【文档说明】安徽省滁州市定远县民族中学2021届高三5月模拟检测理综物理试题 含答案.docx，共(16)页，480.278 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

高三物理14.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62𝑒𝑉，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉

，最少应给处于𝑛=2激发态的氢原子提供的能量为()A.10.20𝑒𝑉B.2.89𝑒𝑉C.2.55𝑒𝑉D.1.89𝑒𝑉15.一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动

时的𝑎−𝑡图像如图所示，𝑡=0时其速度大小为2𝑚/𝑠，滑动摩擦力大小恒为2N。()A.在𝑡=6𝑠时刻，物体的速度为18𝑚/𝑠B.在𝑡=6𝑠时间内，合力对物体做的功为400JC.在𝑡=6𝑠时间内，拉力对物体的冲量为36NsD.

在𝑡=6𝑠时刻，拉力F的功率为200W16.在如图所示的电路中，三个定值电阻的阻值分别为𝑅1=𝑅2=6𝛺，𝑅3=12𝛺，在a，b两端输人正弦式交变电流，电压的表达式为𝑢=21√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡𝑉，已知理想变压器原、

副线圈的匝数比为3∶1，当开关S闭合后，电阻𝑅1两端的电压为A.1VB.2VC.3VD.4V17.2019年4月10日，事件视界望远镜(𝐸𝐻𝑇)项目团队发布了人类历史上的首张黑洞照片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献。经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定程度时，

会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从旁边经过时都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞．若太阳演变成一个黑洞后的密度为𝜌、半径为R，设光速为c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的

√2倍，引力常量为G，则𝜌𝑅2的最小值是()A.3𝑐24𝜋𝐺B.3𝑐28𝜋𝐺C.4𝜋𝐺3𝑐2D.8𝜋𝐺3𝑐218.如图所示，a、b、c为同一水平直线上的三点，𝑎𝑏=𝑏𝑐。两根长直导线垂直于纸面分别放置在a、b和b、c连线的中点，并分别通入大小为3

I、方向垂直纸面向外和大小为I、方向垂直纸面向里的电流。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁场的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，与导线中的电流大小成正比，则()A.a、b两点的磁场方向相同B.b、c两点的磁场方向相反C.b点的磁感应强度

大小是a点的1.5倍D.c点的磁感应强度大小与b点的相等19.如图所示为倾角𝛼=37°的粗糙斜面，质量为𝑚=0.5𝑘𝑔的小球用长为𝐿=0.5𝑚的细绳系于斜面上的悬点O处，小球与斜面间动摩擦因数𝜇=0.5，在最低点B小球获得切向初速度𝑣0=14𝑚

/𝑠，此后小球绕悬点O做圆周运动，重力加速度取𝑔=10𝑚/𝑠2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，𝜋取3.14，则()A.小球在B点获得初速度𝑣0后瞬间绳上拉力大小为196𝑁B.小球经过最高点A的速度大小至少为√3𝑚/𝑠C.小球每做一次完整的圆周运

动系统损失的机械能为3.14𝐽D.全过程小球能通过A点7次20.如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为𝑘.导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直

流电源，电容器的电容为𝐶.闭合开关，待电路稳定后，下列选项错误的是()A.导体棒中电流为𝐸𝑅2+𝑟+𝑅1B.轻弹簧的长度增加𝐵𝐿𝐸𝑘(𝑟+𝑅1)C.轻弹簧的长度减少𝐵𝐿𝐸𝑘(𝑟+𝑅1)D.电容器带电量为𝐸𝑟+𝑅1𝐶𝑅21.如图，上端固

定的轻弹簧下端系在正方形单匝闭合线框abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，电阻为R；在外力作用下线框静止，线框平面(纸面)竖直，ad边水平且弹簧恰好为原长，与ad边相距0.5𝐿的水平边界MN下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。由静

止释放线框，当ad边到达边界MN时，线框速度大小为v。不计空气阻力，重力加速度大小为g，弹簧劲度系数𝑘=𝑚𝑔𝐿且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是A.ad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为𝐼弹=𝑚𝑔𝐿𝑣−𝑚𝑣B.ad边

刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为𝑈𝑎𝑑=𝐵𝐿𝑣C.ad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为𝑎=|𝑔2−𝐵2𝐿2𝑣𝑚𝑅|D.线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为𝑄总=0.5𝑚𝑔𝐿22.（6分）为验证力的平行四

边形定则，某同学准备了以下器材：支架，弹簧，直尺，量角器，坐标纸，细线，定滑轮(位置可调)两个，钩码若干。支架带有游标尺和主尺，游标尺(带可滑动的指针)固定在底座上，主尺可升降，如图1所示。实验步骤如下：(1)仪器调零。如图1，将已测量好的劲度系数k为5.00𝑁/𝑚的弹簧悬挂

在支架上，在弹簧挂钩上用细线悬挂小钩码做为铅垂线，调节支架竖直。调整主尺高度，使主尺与游标尺的零刻度对齐。滑动指针，对齐挂钩上的O点，固定指针。(2)搭建的实验装置示意图如图2。钩码组𝑚𝐴=40𝑔，钩码组𝑚𝐵

=30𝑔，调整定滑轮位置和支架的主尺高度，使弹簧竖直且让挂钩上O点重新对准指针。实验中保持定滑轮、弹簧和铅垂线共面。此时测得𝛼=36.9°，𝛽=53.1°，由图3可读出游标卡尺示数为________cm，由此计算出弹簧

拉力的增加量𝐹=________N。当地重力加速度g为9.80𝑚/𝑠2。(3)请将第(2)步中的实验数据用力的图示的方法在图框中做出，用平行四边形定则做出合力𝐹′。(4)依次改变两钩码质量，重复以上步骤，比较𝐹′和F的大小和方向，得出结论。实

验中铅垂线上小钩码的重力对实验结果________(填写“有”或“无”)影响。23.（9分）如图，某双功能电表的内部结构如图a，表头V表的量程为3𝑉、内阻6𝑘𝛺，定值电阻𝑅1，𝑅2的阻值待定，𝑅𝑃为滑动变阻器，最大

阻值约为50𝑘𝛺，电源电动势为24.0𝑉(内阻忽略不计)，𝑆1为旋转开关，A、B为接线柱。回答下列问题：(1)当开关𝑆2断开时，调节旋转开关𝑆1可以用于测量电压，测量电压时有9𝑉和15𝑉两个量程。①根据图a，在图b中完成实物连线(要求量程为15𝑉)

；②定值电阻的阻值𝑅1=________𝑘𝛺，𝑅2=________𝑘𝛺。(结果均取3位有效数字)(2)当开关𝑆2闭合时，即可组成简易欧姆表，用于测量电阻，步骤如下：①测量电阻之前，先闭合开关𝑆2，旋转开关𝑆1与2连接，调节滑动变阻器

，使电压表指针满偏，此时，滑动变阻器的阻值为________𝑘𝛺；②然后在A、B两接线柱之间连接待测电阻，此时表头V表的读数(如图c所示)为________V，待测电阻的阻值为________𝑘𝛺。24.（12分）如图所示，竖直平面内有一半径𝑅

=0.45𝑚的光滑14圆弧轨道AB，一质量𝑚=5𝑘𝑔的小物块，从A点由静止滑下，无能量损失地滑上静止的长木板的左端，此后两者沿光滑水平面向右运动，木板与弹性挡板P碰撞后立即以原速率反向弹回，全过程物块不会从木板上掉下，最终物块和

木板均静止。已知木板质量𝑀=1𝑘𝑔，初始时刻木板右端到挡板P的距离为𝑥=10𝑚，物块与木板间的动摩擦因数为𝜇=0.5，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10𝑚/𝑠2。求：(1)木板第一次与挡板P碰撞时的速度大小；(2)木板与P碰撞后第二次速度为零时，物块的

速度大小。25.（20分）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带

正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度𝑣0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点𝑃.若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：(1)正方形区域I中电场强度E的大小；(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度

