2021届广东省实验中学高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf

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1、2021届广东省实验中学高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共4小题，共2 4.0分）1.下列叙述正确的是（）A.弱相互作用是引起原子核0衰变的原因B.天然放射现象的发现使人类认识到原子具有复杂的结构C.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D.比较a、0、y三种射线，a射线，电离能力最弱、穿透能力最强2.中子星是恒星演变到最后的一种存在形式.据天文学家观察蟹状星云中有一颗中子星，它每秒转3 0周，已知G =6.6 7 X IO-1】N -m2/kg-2,则该中子星的最小密度是（）A.p=1.2 7 x 1 01 1 kg/m3 B.p=1.2 7 x 1 01 4 kg/m3C

2、.p=1.4 3 x IO1 1 kg/m3 D.p=1.4 3 x IO1 4 kg/m33 .今年5月，宁启铁路复线将开通1 0对动车，南京至南通客运列车由4个小时缩短至约2个小时，列车提速的一个关犍技术问题是提高机车发动机的输出功率.已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比.假设列车提速前速度为1 2 0 km ,提速后速度为2 0 0 k m ,则提速前与提速后机车匀速运动时发动机的功率之比为（）A4 B弓 C.急 D.悬4 .空间有一沿%轴对称分布的电场，其电场强度E随久变化的图象如图所示，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（）A.在一右处释放一带负电的粒子，它

3、能运动到与处B.带正电的粒子以一定的速度由-右处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小C.带负电的粒子以一定的速度由-与处沿x轴正方向运动到x i处，它在打处的速度小于在-匕处的速度D.带正电的粒子在X 2处的电势能比X 1处的电势能大、与X 3处的电势能相等二、多 选 题（本大题共5 小题，共 29.0分）5.关于电容器的概念下列说法中正确的是（）A.两个彼此绝缘又互相靠近的导体就可以看成是一个电容器B.用电源对平板电容器充电后，两板一定带有等量异种电荷C.电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越小D.电容器两极板的距离越大，它的电容就越大6.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系

4、数为k,一端固定在倾角为。的斜面底端，另一端与物块4连接，两物块4、B质 量 均 为 初 始 时 均 静 止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块8,使8做加速度为a的匀加速运动，4、B两物块在开始一段时间内的u-t关系分别对应图乙中4、B图线。力 时刻，4、B 分离。重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.从开始到t2时刻，拉力尸先逐渐增大后不变B.0时刻，拉力为C.t2时刻，弹簧形变量为D.0ti过程，力、B运动的位移为7.如图所示，在倾角。=30。的光滑固定斜面上，放有质量分别为1kg和2kg的小球4和B,且两球之间用一根长L=0.3m的轻杆相连，小球8距水平面的高度h=0.3m.现让两球

5、从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的足够长的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，不计空气阻力，g取10m/s2.则下列说法中正确的有（）A.从开始下滑到A进入圆管整个过程，小球4与地球两者组成的系统机械能守恒B.在B球进入水平圆管前，小球B与地球组成系统机械能增加C.在B球进入水平圆管前，小球4与地球组成系统机械能守恒D.从开始下滑到4进入圆管整个过程，轻杆对8球做功1/8.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从4点冲上倾角为30。的固定斜面，上升到最大高度八处，其上升过程的加速度大小为|g,则在这个过程中物体（）A.重力势能增加了mgh B.动能损失了加g/

6、iC.克服摩擦力做功Jmgh D.机械能损失了;mg/iOD9.下列说法正确的是（）A.气体的温度变化，但压强、体积保持不变B.气体的温度、压强保持不变，而体积发生变化C.气体的温度保持不变，而压强、体积发生变化D.气体的温度、压强、体积都发生变化三、实 验 题（本大题共2小题，共15.0分）1 0.某兴趣小组利用拉力传感器和速度传感器“验证动能定理”。如图，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连接，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平桌面上相距50.0cm的4、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过4、B 两点的速度大小。小车中可以放置祛码 下表是

