A．B對A的作用力方向肯定豎直向上B．B對A的作用力肯定大于A的重力C．地面對B的摩擦力方向可能向右D．地面對B的作用力大小可能等于A、B的總重力二、非選擇題:共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不能得分；有數值計算時，答案中必需明確寫出數值和單位。12.其同學為了測量一個量程為3V的電壓表的內阻，進行了如下試驗．（1）他先用多用表進行了正確的測量，測量時指針位置如圖1所示，得出電壓表的內阻為3.00×103Ω，此時電壓表的指針也偏轉了．已知多用表歐姆檔表盤中心刻度值為“15”，表內電池電動勢為1.5V，則電壓表的示數應為V（結果保留兩位有效數字）（2）為了更精確地測量該電壓表的內阻RV，該同學設計了圖2所示的電路圖，試驗步驟如下：A．斷開開關S，按圖2連接好電路；B．把滑動變阻器R的滑片P滑到b端；C．將電阻箱R0的阻值調到零；D．閉合開關S；E．移動滑動變阻器R的滑片P的位置，使電壓表的指針指到3V位置；F．保持滑動變阻器R的滑片P位置不變，調整電阻箱R0的阻值使電壓表指針指到1.5V位置，讀出此時電阻箱R0的阻值，此值即為電壓表內阻RV的測量值；G．斷開開關S．試驗中可供選擇的試驗器材有：a．待測電壓表b．滑動變阻器：最大阻值2000Ωc．滑動變阻器：最大阻值10Ωd．電阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小變更量為0.1Ωe．電阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小變更量為0.1Ωf．電池組：電動勢約6V，內阻可忽視g．開關，導線若干依據這位同學設計的試驗方法，回答下列問題：①要使測量更精確，除了選用電池組、導線、開關和待測電壓表外，還應從供應的滑動變阻器中選用（填“b”或“c”），電阻箱中選用（填“d”或“e”）②電壓表內阻RV的測量值R測和真實值R真相比，R測R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，則越（填“大”或“小”）13.麥克斯韋在1865年發表的《電磁場的動力學理論》一文中揭示了電、磁現象與光的內在聯系及統一性，即光是電磁波。（1）某單色光波在折射率為的玻璃磚介質中傳播，某時刻電場橫波圖象如圖1所示，已知：c＝3×108m/s求該光波的頻率。（結果可用分數表示）（2）折射率為的玻璃磚的截面為等腰梯形，如圖2所示，其中上、下兩面平行，底角45°，現將（1）中的單色光以寬度為d的光束平行于CD邊入射到AC界面上，a、b是光束的邊界。光線a在玻璃磚中的光路已給出且恰好從D點射出。畫出光線b從玻璃磚中首次出射的光路圖。并求出玻璃磚中有光射出部分的長度L以及出射光線與界面的夾角θ。14.兩端開口、粗細勻稱的足夠長U形玻璃管插在容積很大的水銀槽中，管的上部有肯定長度的水銀，兩段空氣柱被封閉在左右兩側的豎直管中．開啟閥門A，各水銀液面穩定時，位置如圖所示，此時兩部分氣體溫度均為300K．已知h1＝5cm，h2＝10cm，右側氣體柱長度L1＝60cm，大氣壓為p0＝75cmHg.(1)求左側豎直管內氣體柱的長度L2；(2)關閉閥門A，當右側豎直管內的氣體柱長度為L′1＝68cm時(管內氣體未溢出)，氣體溫度應上升到多少？15.如圖所示，地面上有一傾角為θ＝37°足夠長的固定斜面，斜面上有兩個質量分別為m1＝0.1kg，m2＝0.3kg的可看做質點的物塊，初始時相距d＝1m，m2與斜面動摩擦因數為μ2＝0.75，現由靜止釋放m1，經過時間t＝1s后與靜止的m2發生彈性碰撞，碰撞時間極短，（重力加速度g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求（1）第一次碰撞前瞬間m1的速度v0的大小以及m1與斜面之間動摩擦因數μ1（2）第一次碰撞后兩物塊速度大小：（3）第一次與其次次碰撞期問，兩物塊間距離最大值為多少16.如圖所示,豎直平面內有一半徑為r、內阻為R1、粗細勻稱的光滑半圓形金屬環,在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行金屬軌道ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,磁感應強度大小均為B.