勢E=E1+E2增大，故A錯誤；當線框移動距離x在0～a范圍，線框穿過左側(cè)磁場時，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為逆時針，為正值，故B錯誤；當線框移動距離x在2a～3a范圍，線框穿過左側(cè)磁場時，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為逆時針，為正值，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。8.宇航員站在某一星球上，將一個小球距離星球表面h高度處由靜止釋放使其做自由落體運動，經(jīng)過t時間后小球到達星球表面，已知該星球的半徑為R，引力常量為G，則下列選項正確的是（）A.該星球的質(zhì)量為B.該星球表面的重力加速度為C.該星球表面的第一宇宙速度為D.該星球的密度為【答案】ACD【解析】根據(jù)自由落體運動公式：，解得星球表面的重力加速度：，星球表面的物體受到的重力等于萬有引力，即，解得質(zhì)量為：，故A正確，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可得第一宇宙速度為：，聯(lián)立以上解得：，故C正確；在星球表面有：，星球的密度為：，聯(lián)立以上解得：，故D正確。所以ACD正確，B錯誤。9.1957年，科學(xué)家首先提出了兩類超導(dǎo)體的概念，一類稱為I型超導(dǎo)體，主要是金屬超導(dǎo)體，另一類稱為II型超導(dǎo)體（載流子為電子），主要是合金和陶瓷超導(dǎo)體．I型超導(dǎo)體對磁場有屏蔽作用，即磁場無法進入超導(dǎo)體內(nèi)部，而Ⅱ型超導(dǎo)體則不同，它允許磁場通過．現(xiàn)將一塊長方體Ⅱ型超導(dǎo)體通入穩(wěn)恒電流I后放入勻強磁場中，如圖所示．下列說法正確的是（）A.超導(dǎo)體的內(nèi)部產(chǎn)生了熱能B.超導(dǎo)體所受安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力C.超導(dǎo)體表面上a、b兩點的電勢關(guān)系為D.超導(dǎo)體中電流I越大，a、b兩點的電勢差越小【答案】BC【解析】超導(dǎo)體電阻為零，超導(dǎo)體不會在內(nèi)部產(chǎn)生熱能，故A錯誤；超導(dǎo)體所受安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力，故B正確；載流子為電子，超導(dǎo)體表面上a帶負電，φa＜φb，故C錯誤；根據(jù)電流的微觀表達式I=neSv，穩(wěn)定時，洛倫茲力和電場力平衡，即，解得：，所以電流越大，電勢差越大，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。10.將阻值為非線性變化的滑動變阻器R2接入圖甲的電路中，移動滑動變阻器滑動觸頭改變接入電路中的電阻絲長度x（x為圖中a與觸頭之間的距離），定值電阻R1兩端的電壓U1與x間的關(guān)系如圖乙，a、b、c為滑動變阻器上等間距的三個點，在觸頭從a移到b和從b移到c的這兩過程中，下列說法正確的是A.電流表A示數(shù)變化量相等B.電壓表V2的示數(shù)變化量不相等C.從a點到b點電阻R1的功率變化量較大D.電源的輸出功率均不斷增大【答案】AC【解析】根據(jù)歐姆定律得到電阻R1兩端的電壓U1=IR1，由圖看出，電壓U1變化相等，R1一定，則知電流的變化相等，即得電流表示數(shù)變化相等，故A正確；電壓表V2的示數(shù)U2=EIr，電流I的變化相等，E、r一定，則△U2相等，故B錯誤；電阻R1的功率P1=I2R1，其功率的變化量為△P1=2IR1?△I，由上知△I相等，而I減小，可知從a移到b功率變化量較大，故C正確；由圖乙知，U1減小，電路中電流減小，總電阻增大，由于外電路總與電源內(nèi)阻的關(guān)系未知，無法確定電源的輸出功率如何變化，故D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。11.質(zhì)量為2m的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B相互接觸放在水平面上，如圖所示，若對A施加水平推力F，兩物塊沿水平反向做加速運動，關(guān)于A對B的作用力，下列說法中正確的是A.若水平地面光滑，物塊A對B的作用力大小為FB.若水平地面光滑，物塊A對B的作用力大小為F/3C.若物塊A與地面間無摩擦，B與地面的動摩擦因數(shù)為μ，則物體A對B的作用力大小為μmgD.