的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。33.（5分）（1）如图气压式打包机，M是气缸，N是一个横截面积为𝑆2的大活塞，左边连接有推板，推住一个包裹．缸的右边有一个横截面积为𝑆1的小活塞，它的连接杆在B处与推杆AO以铰链连接，O为固定转动轴，B、O间距离为d，杆

长𝐴𝑂=𝐿，大气压为𝑃0.推杆推动一次，转过𝜃角(𝜃为一很小角)，小活塞移动的距离为𝑑𝜃.在图示状态，包已被压紧，此时缸内压强为𝑃𝑙，容积为𝑉0.若再推−次杆之后(此过程中大活塞的位移略去不计，温度变化不计

)，包受到的压力为______，上述推杆终止时，手的推力为______．（10分）（2）如图所示，长𝐿=55𝑐𝑚的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口。现用长𝑙=10𝑐𝑚的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K，且水银面

恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强𝑝=75𝑐𝑚𝐻𝑔.求：(𝑖)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；(𝑖𝑖)对竖

直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少。34.[物理—选修3-4]（1）（5分）如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为和时的波形图。已知平衡位置在处的质点，在0到时间内运

动方向不变。这列简谐波的周期为______s，波速为______，传播方向沿x轴______填“正方向”或“负方向”。（2）（10分）如图所示，在透明均匀介质内有一个半径为R的球状空气泡，单色平行光从左侧水平射入，其中的一束细光束在

A点以入射角从介质射入气泡，射出气泡时光线方向偏转了不考虑多次反射的情况，求：在图中画出一条光路，然后求气泡外介质的折射率？在介质中能射入气泡的平行光的面积？答案解析14.C【解析】由于𝐸3−𝐸2=−1.51𝑒𝑉−(−3.40𝑒𝑉)=1.89𝑒𝑉，𝐸4−𝐸3=−0.85�

�𝑉−(−1.51𝑒𝑉)=0.66𝑒𝑉，因此最少应使处于𝑛=2激发态的氢原子吸收能量后跃迁到𝑛=4的能级，然后再自发跃迁到𝑛=3的激发态同时释放出能量为𝐸4−𝐸3=0.66𝑒𝑉的光子，该

光子可被红外测温仪捕捉。最少应给处于𝑛=2激发态的氢原子提供的能量为𝐸4−𝐸2=−0.85𝑒𝑉−(−3.40𝑒𝑉)=2.55𝑒𝑉，ABD错误，C正确。故选C。15.D【解析】A.根据△𝑣=𝑎△𝑡可知𝑎

−𝑡图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在𝑡=6𝑠时刻，物体的速度𝑣6=𝑣0+𝛥𝑣=2+12×(2+4)×6=20𝑚/𝑠，故A错误；B.根据动能定理得：𝑊合=𝛥𝐸𝑘=12𝑚𝑣6

2−12𝑚𝑣02=12×2×400−12×2×4=396𝐽，故B错误；C.根据动量定理得：𝐹𝑡−𝑓𝑡=𝑚𝑣6−𝑚𝑣0解得：𝐹𝑡=2×20−2×2+2×6=48𝑁⋅𝑠，故C错误；D.在𝑡=6𝑠

时刻，根据牛顿第二定律得：𝐹=𝑚𝑎+𝑓=2×4+2=10𝑁则在𝑡=6𝑠时刻，拉力F的功率𝑃=𝐹𝑣6=10×20=200𝑊，故D正确。故选D。16.C【解析】A.𝑅2和𝑅3并联后的总阻值为变压器原、副线圈电流之比为𝐼

1𝐼2=13则副线圈两端电压𝑈2=𝐼2𝑅23原线圈两端电压𝑈1=3𝑈2=3𝐼2𝑅23电阻𝑅1两端的电压为𝑈𝑅1=𝐼1𝑅1=𝐼2𝑅13电源电压有效值为且𝑈=𝑈𝑅1+𝑈1=13𝐼2𝑅1+3𝐼2𝑅23