現有質量為m、電阻不計的導體棒ab,從圓環的最高點A處由靜止下落,在下落過程中導體棒始終保持水平,與半圓形金屬環及軌道接觸良好,兩平行軌道足夠長.已知導體棒ab下落時的速度大小為,下落到MN處的速度大小為.(1)求導體棒ab從A下落時的加速度大小;(2)若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h及R2上的電功率P2;(3)若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移,導體棒ab剛進入磁場Ⅱ時速度大小為,要使其在外力F作用下做勻加速直線運動,加速度大小為a,求所加外力F隨時間變更的關系式.參考答案單項選擇題:共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1.有人依據條形磁鐵的磁場分布狀況用塑料制作了一個模具，模具的側邊界剛好與該條形磁鐵的磁感線重合，如圖所示。另取一個松軟的彈性導體線圈套在模具上方某位置，線圈貼著模具上下移動的過程中，下列說法正確的是（地磁場很弱，可以忽視）（）A．線圈切割磁感線，線圈中出現感應電流 B．線圈緊密套在模具上移動過程中不出現感應電流 C．由于線圈所在處的磁場是不勻稱的，故而不能推斷線圈中是否有電流產生 D．若線圈平面放置不水平，則移動過程中會產生感應電流【分析】依據感應電流產生的條件：穿過閉合電路的磁通量發生變更進行分析推斷有無感應電流產生。【解答】解：由題，模具的形態與磁感線的形態是相同的，則線圈貼著模具上下移動的過程中穿過線圈的磁感線的條數不會發生不會，即穿過線圈的磁通量不變，所以線圈緊密套在模具上移動過程中不出現感應電流。故B正確，ACD錯誤故選：B。2.如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，水平軌道AB部分存在水平向右的勻強電場E，半圓形軌道處于豎直平面內，B為最低點，D為最高點．一質量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止起先沿AB向右運動，并能恰好通過最高點D，則下列物理量的變更對應關系正確的是（）A．其它條件不變，R越大，x越小 B．其它條件不變，m越大，x越大 C．其它條件不變，E越大，x越大 D．其它條件不變，R越大，小球經過B點瞬間對軌道的壓力越大【解答】解：A、小球在BCD部分做圓周運動，在D點，由牛頓其次定律有：mg＝m；小球由B到D的過程中機械能守恒：；聯立解得：R越大，小球經過B點時的速度越大，則x越大，選項A錯誤；B、小球由A到B，由動能定理得：qEx＝將代入得：知m越大，x越大，故B正確；C、場強E越大，x越小，故C錯誤；D、在B點有：；將代入得：FN＝6mg，選項D錯誤。故選：B。3.宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統，通常可忽視其他星體對它們的引力作用．設四星系統中每個星體的質量均為m，半徑均為R，四顆星穩定分布在邊長為a的正方形的四個頂點上．已知引力常量為G．關于四星系統，下列說法錯誤的是（忽視星體自轉）（）A．四顆星圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動 B．四顆星的軌道半徑均為 C．四顆星表面的重力加速度均為 D．四顆星的周期均為2πa【解答】解：A、星體在其他三個星體的萬有引力作用下，合力方向指向對角線的交點，圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，故A正確。B、四顆星的軌道半徑為r＝．故B錯誤。C、依據萬有引力等于重力有：，則g＝．故C正確。D、依據萬有引力供應向心力，解得T＝．故D正確。本題選錯誤的，故選B。4.如圖所示，質量為m的小球系于輕質彈簧的一端，且套在光滑直立的圓環上，彈簧的上端固定于環的最高點A，小球靜止時處于圓環的B點，此時∠AOB=60°，彈簧伸長量為L．現用該彈簧沿水平方向拉住質量為2m的物體，系統靜止時彈簧伸長量也為L．則此時物體所受的摩擦力（） A．等于零 B．