若物塊A與地面間無摩擦，B與地面的動摩擦因數(shù)為μ，則物體A對B的作用力大小為【答案】BD【解析】試題分析：若水平地面光滑，將兩者看做一個整體有：，由于兩物體一起運動，所以加速度相同，故將B隔離有：，所以,A錯誤，B正確，若若物塊A與地面間無摩擦，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，將兩者看做一個整體有：，將B隔離有：，解得，C錯誤，D正確故選BD考點：考查了整體法和隔離法以及牛頓第二定律的應(yīng)用點評：整體法和隔離法在對連接的物體受力分析時非常有用，并且也是高考的一個熱點，所以需要靈活掌握12.如圖所示，處在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中的矩形線框MNPQ，以恒定的角速度繞對角線NQ轉(zhuǎn)動．已知MN長為l1，NP長為l2，線框電阻為R．t=0時刻線框平面與紙面重合，下列說法正確的是（）A.矩形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值為B.矩形線框轉(zhuǎn)過π時的電流強度為零C.矩形線框轉(zhuǎn)動一周，通過線框任意橫截面電荷量為D.矩形線框轉(zhuǎn)過π過程中產(chǎn)生的熱量為【答案】ABD【解析】產(chǎn)生正弦式交變電流，最大值為，所以有效值為：，故A正確；轉(zhuǎn)過π時，線圈平面與磁場垂直，磁通量最大，感應(yīng)電動勢為零，電流為零，故B正確；轉(zhuǎn)過一周通過橫截面的電量為零，故C錯誤；根據(jù)焦耳定律可得轉(zhuǎn)過π過程的熱量為：，故D正確。所以ABD正確，C錯誤。二、實驗題13.某活動小組利用如圖所示的裝置測定物塊A與桌面間的最大靜摩擦力，步驟如下：①按圖組裝好器材，使連接物塊A的細線與水平桌面平行；②緩慢向礦泉水瓶內(nèi)加水，直至物塊A恰好開始運動；③用天平測出礦泉水瓶及水的總質(zhì)量m；④用天平測出物塊A的質(zhì)量M；（1）該小組根據(jù)以上過程測得的物塊A與桌面間的最大靜摩擦力為______，本小組采用注水法的好處是__________________________________________．（當?shù)刂亓铀俣葹間）（2）若認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)為______．【答案】(1).mg(2).可使物塊A所受拉力連續(xù)增加，使測量更加準確(3).【解析】（1）根據(jù)平衡條件可知，最大靜摩擦力f=mg，好處是可以連續(xù)不斷地注入水，即連續(xù)不斷的改變拉力。

（2）根據(jù)共點力平衡可知，μMg=mg，解得：。14.某興趣小組欲通過測定工業(yè)污水（含有多種重金屬離子）的電阻率來判斷某工廠廢水是否達到排放標準（一般工業(yè)廢水電阻率的達標值ρ≥200Ω?m）．如圖甲所示為該同學(xué)所用盛水容器，其左、右兩側(cè)面為金屬薄板（電阻極?。溆嗨拿嬗山^緣材料制成，左右兩側(cè)帶有接線柱．容器內(nèi)表面長a=40cm，寬b=20cm，高c=10cm．將水樣注滿容器后，用多用電表粗糙水樣電阻約為2750Ω。（1）為更精確地測量所取水樣的電阻，該小組從實驗室中找到如下實驗器材：A．電流表（量程5mA，電阻RA約為20Ω）B．電壓表（量程15V，電阻RV約為10kΩ）C．滑動變阻器（0～20Ω，額定電流1A）D．電源（12V，內(nèi)阻約10Ω）E．開關(guān)一只、導(dǎo)線若干請在圖乙實物圖中完成電路連接．（2）正確連接電路后，閉合開關(guān)，測得一組U、I數(shù)據(jù)；再調(diào)節(jié)滑動變阻器，測出一系列數(shù)據(jù)如下表所示，請在如圖丙所示的坐標紙中作出UI關(guān)系圖線．（3）由以上測量數(shù)據(jù)可以求出待測水樣的電阻率為_________Ω?m．據(jù)此可知，所測水樣在電阻率這一指標上_______（選填“達標”或“不達標”）?！敬鸢浮?1).(2).137（134~140）不達標【解析】（1）因為要精確測量電阻值，需要電路中電壓有較大的變化范圍，而滑動變阻器阻值又遠小于待測電阻，所以連線時滑動變阻器要用分壓接法；又因為，則采用電流表內(nèi)接法，電路連接如圖1所示：（2）根據(jù)描點作圖法可得圖2所示：（3）由圖線斜率可知，總電阻為：，又因為：R=R總RA=2700Ω，根據(jù)電阻定律：，代入數(shù)據(jù)解得：，所以不達標。三、計算題15.