7、他们测得的数据，其中M是小车、祛码和拉力传感器的总质量，|董-讲|是两个速度传感器记录的速度的平方差，可以据此计算出M的动能变化量ZE。尸 是拉力传感器受到的拉力，分是F在4、B间所做的功。扪力传器册浊（5件屋塔次数M/kg1吟一语1/(m/s)2 EF/NW/J10.5000.7600.1900.6000.30020.5001.650.4131.0400.52030.5002.40g1.420肌41.0001.600.802.3001.1551.0002.401.202.6201.3161.0002.841.423.0601.53(1)根据测量数据计算，表格中4%=:名=(2)根据表中的数据

8、，在坐标纸上标出4%和3对应的数据点，并作出4 E-W 图线。，H.J4任，-I-IJ IITdJ!，l，r卜L即T-T-一-_InJuta,工，T+:十二JL，出士IIII-r TFT-卜J卜4nV，：，JIV，iTr.TT.T*ix*T*，工，；：十二T+T+十LIrFL-十丁I十LIKIrbLllrb-二-TT.:r4,十TH,二二-_Llklrfe+十+，/十十TT1.5LIlru_rlIL.aF-一二-:r-4,a4-ii.卜g,r卜_一.lr，A，r:g，m二一.一二一，上，iTT二.-一-一.-1JIT，r:4t，JIV，lbLIlrkrLI(二_r-Jv二十，rTrT二，叶rT

9、,工，:！+，工，:，rb，A，r+b,rb，UIIrL(一一A:，：，TX.UIIrL)-一_.一m，LlklrL(_JIITJIJ:，TT.blIrL)_二1.0十:丁！FLIIr+十丁Ta卜L，r_十丁工，二_.一-，rJIV，,，4，JV，十十丁T二;十：rL-，r:brL.，-J，n十14一.-t-J-v，+J十T kFLIIr-1.0一 A V-.-;“L -i-H-f-S-f+d-;t+4-lT-I-十T0(3)/E-“图线没有通过原点的原因可能是.1 1.为探究块多用电表欧姆x 100档的工作原理及内部参数，设计了如下实验过程:图1图2(1)将多用电表档位旋钮拨到欧姆档x 10

10、0档，然后将两表笔短接，进行；(2)按图1所示，若将多用电表、电压表、电阻箱进行连接，与电压表的“+”接线柱相连接的是多用电表的(填“红”或“黑”)表笔；(3)闭合电键K,调节电阻箱的阻值为8 =750。，此时多用电表的指针指到刻度盘满偏的|位置，可知，欧姆x 100档的内阻r=0；(4)断开电键K,调节电阻箱的阻值，利用电阻箱和电压表的读数以及多用表的指针偏转情况，可以得到多用表欧姆x 100档内部电源的电动势.(5)现用该多用表的电阻档分析只有一处发生断路故障的电路(电源已断开)，如图2所示.将多用表的两个表笔接在电路的不同部位，多用表的读数如表格所示，可 知 断 路 故 障 一 定 为.

11、(填选项字母)A.1、2间电阻断路 B.2、3间导线断路 C.3、4间电阻断路.两表笔位置接1、4接1、2接1、3接2、4多用表读数无穷大120012无穷大无穷大四、计算题(本大题共3 小题，共 42.0分)12.如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板竖直放置(M板带正电，N板带负电)，板间距为d=80czn,板长为3板间电压为U=100匕两极板上边缘连线的中点处有一用水平轻质绝缘细线拴接的完全相同的小球A和B组成的装置Q,在外力作用下Q处于静止状态，该装置中两球之间有一处于压缩状态的绝缘轻质小弹簧(球与弹簧不拴接)，左边4球带正电，电荷量为q=4 X 右边B球不带电，两球质量均为m=l.Ox