大小為0.5mg，方向沿水平面對右 C．大小為mg，方向沿水平面對左 D．大小為2mg，方向沿水平面對右考點： 共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．分析： 平衡狀態下物體的受力分析，在夾角為特別角時物體受力的特點．解答： 解：對B進行受力分析可以知道，物體受到重力、彈簧的彈力和圓環對物體的支持力，由于三角形OAB是一個等邊三角形，利用平行四邊形定則做出重力、彈力的合力的平行四邊形會發覺，重力、彈力和支持力會處在同一個三角形中并且這個三角形是等邊三角形，由此我們判定彈簧的彈力與物體的重力相等都是mg，此時彈簧伸長量為L，當該彈簧沿水平方向拉住質量為2m的物體時彈簧伸長量也為L，由此可知兩次彈簧的彈力是一樣的即為mg，由于質量為2m的物體處于靜止狀態，即受力平衡，在水平方向上是彈簧的彈力和物體所受的摩擦力平衡，所以物體所受的摩擦力大小即為mg，方向與彈簧的彈力方向相反即為水平面對左，故只有C正確．故選：C．點評： 利用平行四邊形，找出物體受到重力、彈簧的彈力和圓環對物體的支持力三者的關系，這是本題的重點，找出它們的關系，彈簧的彈力就好確定了，從而可以求出物體所受的摩擦力．5.如圖所示，質量相同的三個小球均可視為質點，處于同一水平面上．A球以初速度v0豎直上拋，B球以與水平面成θ角、大小也是v0的初速度斜向右上拋出，C球沿傾角為θ的足夠長斜面以初速度v0上滑．上述運動過程中均不計空氣阻力和一切摩擦，以下關于三個小球上升的最大高度的比較正確的是（） A．HA＞HB＞HC B．HA＞HB=HC C．HA＜HB＜HC D．HB＜HA=HC考點： 機械能守恒定律．分析： ABC三個球的機械能都守恒，到達最高點時，依據機械能守恒定律分析對比可以得出結論．解答： 解：對于A、C兩個球，達到最高點時，A、C兩個球的速度均為零，物體的動能全部轉化為重力勢能，所以A、C的最大高度相同；對于B球來說，由于B是斜拋運動，在水平方向上有一個速度，這個分速度的動能不會轉化成物體的重力勢能，所以B球在最高點時的重力勢能要比AC兩球的小，所以高度要比AC兩球的高度小，所以D正確．故選D．點評： B球做的是斜拋運動，水平方向的分速度是不能轉化成物體的重力勢能的，所以B的高度最低．6.氫原子能級圖如圖所示，用大量處于n＝2能級的氫原子躍遷到基態時，放射出的光照耀光電管陰極K，測得光電管電流的遏止電壓為7.6V，已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s，電子電量e＝﹣1.6×10﹣19C，下列推斷正確的是（）A．電子從陰極K表面逸出的最大初動能為2.6eV B．陰極K材料的逸出功為7.6eV C．陰極K材料的極限頻率為6.27×1014Hz D．氫原子從n＝4躍遷到n＝2能級，放射出的光照耀該光電管陰極K時能發生光電效應【分析】依據光電效應方程，結合Ekm＝eU0，即可求解最大初動能，與逸出功，再由逸出功W0等于hγ0，求出材料的極限頻率，最終依據光電效應發生條件，即可求解。【解答】解：A、因遏止電壓為U0＝7.6V，依據動能定理可知，光電子的最大初動能Ekm＝eU0，光電子的最大初動能為7.6eV，故A錯誤；B、依據光電效應方程，可知，W0＝hγ﹣Ekm，而hγ＝E2﹣E1；因此W0＝13.6﹣3.4﹣7.6＝2.6eV，故B錯誤；C、因逸出功W0等于hγ0，則材料的極限頻率γ0＝＝＝6.27×1014Hz，故C正確。D、從n＝4躍遷到n＝2能級，釋放能量為△E＝3.4﹣0.85＝2.55eV＜2.6eV，因此放射出的光照耀該光電管陰極K時，不能發生光電效應，故D錯誤。故選：C。7.電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的志向變壓器，總匝數為2400匝的原線圈輸入電壓u＝220sin100πt（V），擋位1、2、3、4對應的線圈匝數分別為240匝、600匝、1200匝、2400匝。電動機M的內阻r＝8Ω，額定電壓為U＝220V，額定功率P＝110W．下列推斷正確的是（）A．該交變電源的頻率為100Hz B．當選擇3擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110V C．