1、物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1. 人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能，薄膜光帆的面积，探测器的质量，已知光子的动量的计算式，那么探测器得到的加速度大小最接近A. B. C. D. 【答案】A【解析】解：由，以及光在真空中光速知光子的动量和能量之间关系为：。设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为每秒每平方米面积获得的太阳光能为：由动量定理得：压强，对探测器应用牛顿第二定律可得代入数据得
2、：故A正确，BCD错误。故选：A。找出光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，求出探测器受到光压力，由牛顿第二定律求出加速度。该题结合光子的相关知识考查动量定理的应用，解答本题难度并不大，但解题时一定要细心、认真，应用动量定理与牛顿第二定律即可解题。2. 在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度
3、为开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有A. 由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgHB. 表演者向上的最大加速度是C. 表演者向下的最大加速度是D. B点的高度是【答案】A【解析】解：A、对A至C全过程应用动能定理：，解得：，故A正确；B、设最大风力为，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力，人平躺
4、上升时有最大加速度为：，故B错误；C、人站立加速下降时的加速度为：，人平躺减速下降时的加速度大小为：，故C错误；D、设下降的最大速度为v，有速度位移公式得加速下降过程位移为：，减速下降过程位移为：故：3所以，选项D错误；故选：A。由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力，人站立时风力为，人下降过程分为匀加速和匀减速过程，先根据牛顿第二定律求出两个过程的加速度，再结合运动学公式分析求解本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断。3. 2019年1月3日，嫦娥
5、四号成功着陆在月球背面开始了对月球背面区域的科学考察之旅。由于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直接穿透月球与嫦娥四号建立联系，为此，我国特意于2018年5月21日成功发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，如下图所示，若忽略除地球和月球外其他天体的影响，运行在地月第二拉格朗日点点的“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以点为中心的自转和与月球一起绕地球的公转两个运动，以确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系。以下关于月球和中继星“鹊桥”运动的认识中正确的是A. 月球的自转周期与其绕地球的公转周期一定是相同的B. “鹊桥”的公转周期一定大于月球的公转周期C.
6、 “鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期D. “鹊桥”绕点自转的向心力一定是地球和月球对其万有引力的合力【答案】A【解析】解：A、月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，其自转周期和绕地球的公转周期相同，故A正确；B、“鹊桥”和月球同步绕地球运动，角速度相等，公转周期一定等于月球的公转周期，故B错误；C、分析题意，不能得出“鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期的结论，故C错误；D、中继星“鹊桥”绕拉格朗日点运动过程，受到地球和月球万有引力作用，合力不能提供向心力，因此还受到自身的动力作用，故D错误。故选：A。月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，其自转周期和绕地球
7、的公转周期相同；中继星“鹊桥”与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据万有引力提供向心力，分析公转周期；中继星“鹊桥”受到地球和月球万有引力、自身的动力作用。本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件。4. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为，在M点的动能为，不计空气的阻力，则A. 从A点运动到M点电势能增加2JB. 小球水平位移与的比值1：4C. 小球落到B点时的动能24JD. 小球从A点运动到B点的过程中动能
8、有可能小于6J【答案】D【解析】解：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，AB、对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，小球抛出时的动能为，在M点的动能为，因此克服合力做功2J，而从A点运动到M点电场力做功为6J，则电势能减小6J，故AB错误；C、设物体在B动能为，水平分速度为，竖直分速度为。由竖直方向运动对称性知对于水平分运动运用动能定理：3解得：；故E，故C错误；D、由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：，所以：由右图可得：所以则小球从A运动到B的过程中速度最
9、小时速度一定与等效垂直，即图中的P点，故，故D正确。故选：D。小球水平分运动为匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，上升和下降时间相等，可以求出与的比值，对水平方向分运动和竖直方向分运动分别运用动能定理，然后求出各个特殊点的动能。本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解。5. 如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心的正上方，OA与竖直方向成角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与