代入数据解得流过𝑅3的电流根据变压器原、副线圈电流关系得原线圈电流电阻𝑅1两端的电压为𝑈𝑅1=𝐼1𝑅1=3𝑉故选C。17.B【解析】根据黑洞的定义，可知若太阳演变成一个黑洞后其第二宇宙速度最小为光速c，则第一宇宙速度最小为√22𝑐对黑

洞第一宇宙速度有：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑣2𝑅，且代入数据可得𝜌𝑅2的最小值，故B正确，ACD错误。故选B。18.C【解析】根据题意可知，通电长直导线在距导线R处产生的磁场的磁感应强度为：𝐵=𝑘𝐼

𝑅，令𝑎𝑏=2𝑟，结合安培定则可知，a、b连线中点的通电长直导线在a点产生的磁场方向竖直向下，大小为：𝐵𝑎1=𝑘⋅3𝐼𝑟，在b点产生的磁场方向竖直向上，大小为：𝐵𝑏1=𝑘⋅3𝐼𝑟

，在c点产生的磁场方向竖直向上，大小为：𝐵𝑐1=𝑘𝐼𝑟；同理可得b、c连线中点的通电长直导线在a点产生的磁场方向竖直向上，大小为：𝐵𝑎2=𝑘𝐼3𝑟，在b点产生的磁场方向竖直向上，大小为：𝐵𝑏2=𝑘𝐼𝑟，在c点产生的磁场方向竖直向下

，大小为：𝐵𝑐2=𝑘𝐼𝑟；分别将两通电长直导线在三点处的磁场进行矢量合成可得：𝐵𝑎=8𝑘𝐼3𝑟，方向竖直向下，𝐵𝑏=4𝑘𝐼𝑟，方向竖直向上，𝐵𝑐=0。综上所述，故C正确，A、B、D错误。故选：C。19.BD【解析

】A、小球在B点时，根据向心力公式得𝑇−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°=𝑚𝑣02𝐿，解得绳上拉力大小𝑇=199𝑁，故A错误。B、设小球经过最高点A的速度大小至少为v。则在A点有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°=𝑚𝑣2

𝐿，得𝑣=√3𝑚/𝑠，故B正确。C、小球在运动的过程中，所受的滑动摩擦力大小是一定的，为𝑓=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°，小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能等于小球克服摩擦力做的功，为△𝐸=𝑓⋅2𝜋𝐿，解得△𝐸

=4.71𝐽，故C错误。D、小球能通过A点的最小动能为𝐸𝑘=12𝑚𝑣2，设全过程小球能通过A点为n次，从开始到最后通过A点的全过程，由动能定理得−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°⋅2𝐿−𝑓⋅(2𝑛−1)⋅𝜋𝐿=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02，解得𝑛≈7.7(次

)，故全过程小球能通过A点7次，故D正确。故选：BD。20.ABD【解析】解：A、导体棒中的电流为：𝐼=𝐸𝑅1+𝑟，故A错误；B、由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：𝐵𝐼𝐿=𝑘△𝑥代入

I得：△𝑥=𝐵𝐿𝐸𝑘(𝑟+𝑅1)，故B错误，C正确；D、电容器上的电压等于导体棒两端的电压，𝑄=𝐶𝑈=𝐶⋅𝐸𝑅1+𝑟⋅𝑟，故D错误；本题选择错误的，故选：ABD。21.CD【解析】

A.设竖直向下为正方向，线框从静止到ad边到达边界MN时运动时间为t，弹簧弹力的冲量大小为𝐼弹，根据动量定理，𝑚𝑔𝑡−𝐼弹=𝑚𝑣，由于线框做加速度减小的加速运动且末速度为v，则此过程中的平均速度𝑣>𝑣2，则运动时间𝑡=

0.5𝐿𝑣≠𝐿𝑣，则为𝐼弹=𝑚𝑔𝑡−𝑚𝑣≠𝑚𝑔𝐿𝑣−𝑚𝑣，故A错；B.ad边刚进入磁场时，感应电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣，根据电路关系知a、d两点间的电势差为路端电压，故𝑈𝑎𝑑=