當擋位由3變為2后，原線圈的電流變大 D．當選擇擋位4后，電動機的輸出功率為108W【分析】依據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式即可知角速度ω，結合ω＝2πf得交變電源的頻率；當選擇3檔位后，依據變壓比規律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的倍；當檔位由3變為2后，依據變壓比規律推斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變更，依據輸入功率等于輸出功率，由P＝UI推斷原線圈電流的變更；當選擇檔位4后，依據變壓比規律求出副線圈電壓，依據能量守恒求電動機的輸出功率。【解答】解：A、依據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知ω＝100π，交變電源的頻率＝＝50Hz，故A錯誤；B、當選擇3檔位后，副線圈的匝數為1200匝，依據電壓與匝數成正比得，即，解得，所以電動機兩端電壓的最大值為110，故B錯誤；C、當檔位由3變為2后，依據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功率變小，輸入功率變小，依據知原線圈電流變小，故C錯誤；D、當選擇檔位4，副線圈匝數等于2400匝，依據電壓比規律得副線圈兩端的電壓為220V，電動機正常工作，流過電動機的電流，電動機的發熱功率＝，電動機的輸出功率為，故D正確；故選：D。8.如圖,粗糙水平桌面上當一豎直放置的條形磁鐵從線時,若線圈始終不動,則關于線A.FN先小于mg后大于mg,運動趨勢向左B.FN先大于mg后小于mg,運動趨勢向左C.FN先小于mg后大于mg,運動趨勢向右D.FN先大于mg后小于mg,運動趨勢向右【答案】(D)9.如圖所示，A，B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板中心各有一小孔M、N，今有一帶電質點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N三點在同一豎直線上)，空氣阻力不計，到達N點的速度恰好為零，然后按原路徑返回，若保持兩板間的電壓不變，則()A．若把A板向上平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回B．若把B板向下平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回C．若把A板向上平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔接著下落D．若把B板向上平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔接著下落〖解析〗當開關S始終閉合時，A、B兩板之間的電壓保持不變，當帶電質點從M向N運動時，要克服電場力做功，W＝qUAB，由題設條件知：質點由P到N的運動過程中，重力做的功與物體克服電場力做的功相等，即mg2d－qUAB＝0。A、C選項中，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回；B、D選項中，因B板下移一段距離，保持UAB不變，而重力做功增加，所以它將始終下落。綜上所述，正確選項為A。〖答案〗A10.如圖1所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A，B質量分別為mA=6kg，mB=2kg，A，B之間的動摩擦因數μ=0.2，起先時F=10N，此后漸漸增加，在增大到45N的過程中，則（）A．當拉力F＜12N時，兩物體均保持靜止狀態B．兩物體起先沒有相對運動，當拉力超過12N時，起先相對滑動C．兩物體間從受力起先就有相對運動D．兩物體間始終沒有相對運動〖解析〗首先以A，B整體為探討對象。受力如圖2，在水平方向只受拉力F，依據牛頓其次定律列方程F=(mA+mB)a①再以B為探討對象，如圖3，B水平方向受摩擦力f=mBa②當f為最大靜摩擦力時，由①②得a=6m/s2。代入式①F=（6+2）×6N=48N。