12、 10-3kg,某时刻装置Q中细线突然断裂，4、B两球立即同时获得大小相等、方向相反的速度(弹簧恢复原长).若4、B之间弹簧被压缩时所具有的弹性能为1.0 x IO/,小球人、B均可视为质点，Q装置中弹簧的长度不计，小球带电不影响板间匀强电场，不计空气阻力，取g lOm/s2.求：(1)为使小球不与金属板相碰，金属板长度L应满足什么条件？(2)当小球B飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球4飞离电场时的动能是多大？(3)从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为30cm时，小球A的电势能增加了多少？13.如图所示，在国庆阅兵中，某直升飞机在地面上空某高度4位置处于静止状态待命。要求该机10时5

13、7分由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，以 =80m/s进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置。已知XBC=8km。求(1)直升飞机在4B段的加速度(2)AB段的距离A B14.如图所示，一端封闭、一端开口且粗细均匀的直角细玻璃管，在直角处用一段水银柱封闭了一定质量的空气(视为理想气体)，开始时，封闭端处于竖直状态，水银柱的竖直部分与水平部分长度均为h=10cm。封闭端空气柱的长度G =20cm,开口端空气柱的长度切=12cm现在开口端用一厚度不计的活塞封闭住空气，并缓慢推动活塞压缩空气，使水平部分的水银恰好全部进入竖直部分，该过程中空气温度保持不变。己知大气压强恒为

14、po=7 5 c m H g.求:(1)水银恰好全部进入竖直管时，玻璃管下端封闭气体的压强；(2)整个过程中活塞移动的距离。参考答案及解析1.答案：A解析：解：4、弱相互作用，是引起0衰变的原因，故 A 正确；8、天然放射现象的发现使人类认识到原子核具有复杂的结构故，3 错误C、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故 C错误；。、a、0、y三种射线，a射线，电离能力最强、穿透能力最弱，故力错误。故选：Ao弱相互作用是引起口衰变的原因；比结合能越大，原子核越稳定；处于激发态的原子核，以光子的形式向外辐射能量，由此它的能量也跟原子的能量一样，其变化是不连续的，也存在着能级；核

15、力、核力的来源是核子之间的相互作用，其作用的范围是10-15小。本题考查了射线的性质、核力、天然放射现象、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。2.答案：B解析：解：设位于赤道处的小块物质质量为z n,物体受到的中子星的万有引力恰好提供向心力，这时中子星不瓦解且有最小密度，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：Mm _ 皿 4Mp解得密度为：P=藁=券=L27 x IO14kg/m 3故选：B.中子星表面物体随中子星自转做匀速圆周运动，中子星有最小密度能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解的条件是赤道表面的物体受到的中子星的万有引力恰好提供向心力，物体的向心力用周期表示等于万有引

16、力，再结合球体的体积公式、密度公式即可求出中子星的最小密度.解此题一定要找到能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解时中子星有的最小密度的条件：赤道表面的物体随中子星一起自转时受到的中子星的万有引力恰好提供向心力，会用周期表示向心力，还要知道球体的体积公式及密度公式，同时注意公式间的化简.3.答案：C解析：解：当火车的速度为120km/i时，120km/h-詈 m/s,此时由于火车是匀速运动，牵引力和阻力相等,即 F f kv2由P=FU可得，此时的功率A=fV=kVf,同理，当火车的速度为120km/i时，200km/h=军 m/s,由P=fV 可得，此时的功率 2=fV=kV,所以提速前与提速

17、后机车发动机的功率之比今=4=祟 所以C正确。尸 2 V?1N 5故选：Co据列车所受阻力与速度的平方成正比，即/:上卢，由瞬时功率的公式列方程求解即可.在计算本题是要注意80/on/h和120卜血 这两个速度的单位都不是国际单位制中的单位，所以首先要把速度的单位转化成m/s这个单位之后再进行计算.4.答案：A解析：根据题意，电场关于x轴对称分布，x 0,E 0,E 0,场强方向沿无轴正方向，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低。解决本题的关键从图象中确定出电场的方向，知道沿着电场线方向电势逐渐降低.能抓住对称性进行分析。A、由图知，x 0,E 0,F 0,场强方向沿x轴正方向，在一