10、竖直方向成角，则下列叙述正确的是A. 小球A、B受到的拉力与相等，且B. 弹簧弹力大小C. A球质量为D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg【答案】C【解析】解：AB、隔离对B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：竖直方向有：，则，弹簧弹力，根据定滑轮的特性知：与相等；故A、B错误；CD、对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为，则N和T相等，有：，解得由对称性可得：，故C正确，D错误。故选：C。先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，再对A分析，根据共点力平衡求出A球质量和半圆柱体对A球支持力解决本题的关键是能够正确地受力分析，运用共
11、点力平衡进行求解本题采用隔离法研究比较简便要注意三角函数的应用二、多选题（本大题共5小题，共22.0分）6. 一个电子在电场力作用下做直线运动不计重力。从0时刻起运动依次经历、时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是A. 0时刻与时刻电子在同一位置B. 0时刻、时刻、时刻电子所在位置的电势分别为、，其大小比较有C. 0时刻、时刻、时刻电子所在位置的场强大小分别为、，其大小比较有D. 电子从0时刻运动至时刻，连续运动至时刻，电场力先做正功后做负功【答案】AC【解析】解：A、由图象可知，电子从0时刻到时刻位移为零，所以0时刻与时刻电子在同一位置，故A正确；D、由图象可知，电子从0时刻运动至
12、时刻，连续运动至时刻，其速度大小先减小后增大，所以电场力对电子先做负功，后做正功，故D错误；B、电子从0时刻运动至时刻，连续运动至时刻，电场力对电子先做负功，后做正功，所以电子的电势能先增大后减小，因为电势能为，由于电子带负电，所以电势能越大，电势越低，则有，故B错误；C、根据速度时间图象的斜率的绝对值表示加速度大小以及牛顿第二定律可知，图象的斜率的绝对值表示电场力大小即场强大小，故有：，故C正确。故选：AC。根据图象的面积表示位移从而分析0时刻与时刻电子所处的位置；分析电子在某段时间的速度变化情况，根据动能定律分析电场力做功，再根据电场力做功与电势能的关系分析电子的电势能的变化情况；根据分析
13、电势的大小关系；图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律分析可知图象的斜率表示电场强度，以此分析电场强度的变化情况。解决该题的关键是明确知道图象的面积以及斜率所表示的物理意义，知道电场力做功与电势能的变化之间的关系，熟记电势能与电势的关系式。7. 如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是、k是常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为，电阻R两端的电压为，感应电流的
14、功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】解：设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势，环路电流，即；安培力，方向水平向左，即；R两端电压，即；感应电流的功率，即。分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：，加速度，因为金属棒从静止出发，所以，且，即，加速度方向水平向右。A、若，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动，则，说明，也即是，在此情况下图象是一条过原点的倾斜的直线，故A正确；B、若，随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，图象是一条过原点且斜率逐渐增大的曲线，则图象是一条斜率逐渐增大的曲线，故B
15、正确；C、若，随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，则图象是一条斜率逐渐减小的曲线，所以图象是一条过原点且斜率逐渐减小的曲线，故C正确；D、根据以上三种情况分析可知，图象不可能是过原点的倾斜的直线，故D错误。故选：ABC。对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出表达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具体分析。解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动情况，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律分析导
16、体棒的运动情况，分析加速度如何变化。8. 在足够长的光滑绝缘的水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为水平台面上放置两个静止的小球A和均可看作质点，两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动此时为计时零点，即，后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则A. 第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为B. 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2LC. 第二次碰撞结束瞬间A球的速度大小为D. 相邻两次碰撞时间
17、间隔总为【答案】AD【解析】解：A、碰前球A的加速度为：，碰前A的速度为：，碰前B的速度为：；由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有：，则碰撞后A、B的速度分别为：，即交换速度，故A正确；BC、碰后B前向前匀速，A向前做匀加速，以后面球为参考系，前面球速度设为v，到再次相遇，时间和位移相等，根据可知：，故位移为：，故B错误；第二次碰撞结束瞬间A球速度等于碰撞前B球速度，为，故C错误；D、每次碰撞前后，两个球的速度相差，即每次都是后面球的速度增加2v后追上前面球，而加速度是固定的，故每次相邻两次碰撞时间间隔总为，故D正确；故选：AD。根据牛顿第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式