如圖所示，豎直半圓形光滑軌道BC與水平面AB相切，AB間距離x=1m，質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊1放在半圓形軌道底端的B點，另一質(zhì)量也為m=0.1kg的小滑塊2，從A點以的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道．已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．兩滑塊均可視為質(zhì)點．求：（1）碰后瞬間兩滑塊共同的速度大小v；（2）兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能△E；（3）半圓環(huán)軌道的半徑R．【答案】（1）3m/s（2）0.9J（3）0.18m【解析】試題分析：根據(jù)動能定理和動量守恒定律求出小滑塊1與小滑塊2碰撞后的共同速度；碰后小滑塊1、小滑塊2粘在引起，組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰后的速度，結(jié)合能量守恒定律求出損失的機械能；碰后兩物塊沿圓弧軌道上升到C點的過程中根據(jù)機械能守恒和根據(jù)牛頓第二定律可得求得半徑。（1）滑塊2從A運動到B，設(shè)滑塊2在B點的速度為v1，由動能定理可得：代入數(shù)據(jù)解得：在B點，滑塊2與滑塊1發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得：（2）滑塊2與滑塊1在B點發(fā)生完全非彈性碰撞，由能量守恒可得機械能損失為：解得：（3）碰后兩物塊沿圓弧軌道上升到C點的過程中機械能守恒在C點，兩滑塊受重力和軌道的作用力F根據(jù)牛頓第二定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：R=0.18m點睛：本題主要考查了動量守恒定律、牛頓第二定律、機械能守恒定律等知識，綜合性較強，關(guān)鍵是理清運動過程，選擇合適的規(guī)律進行求解。16.如圖所示，兩根半徑為r的四分之一圓弧軌道間距為L，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于輻向磁場中，圓弧軌道所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B．將一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放．已知當金屬棒到達如圖所示的cd位置（金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角為θ）時，金屬棒的速度達到最大；當金屬棒到達軌道底端ef時，對軌道的壓力為1.5mg．求：（1）當金屬棒的速度最大時，流經(jīng)電阻R的電流大小和方向；（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經(jīng)電阻R的電量．（3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量．【答案】（1）電流方向為a→R→b（2）（3）【解析】試題分析：（1）金屬棒速度最大時，在軌道切線方向所受合力為0，由此條件列式求解流經(jīng)電阻R的電流大小，由右手定則判斷電流方向．（2）金屬棒下滑過程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求電量．（3）先由牛頓第二定律求出金屬棒到達最低點時的速度，再根據(jù)能量守恒定律求電阻R上產(chǎn)生的熱量．解：（1）金屬棒速度最大時，在軌道切線方向所受合力為0，則有：mgcosθ=BIL解得：I=，流經(jīng)R的電流方向為a→R→b．（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中，穿過回路的磁通量變化量為：△Φ=BS=B?L?=平均電動勢為：=，平均電流為：=則流經(jīng)電阻R的電量：q=t==（3）在軌道最低點時，由牛頓第二定律得：N﹣mg=m據(jù)題有：N=1.5mg由能量轉(zhuǎn)化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr電阻R上發(fā)熱量為：QR=Q=答：（1）當金屬棒的速度最大時，流經(jīng)電阻R的電流大小為，流經(jīng)R的電流方向為a→R→b．（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經(jīng)電阻R的電量為．