18、右处释放一带负电的粒子，所受的电场力沿x轴正方向，向右做加速运动，在x 0 范围内所受的电场力沿x轴负方向，向右做减速运动，根据对称性可知该负电荷刚好运动到打处，故 A 正确；8、带正电的粒子以一定的速度由-与处沿x轴正方向运动的过程中，所受的电场力先向左后向右，电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，故 8 错误；C、根据对称性可知：-与处与与处电势相等，电势差为零，则带负电的粒子由-与 处沿x轴正方向运动到与处，电场力做功为0,动能不变，则它在/处的速度等于在-为处的速度，故 C错误；。、沿着电场线方向电势逐渐降低，所以与的电势高于小、3的电势.而正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的粒

19、子在次处的电势能比X1处的电势能小、比右处的电势能大，故。错误。故选：Ao5.答案：AB解析：解：4、任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体就能储存电荷，可以看成是一个电容器。故 A正确。B、电源对平板电容器充电后，由于异种电荷相互吸引，两极板一定带有等量异种电荷。故 B 正确。C、。由决定式C=知电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越大，电容器两极板的距离越大，它的电容就越小。故 C。错误。故选：AB.电容器能够容纳电荷，任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器，电源对平板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷.电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压、电量无关，根据决定式C=品

20、判断影响电容的因素.本题考查了电容器的概念，重点要掌握电容的定义式和决定式的联合应用.6.答案：AD解析：解：B、由图乙读出，口时刻A、B开始分离，对B分析，根据牛顿第二定律得：F-mgsind=ma,则尸=mgsin。+m a,故 B错误；C、由图乙知，时刻4 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsinO=依 2,则打=，故 C错误；D、由图乙知，右时刻4、B开始分离，对A分析，根据牛顿第二定律得/ex】-mgsin。=m a,开始时有2mgsin 6=lex。,所以0 过程，4、B运动的位移为，故。正确；A、从开始到L 时刻，对4、B整体分析，根据牛顿第定律得F+依一

21、2mgsin 8=2 m a,得尸=2mgsin 6+2ma kx,x减小，F增大;匕到匕时亥I，对8分析，由牛顿第二定律得F mgsind=ma,得F=mgsind+m a,可知F不变，故A 正确；故选：AD刚开始AB静止，则F理=2 m g sin J,外力施加的瞬间，对4 根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻4 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，q 时刻4、B开始分离，对4根据牛顿第二定律求出“时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况。根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求

22、出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到0时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系。本题综合考查了牛顿第二定律、功能关系以及运动学图象等；从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0.从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。7.答案：CD解析：A.从开始下滑到4进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对4做负功，小球4与地球两者组成的系统机械能不守恒，故 A 错误；BC.在B球未进入水平圆管前，自由下滑，杆的弹力为零，只有重力对A B做功，小球4与地球组成系统机械能守恒，小球B与地球组成系统机械能守恒，故 B错误，C 正

23、确；。以4球为研究对象，由动能定理得：mAgdh+Lsind)+IV=mAv2,代入数据解得：W =-1J,则轻杆对B做功，WB=-W =1,故。正确。故选C D。只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；以系统为研究对象，由机械能守恒定律可以求出两球的速度；以4 为研究对象，应用动能定理可以求得杆对4做的功。本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题。8.答案：ABD解析：解：4、物体在斜面上上升的最大高度为九，克服重力做功为m gh,所以重力势能增加了mg/i,故 A 正确；B、物体运动的加速度大

24、小为a=|g,所受的合力为产分=ma=gzng,方向沿斜面向下，根据动能定理得，4=一 尸 合 2/i=-|m g 2/i=所以知动能损失了gmg/i.故 2 正确。C D、根据牛顿第二定律知，mgsin30+f=m a -l m g,解得摩擦力大小/=：m g,则物体克服摩擦力做功为叼=f-2h=1mgh根据功能原理：除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，则知机械能损失了g m g h,故 C错误，力正确。故选：ABD.重力势能的增加量等于物体克服重力做的功；动能的变化等于合外力对物体做的功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功。解决本题的关键是掌握各种功与能的关系，应明确：涉 及 到