18、求出A球与B球碰撞前的速度。由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式可知交换速度。根据速度公式求出第一次碰撞时间。第一次碰后，A球追及B球，当位移相等时，发生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞时间。同理求解二次碰撞时间。本题时粒子在匀强电场中运动问题，关键似乎正确的受力分析，结合动量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式列式分析，不难。9. 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是A. 在过程ab中气体的内能增加B. 在过程ca中外界对气体做功C. 在过程ab中
19、气体对外界做功D. 在过程bc中气体从外界吸收热量E. 在过程ca中气体从外界吸收热量【答案】ABD【解析】解：A、从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；B、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；C、在过程ab中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零，故C错误；D、在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确；E、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可
20、知气体一定放出热量，故E错误。故选：ABD。一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量。本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关功和热量；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。10. 水面下深h处有一点光源，发出两种不同颜色的光a和b，光在水面上形成了如图所示的一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为a光构成的圆环
21、。若b光的折射率为n，下列说法正确的是A. 在水中，a光的波长比b光小B. 水对a光的折射率比b光小C. 在水中，a光的传播速度比b光大D. 复色光圆形区域的面积为E. 用同一装置做双缝干涉实验，a光的干涉条纹比b光窄【答案】BCD【解析】解：ABC、a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知a光的临界角较大，根据，知a光的折射率较小，再由，可知，在水中，a光的波长比b光大，故A错误BC正确；D、依据，结合几何关系，可知，而复色光圆形区域的面积为，故D正确。E、a光的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹与波长成正比，可知相同条件下，a光干涉条纹比b光宽，故E错误。故选：BCD。在水面上被照亮的圆形区
22、域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角通过照亮的圆形区域，知道a光照射的面积较大，从而比较出两束光的临界角大小，折射率大小，以及波长大小。根据比较出光在水中传播的速度大小，运用面积公式，结合几何知识，即可求解圆形区域的面积大小，根据波长关系分析双缝干涉条纹间距的大小。解决本题的关键是知道光线圆形区域边缘恰好发生全反射，从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出波长、介质中的速度大小关系。三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）11. 用如图1实验装置验证、组成的系统机械能守恒从高处由静止开始下落，上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给
23、出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点图中未标出，计数点间的距离如图2所示已知、，则结果保留两位有效数字在纸带上打下记数点5时的速度_；在过程中系统动能的增量_J，系统势能的减少量_计算时g取由此得出的结论是：_若某同学作出图象如图3，则当地的重力加速度_【答案】 在误差允许的范围内，、组成的系统机械能守恒 【解析】解：根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：物体的初速度为零，所以动能的增加量为：；重力势能的减小量等于物体重力做功，故：；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围
24、内，、组成的系统机械能守恒本题中根据机械能守恒可知，即有：，所以图象中图象的斜率表示重力加速度的一半，由图可知，斜率，故当地的实际重力加速度为：故答案为：；在误差允许的范围内，、组成的系统机械能守恒，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小；本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌
25、握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）12. 如图1所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图。其中包括电源E，开关和，电阻箱R，电流表A，保护电阻该同学进行了如下实验步骤：将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合、，读出电流表示数为I，电阻箱读数为，断开，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为则保护电阻的阻值_结果保留两位有效数字断开，闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图2所示，由图象可得，电源电动势_V，内阻_结果保留两位有效数字本实验中，内阻的测量值_填“大于”或“小于”真实值，原因是_。【答案】 大于 电流
26、表有内阻【解析】解：根据实验原理，保护电阻的阻值为：根据闭合电路的欧姆定律可得：，整理可得：，可见图线的斜率为：，图线的纵截距为：，结合图象中的数据可得：，。本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和。故答案为：；、；大于、电流表也有内阻。根据串联电路特点和欧姆定律求解保护电阻阻值；根据闭合电路欧姆定律写出的关系式，结合图2求解电源电动势和内阻；根据实验原理分析实验误差。本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图