由此可以看出當F＜48N時A，B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A，B間不會發生相對運動。所以D選項正確。〖答案〗D11.如圖所示，木塊B靜止在水平地面上，木塊A疊放在B上．A的左側靠在光滑的豎起墻面上．關于A、B的受力狀況，下列說法中正確的是（）A．B對A的作用力方向肯定豎直向上B．B對A的作用力肯定大于A的重力C．地面對B的摩擦力方向可能向右D．地面對B的作用力大小可能等于A、B的總重力【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】分光滑與粗糙兩種狀況，分別對A以及AB整體進行分析，由共點力的平衡條件可推斷兩物體可能的受力狀況．【解答】解：A、對A受力分析可知：1．若A與B的接觸面光滑，則A受重力、支持力及墻壁對A的支持力作用，A處于靜止狀態，合力為零，由于A、B之間的接觸面傾斜，則B對A的支持力大于A的重力，依據牛頓第三定律可知，物塊A對物塊B的壓力大小大于物塊A的重力；2．若接觸面粗糙，A可能受到重力、支持力和B對A的摩擦力，有可能A還受到墻壁的支持力；當墻壁對A沒有支持力時，B對A的支持力與摩擦力的合力與A的重力大小相等，方向相反．由以上分析可知，故A錯誤，B錯誤；C、1．若A與B的接觸面光滑，木塊B受重力、地面的支持力、A對B斜向下的壓力以及地面的摩擦力處于靜止狀態，合力為零，則摩擦力方向水平向左；2．若接觸面粗糙，木塊B受重力、地面的支持力、A對B斜向下的壓力以及A對B的靜摩擦力，其中A對B斜向下的壓力以及A對B的靜摩擦力的合力與A的重力大小相等，方向豎直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C錯誤；D、對整體進行受力分析可知，整體在豎直方向不受外力，故支持力肯定等于兩物體的重力，故D正確；故選：D二、非選擇題:共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不能得分；有數值計算時，答案中必需明確寫出數值和單位。12.其同學為了測量一個量程為3V的電壓表的內阻，進行了如下試驗．（1）他先用多用表進行了正確的測量，測量時指針位置如圖1所示，得出電壓表的內阻為3.00×103Ω，此時電壓表的指針也偏轉了．已知多用表歐姆檔表盤中心刻度值為“15”，表內電池電動勢為1.5V，則電壓表的示數應為V（結果保留兩位有效數字）（2）為了更精確地測量該電壓表的內阻RV，該同學設計了圖2所示的電路圖，試驗步驟如下：A．斷開開關S，按圖2連接好電路；B．把滑動變阻器R的滑片P滑到b端；C．將電阻箱R0的阻值調到零；D．閉合開關S；E．移動滑動變阻器R的滑片P的位置，使電壓表的指針指到3V位置；F．保持滑動變阻器R的滑片P位置不變，調整電阻箱R0的阻值使電壓表指針指到1.5V位置，讀出此時電阻箱R0的阻值，此值即為電壓表內阻RV的測量值；G．斷開開關S．試驗中可供選擇的試驗器材有：a．待測電壓表b．滑動變阻器：最大阻值2000Ωc．滑動變阻器：最大阻值10Ωd．電阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小變更量為0.1Ωe．電阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小變更量為0.1Ωf．電池組：電動勢約6V，內阻可忽視g．開關，導線若干依據這位同學設計的試驗方法，回答下列問題：①要使測量更精確，除了選用電池組、導線、開關和待測電壓表外，還應從供應的滑動變阻器中選用（填“b”或“c”），電阻箱中選用（填“d”或“e”）②電壓表內阻RV的測量值R測和真實值R真相比，R測R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，則越（填“大”或“小”）【解答】解：（1）歐姆表的內電阻等于中值電阻，為：R＝15×100＝1500Ω；電壓表的內電阻為：RV＝3000Ω；故電壓表讀數為：U＝IRV＝?RV＝＝1.0V；（2）①采納電壓表半偏法測量電壓表內電阻，要保證電壓表與電阻箱的總電壓保持不變，須要使電壓表電阻遠大于滑動變阻器的電阻，故滑動變阻器選擇小電阻，即選擇c；電阻箱最大電阻不能小于電壓表電阻，電壓表內電阻約為3000歐姆，故電阻箱選擇d；②試驗中要保證電壓表與電阻箱的總電壓不變，但事實上該電壓是變更的；當電阻箱電阻增加時，電壓表與電阻箱的總電壓略微增加；試驗中認為電阻箱和電壓表電阻相等，故調整電阻箱R0的阻值使電壓表指針指到1.5V位置，此時電阻箱的電壓大于1.5V，故電阻箱的電阻大于電壓表的電阻，即測量值偏大；當Rv越大，電壓表與電阻箱的總電壓偏差越小，系統誤差越小，越小；故答案為：（1）1.0；（2）①c；d；②＞；小．