−34𝐵𝐿𝑣，故B错；C.ad边刚进入磁场时，对线框受力分析根据牛顿第二定律得：𝑚𝑔−𝐹弹−𝐹安=𝑚𝑎，而𝐹弹=𝑘𝑥=𝑘×12𝐿=12𝑚𝑔，𝐹安=𝐵𝐼𝐿=𝐵𝐿𝐸�

�=𝐵2𝐿2𝑣𝑅，代入解得线框的加速度大小为𝑎=|𝑔2−𝐵2𝐿2𝑣𝑚𝑅|，故C对；D.线框从开始运动到最终静止，此时𝑚𝑔=𝐹弹，则弹簧的伸长量𝑥=𝐿，此时安培力为零。此过程中根据功能关系：重力势能一部分转化为弹性势能一部分转化为热量，则𝑚𝑔𝐿=

12𝑘𝐿2+𝑄，解得产生的焦耳热为𝑄总=0.5𝑚𝑔𝐿，故D对；故选CD。22.(2)9.78；0.489；(3)；(4)无【解析】(2)主尺97mm，游标尺为10分度，第8格对齐，所以游标卡尺示数为：97.8𝑚𝑚=9.78�

�𝑚；根据胡克定律：𝐹=𝑘△𝑥=0.489𝑁；(3)如图所示；𝐹′=5×0.098𝑁=0.49𝑁(4)弹簧弹力与形变量成正比，小钩码只影响弹簧原长，本实验不涉及弹簧原长的问题，即实验中铅垂

线上小钩码的重力对实验结果无影响。故答案为：(2)9.78；0.489；(3)；(4)无。23.(1)①如图所示；②12.0；12.0；(2)①18；②1.99−2.01；22.5【解析】(1)若B接1，则电表的总量程为𝑈1=

𝑈𝑔+𝑈𝑔𝑅𝑣𝑅1若B接2，则电表的总量程为𝑈2=𝑈𝑔+𝑈𝑔𝑅𝑣(𝑅1+𝑅2)可以判断𝑈1<𝑈2，故𝑈1=9𝑉，𝑈2=15𝑉代入可得𝑅1=12.0𝑘𝛺，𝑅2=12.0𝑘𝛺。(2)①闭合开关

𝑆2，旋转开关𝑆1与2连接，调节滑动变阻器，使电压表指针满偏，由闭合回路欧姆定律可得𝐼𝑔=𝐸𝑅1+𝑅2+𝑅𝑃+𝑅𝑉，𝐼𝑔=𝑈𝑔𝑅𝑣联立可得𝑅𝑃=18𝑘𝑊②电压表量程为3

V，每小格的度数为0.1𝑉，则需要估读一位，故电压表读数为1.99𝑉～2.01𝑉；设电压表示数为U，由欧姆定律可得𝑅1+𝑅2+𝑅𝑉的总电压为𝑈′=𝑈(𝑅1+𝑅2+𝑅𝑣)𝑅𝑣=5𝑈由闭合回路欧姆定律可得𝐸−5𝑈𝑅𝑃=5

𝑈𝑅𝑥+𝑈𝑅𝑣可得𝑅𝑥=22.5𝑘𝑊24.解：(1)物块从𝐴−𝐵，根据动能定理有：𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣02代数据数据解得：𝑣0=3𝑚/𝑠；滑上本板后，系统动量守恒有：𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣1代入数

据解得：𝑣1=2.5𝑚/𝑠；(2)与档板碰后本板等速反弹，以向右为正方向，系统动量守恒有：𝑚𝑣1−𝑀𝑣1=(𝑀+𝑚)𝑣2代入数据解得：𝑣2=53𝑚/𝑠第二次与档板碰后，对系统动量守恒有：𝑚𝑣2−𝑀𝑣2=𝑚𝑣3代入数据解得：

𝑣3=43𝑚/𝑠。答：(1)木板第一次与挡板P碰撞时的速度大小𝑣1=2.5𝑚/𝑠；(2)木板与P碰撞后第二次速度为零时，物块的速度大小𝑣3=43𝑚/𝑠。25.解：(1)带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，水平方向：𝐿=𝑣0𝑡，竖直方向：𝑦=12𝑎𝑡2，