27、象的性质分析斜率以及截距的意义。五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13. 如图所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨金属导轨的电阻不计所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒开始时金属棒CD静止现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同，已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中，
28、通过CD棒的电量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，在金属棒沿导轨运动的过程中，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知题设物理量符合的关系式求此过程中棒移动的距离棒移动的距离恒力所做的功要求三问结果均用与重力mg相关的表达式来表示【答案】解：PQ的质量是CD的4倍：，PQ电阻是CD的，即，两棒的总电阻为，稳定后弹簧的伸长量等于开始的压缩量：，CD移动的距离回路中通过的电量，PQ棒沿导轨上滑距离为：棒静止，受到的安培力为，PQ稳定时，恒力为：恒力所做的功为：答：棒移动的距离为；棒移动的距离；恒力所做的功为【解析】对CD进行受力分析，根据胡克定律求出弹簧开始的压缩量，然后由几何关系求CD移动的距
29、离；根据回路中通过的电量计算面积的变化，从而计算出PQ移动的距离；先根据平衡条件求出CD静止时受到的安培力，然后根据计算功本题的关键是结合题目中给出的信息公示求解，要记住非均匀变化的电流通过时电量计算14. 如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度沿与Oc成角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进入磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知，ac垂直于cQ，带电粒子质量为m，带电量为，不计粒子重力。求：匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感
30、应强度大小；粒子从边界OQ飞出时的动能；粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】解：带电粒子从O点到a点的逆过程是类平抛运动，水平方向有：。竖直方向有：根据牛顿第二定律有可得，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r。由几何关系得得根据洛伦兹力等于向心力得又解得粒子在磁场中运动的时间为粒子由真空进入电场区域从边界OQ飞出过程，由动能定理得：得粒子经过真空区域的时间设粒子从真空区域进入电场到从边界OQ飞出经过的时间为，则解得故粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间为答：匀强电场的场强大小为，匀强磁场的磁感应强度大小是；粒子从边界OQ飞
31、出时的动能为；粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间是。【解析】带电粒子从O点到a点的逆过程是类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律求电场强度的大小。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，画出其运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力等于向心力求磁感应强度大小；粒子由真空区域进入电场从边界OQ飞出的过程，根据动能定理求粒子从边界OQ飞出时的动能；分段根据运动规律求粒子的运动时间，从而求得粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。本题关键是搞清粒子的运动规律，要分过程画出粒子的运动轨迹，然后运用牛顿第二定律、类平抛运动的分运动公式、运动学公式列式求解。15. 一种
32、测量稀薄气体压强的仪器如图所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管和长为l，顶端封闭，上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通开始测量时，M与相通；逐渐提升R，直到中水银面与顶端等高，此时水银已进入，且中水银面比顶端低h，如图所示设测量过程中温度、与相通的待测气体的压强均保持不变已知和的内径均为d，M的容积为，水银的密度为，重力加速度大小为求：待测气体的压强；该仪器能够测量的最大压强【答案】解：以和M容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为p，状态1：，状态2：，由玻意耳定律得：，解得：；由题意可知，当时，则能准确测量的压强最大，所以：答：待测气体的压强为；该仪器能够
33、测量的最大压强【解析】由题意，水银面升后，求出气体的状态参量，然后由玻意耳定律求出压强的表达式；根据题意可知，M的直径不知道，所以当时，则能准确测量的压强最大，然后代入上式即可求出压强本题考查了求气体压强，认真审题理解题意，确定研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题16. 地心隧道是根据凡尔纳的地心游记所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引力为零。不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；理论表明：做简谐运动的物体的周期，其中，m为振子
34、的质量，物体的回复力为求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间地球半径，地球表面的重力加速为。【答案】解：物体在地表时重力近似等于万有引力，有：又：以地心为位移起点，设某时刻位移为x，此处为万有引力提供回复力，由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则有：整理可得：，为常数，即该物体运动为简谐运动；由得，该物体做简诸运动周期为：物体从隧道口一端静止释放后到达另一端所用的时间为半个周期，则有：地球半径，地表重力加速为，代入数据可得：分钟。答：证明见解析；物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要分钟。【解析】地心为物体做简谐运动的平衡位置，根据万有引力提供回复力证明该物体运动为简谐运动；由单摆的周期公式结合运动情况进行解答。本题主要是考差了简谐运动，解答关键在于求出简谐运动回复力的大小，掌握简谐运动的特点。