13.麥克斯韋在1865年發表的《電磁場的動力學理論》一文中揭示了電、磁現象與光的內在聯系及統一性，即光是電磁波。①某單色光波在折射率為的玻璃磚介質中傳播，某時刻電場橫波圖象如圖1所示，已知：c＝3×108m/s求該光波的頻率。（結果可用分數表示）②折射率為的玻璃磚的截面為等腰梯形，如圖2所示，其中上、下兩面平行，底角45°，現將①中的單色光以寬度為d的光束平行于CD邊入射到AC界面上，a、b是光束的邊界。光線a在玻璃磚中的光路已給出且恰好從D點射出。畫出光線b從玻璃磚中首次出射的光路圖。并求出玻璃磚中有光射出部分的長度L以及出射光線與界面的夾角θ。【分析】①由圖象可知光波的波長，則由波長、頻率和波速的關系可求得光波的頻率；②由題意可求得該光在玻璃中的折射率，因兩條光線相互平行，故關鍵在于分析CD面上光線能否發生全反射。【解答】解：①設光在介質中的傳播速度為v，波長為λ．頻率為f，由圖1得光在介質中的速度v＝光波的頻率為代入數據求得Hz②光路圖如下：得r＝30°由幾何關系得在CD面上的入射角為75°，在CD面發生全反射，在BD面上的入射角為30°，依據折射定律得BD面的折射角為45°玻璃磚中有光射出部分的長度L＝d答：①該光波的頻率為HZ②畫出光線b從玻璃磚中首次出射的光路圖如圖所示，玻璃磚中有光射出部分的長度L為，出射光線與界面的夾角θ為45°。14.兩端開口、粗細勻稱的足夠長U形玻璃管插在容積很大的水銀槽中，管的上部有肯定長度的水銀，兩段空氣柱被封閉在左右兩側的豎直管中．開啟閥門A，各水銀液面穩定時，位置如圖所示，此時兩部分氣體溫度均為300K．已知h1＝5cm，h2＝10cm，右側氣體柱長度L1＝60cm，大氣壓為p0＝75cmHg.(1)求左側豎直管內氣體柱的長度L2；(2)關閉閥門A，當右側豎直管內的氣體柱長度為L′1＝68cm時(管內氣體未溢出)，氣體溫度應上升到多少？【解析】(1)設右管氣體壓強為p1，左管氣體壓強為p2，左管氣體下端與水銀槽面的高度差為h3，則有：p1＝p0＋h2＝85cmHgp2＝p1－h1＝80cmHgp3＝p0＋h3，得h3＝5cmL3＝L1－h2＋h1＋h3＝60cm.(2)設管的橫截面面積為S對右管中氣體初態：p1＝85cmHgV1＝L1ST1＝300K末態：p′1＝p0＋(L′1－L1＋h2)＝93cmHgV′1＝L′1S則有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p′1V′1,T′1)解得T′1＝372K.【答案】(1)60cm(2)372K15.如圖所示，地面上有一傾角為θ＝37°足夠長的固定斜面，斜面上有兩個質量分別為m1＝0.1kg，m2＝0.3kg的可看做質點的物塊，初始時相距d＝1m，m2與斜面動摩擦因數為μ2＝0.75，現由靜止釋放m1，經過時間t＝1s后與靜止的m2發生彈性碰撞，碰撞時間極短，（重力加速度g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求（1）第一次碰撞前瞬間m1的速度v0的大小以及m1與斜面之間動摩擦因數μ1（2）第一次碰撞后兩物塊速度大小：（3）第一次與其次次碰撞期問，兩物塊間距離最大值為多少【解答】解：（1）m1向下做初速度為零的勻加速直線運動，位移：d＝t＝t，碰撞前速度：v0＝＝＝2m/s；m1的加速度：a＝＝2m/s2，對m1，由牛頓其次定律得：m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a，代入數據解得：μ1＝0.5；（2）兩物塊發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以平行于斜面對下