25、“动能”、“功”等问题时，应用动能定理求解；“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于机械能的变化。9.答 案:CD解析：解：4、根据气态方程与=以可知气体的温度变化，压强和体积至少有一个量变化，故 A 错误。B、根据气态方程与=以得知气体的温度、压强保持不变，则体积也保持不变，故 B错误。C、气体的温度保持不变，则知压强与体积的乘积不变，压强和体积可以发生变化。故 C正确。D,气体的温度、压强、体积可以同时发生变化，故。正确。故选：CD。描述气体状态有三个参量：压强、体积和温度，三者满足气态方程：与=以 根据气态方程分析即可.对于气体状态参量之间的关系，可以根据气态方程分析，要知道只有一个量

26、改变是不可能发生的.10.答案：(1)0.600 0.710(2)如图所示A/J3工注-H444;5i4羽;?!?n*,I v l-r1；H 4j-工总:li:*-人 一；：HM:茂花,之二二-4，t$之tyt:rtt总先，H吓 一 -PH-F4,1-i W工!工13i!.:-if工工济F之,H;E十十XTV 4.:范b:公三:彳:范范:mH吟 4七常:心热iJtT 工，.范Hu 0.5 1.0 1.5 wn(3)有摩擦力做功解析：根据动能定理有;(才一匕?)=，将M=0.500 kg,|增-扛=2.40(m/s)2代入可得4 七3=0.600/.水平桌面上4,B两点的距离Z,=0.50 TH

27、,A,8两点的距离等于小车在拉力作用下的位移，再根据功的公式小=尸 3代入数据可解得W 3=。-710人(2)根据横轴和纵轴所取的标度，将(0.710,0.600)描在图象中，再用直线将这些点连起来.其中第四次数据所描的点偏离直线较远，该点的数据属于实验中错误的数据，画图时不予考虑.(3)第(2)问中所绘制的4 E-图线没有通过原点，直线与横轴的交点表示，当拉力尸做功W时，动能没有变化，说明一定有摩擦力做负功.摩擦力所做的负功的绝对值就等于图线与横轴的截距.11.答案：(1)欧姆调零；(2)黑；(3)1500；(5)5解析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑

28、表笔流出红表笔流入，用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零(指欧姆调零)，根据多用电表的原理-闭合电路欧姆定律分析内阻。解决本题的关键掌握欧姆表的特点、使用方法以及原理，知道实验中测量Rx的实验原理，注意每次换挡都需要从新平衡摩擦力，每个档位的内阻是不同的。(1)用多用电表测电阻时，选择档位后要将两表笔短接，进行欧姆调零；(2)欧姆表的黑表笔与欧姆表内置电源正极相连，红表笔与内置电源负极相连，电压表的正接线柱应接高电势点，负接线柱应接低电势点，因此将图1中多用电表的黑表笔和电压表的正接线柱相连，红表笔连接另一端；(3)设多用电表内部电源电动势为E,内阻为r,满偏电流为/，根据闭合电路欧

29、姆定律可知，rr+/?i 3解得：r=1500。；(5)接1、4多用表读数无穷大，说明1、4间断路，接1、2多用电表读数为1 2 0 0 0,说明1、2之间通路，1、3和2、4多用表读数无穷大，说明断路，综上可知是2、3之间断路，故 B 正确，A C 错误。故选瓦故答案为：(1)欧姆调零；(2)黑；(3)1500；(5)B。12.答案：解：(1)小球分离的过程中机械能守恒：E=2 x：7n诏，小球分离时获得的初速度：Vo=lm/s,进入电场后4球在水平方向做匀减速运动，B做匀速运动，所以是B先碰到极板.B向右做平抛运动，时间：t=0.4s,2v0竖直方向的位移：1 9y=-g t=0.8m,即