速度：𝑣𝑦=𝑎𝑡，加速度：𝑎=𝐸𝑞𝑚，设离开角度为𝜃，则𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑣𝑦𝑣0，离开区域Ⅰ后作直线运动：𝑡𝑎𝑛𝜃=𝐿−𝑦𝐿2，解得：𝐸=𝑚𝑣02𝑞𝐿，𝜃=45°；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动

：𝑣=√2𝑣0，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅，由几何关系可得：𝑅=√2𝐿2，解得：𝐵=2𝑚𝑣0𝑞𝐿；(3)在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到(3𝐿,𝐿)点，

离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从(3𝐿,𝐿)点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时：𝑥′=𝑣0𝑡′，𝑦′=12𝑎𝑡′2，由几何关系可知：𝑥′+𝑦′=𝐿，解得：𝑦

′=(2−√3)𝐿，因此，距离x轴距离：𝑑=𝐿−𝑦′=(√3−1)𝐿；答：(1)正方形区域I中电场强度E的大小为𝑚𝑣02𝑞𝐿；(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小为2𝑚𝑣0𝑞𝐿；(3)粒子离开三角形区域的位置到x

轴的距离为(√3−1)𝐿。33.（1）(𝑃1𝑉1𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆2；(𝑃1𝑉0𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆1𝑑𝐿【解析】解：初态：𝑃1=𝑃1，𝑉1=𝑉0末态：𝑃2=？，𝑉2=𝑉0−𝜃

𝑑𝑆1整个过程温度不变，由玻意耳定律可得𝑃1𝑉1=𝑃2𝑉2解得𝑃2=𝑃1𝑉1𝑉0−𝜃𝑑𝑆1包受到的压力为𝑃2=(𝑃1𝑉1𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆2(2)根据𝐹𝐿=(𝑃1𝑉1𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−

𝑃0)𝑆1𝑑得解得𝐹=(𝑃1𝑉0𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆1𝑑𝐿故答案为：(𝑃1𝑉1𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆2(𝑃1𝑉0𝑉0−𝜃𝑑𝑆1−𝑃0)𝑆1𝑑𝐿（2）解：(𝑖)设玻璃管的横截面积为S，初态：𝑇1=306

𝐾、𝑝1=𝑝+𝑙𝑠𝑖𝑛30°𝑐𝑚𝐻𝑔=80𝑐𝑚𝐻𝑔、𝑉1=45𝑆末态：当玻璃管竖直时，设水银柱高为H，则𝑉2=(55−𝐻)𝑆𝑝2=𝑝+𝐻𝑐𝑚𝐻𝑔=(75+𝐻)𝑐𝑚𝐻

𝑔由玻意耳定律得：𝑝1𝑉1=𝑝2𝑉2代入数据解得：𝐻=15𝑐𝑚故𝑝2=𝑝+𝐻𝑐𝑚𝐻𝑔=90𝑐𝑚𝐻𝑔(𝑖𝑖)设温度升至𝑇2时，管中水银柱高为5cm，气体体积为：𝑉3=50𝑆气体压强为：

𝑝3=𝑝+5𝑐𝑚𝐻𝑔=80𝑐𝑚𝐻𝑔由理想气体状态方程得：𝑝1𝑉1𝑇1=𝑝3𝑉3𝑇2代入数据解得：𝑇2=340𝐾△𝑇=340−306𝐾=34𝐾答：(𝑖)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强为90cmHg；(𝑖𝑖)对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5

cm高的水银柱，气体温度升高了34K。34.（1）10负方向气体发生等温变化，由玻意耳定律得：，代入数据解得：，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，方向：竖直向上；（2）解：光路如图所示：；由几何知识：可得如图内角，得；所以；恰好发生全反射时，由得；平行光能射入气泡的半径；得面积。答：在图中画

出一条光路，如图；气泡外介质的折射率为；在介质中能射入气泡的平行光的面积为。