（3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為．【點評】解決本題的關(guān)鍵是明確金屬棒是垂直切割磁感線的，與平直軌道上運動情況相似，注意電量與磁通量的變化量有關(guān)，熱量往往根據(jù)能量守恒求解．17.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標系xoy，第I象限坐標為（x，d）位置處有一微粒發(fā)射器P，第II、III、IV象限有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時刻微粒發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒。微粒從處經(jīng)過y軸且速度方向與y軸負方向成45°角。其后微粒在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第I象限。已知第II、III、IV象限內(nèi)勻強電場的電場強度。重力加速度為g，求：（1）微粒剛從發(fā)射器射出時的初速度及微粒發(fā)射器P的橫坐標x；（2）微粒從發(fā)射器射出到返回第I象限上升到最高點所用的總時間?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：小球在第一象限做平拋運動，應(yīng)用平拋運動規(guī)律求出小球的初速度與距離；小球在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求出運動的半徑，進而求出磁感應(yīng)強度，求出微粒在勻強磁場中運動的時間和微粒返回到第I象限后上升到最大高度所用時間，進而求出總時間。（1）帶電微粒從發(fā)射器射出后做平拋運動，設(shè)初速度為沿水平方向，，沿豎直方向，速度關(guān)系為：，聯(lián)立解得：（2）如圖所示，帶電微粒進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中受豎直向上的電場力：qE=mg在洛倫茲力作用下勻速圓周運動，有微粒在勻強磁場中運動的線速度由幾何關(guān)系可得，微粒做勻速圓周運動的半徑微粒在勻強磁場中運動的時間其中周期，聯(lián)立解得設(shè)微粒返回到第I象限后上升到最大高度所用時間所以，微粒從射出到返回第I象限上升到最高點所用的總時間點睛：本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動，注意帶電微粒進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中當qE=mg時做勻速圓周運動。18.對于分子動理論和物體內(nèi)能的理解，下列說法正確的是________A.溫度高的物體內(nèi)能不一定大，但分子平均動能一定大B.外界對物體做功，物體內(nèi)能一定增加C.溫度越高，布朗運動越明顯D.當分子間的距離增大時，分子間作用力就一直減小E.當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時分子勢能隨分子間距離的減小而增大【答案】ACE19.一粗細均勻的J形玻璃管豎直放置，短臂端封閉，長臂端（足夠長）開口向上，短臂內(nèi)封有一定質(zhì)量的理想氣體，初始狀態(tài)時管內(nèi)各段長度如圖（a）所標，密閉氣體的溫度為27℃．大氣壓強為75cmHg，求：①若沿長臂的管壁緩慢加入5cm的水銀柱并與下方的水銀合為一體，為使密閉氣體保持原來的長度，應(yīng)使氣體的溫度變?yōu)槎嗌?？②在第①小題的情況下，再使玻璃管沿繞過O點的水平軸在豎直平面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)過180°，穩(wěn)定后密閉氣體的長度變?yōu)槎啻?？③在圖乙所給的pT坐標系中畫出以上兩個過程中密閉氣體的狀態(tài)變化過程?！敬鸢浮竣佗?0cm③①已知，，由，代入數(shù)據(jù)解得：②假設(shè)玻璃管旋轉(zhuǎn)180°后短臂內(nèi)無水銀，水平管內(nèi)水銀柱長為x，則有，，由可得：解得：x=8cm，與假設(shè)相符，故假設(shè)成立，則密閉氣體的長度為18+10+10x=30cm③，變化過程如圖所示：點睛：本題主要考查了理想氣體狀態(tài)方程解題，關(guān)鍵是正確選取狀態(tài)，明確狀態(tài)參量，尤其是正確求解被封閉氣體的壓強，這是熱學(xué)中的重點知識。20.一振動周期為T，位于x=0處的波源從平衡位置開始演y軸正方向做簡諧運