30、为使小球不与金属板相碰，金属板的长度：L 0.8m；(2)水平方向A球向左做匀减速运动，其加速度a=翳=5 m/s2,方向向右；a 球飞离电场时的位移：Si=vQt-=o,由动能定律，A 球离开电场时的动能：EK=|m v o +q ，S +mgL=8.5 x 102J；(3)两小球进入电场后，竖直方向都做自由落体运动，因此两小球在运动的过程中始终位于同一水平线上，当两球间的距离是3 0 c?n 时，vot +(votz-|a t，2)=s解得：t=0.2 s,t2=0.6 s(舍去),此时，A 球水平位移为：SA=%t i -；署=0.1 m,2 dm x球A 的电势能增加:F =qEsA=

31、5 x 10-4J答：(1)为使小球不与金属板相碰，金属板长度L 应满足L 0.8 m；(2)当小球B 飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球4 飞离电场时的动能是8.5 x K T?/；(3)从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为3 0 c m 时，小球4 的电势能增加了5 x 10-4J.解析：(1)进入电场后4 球在水平方向做匀减速运动，B 做匀速运动，所以是B 先碰到极板，根据运动学的公式即可求出金属板长度的条件；(2)根据B 的自由落体运动求出小球运动的时间，结合动能定律求出小球4 飞离电场时的动能；(3)两小球进入电场后，竖直方向都做自由落体运动，因此两小球在运动的过程中始终位

32、于同一水平线上，根据匀速运动和匀变速运动的规律求出它们运动的时间，然后求出A 水平方向的位移，最后求得小球4 的电势能增加.该题的情景设置的较为复杂，两个过程又相互联系，在解题的过程中要理清它们之间的关系，根据运动的关系写出相应的方程来解题.1 3.答案：解：(1)依题意，直升飞机水平飞行的总时间t =1 8 0 s水平匀速飞行的时间今=巫=s =1 0 0 s所以直升飞机在4 B 段做匀加速直线飞行的时间J =t -t 2 =3 x 6 0 s -1 0 0 s =8 0 s直升飞机在A B 段的加速度a =甯 m/s?=l m/s2(2)4 B 段的距离大小：xA B-=j x 8 0 x

33、 8 0 m -3 2 0 0 m =3.2km答：(1)直升飞机在A B 段的加速度是l m/s 2(2)4 8 段的距离大小为3.2/c m解析：(1)根据题意可知飞机水平飞行的总时间，根据位移速度公式可求出飞机水平匀速飞行的时间，由此可求飞机匀加速阶段飞行的时间；结合速度公式u =a t 可求飞机加速度阶段的加速度；(2)飞机在4 8段由静止做匀加速直线运动，根据位移公式x =：或2可求力B段距离。此题考查了匀变速运动的一些基本规律，只要我们记住公式，并且理解公式的含义以及应用条件，这类问题都会迎刃而解。属于中档题。1 4.答案：解：(1)以玻璃管下端封闭气体为研究对象。初状态压强：Pi

34、=Po+Ph 7 5 cmHg+10cmHg=8 5 cmHg体 积:匕=LS水银恰好全部进入竖直管时，体积匕=(-h)S根据玻意耳定律可得：=p2V2解得：Pz=17 0cmHg；(2)以水平管右端气体为研究对象，初状态：pj =po=7 5 cm Hg体积匕=L2S水银恰好全部进入竖直管时，压强2 =P 2 -2Pli=17 0cmHg 2 x lOcmHg=ISOcmHg体积师=L2S根据玻意耳定律可得：P i%=p2V2解得：L2 =6 cm；整个过程中活塞移动的距离：x=L2+h-L2 =12cm+1 0 cm -6 cm=1 6 cm。答：(1)水银恰好全部进入竖直管时，玻璃管下端封闭气体的压强为1 7 0 cm Hg；(2)整个过程中活塞移动的距离为1 6 cm。解析：(1)以玻璃管下端封闭气体为研究对象，求出初状态压强和体积，再求出水银恰好全部进入竖直管时的体积，根据玻意耳定律列方程求解；(2)以水平管右端气体为研究对象，求出初状态的压强和体积，再求出末状态的压强，根据玻意耳定律得到末状态的体积，根据几何关系得到整个过程中活塞移动的距离。本题主要是考查了玻意耳定律；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的气体状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用玻意耳定律列方程求解。