广东省湛江市达标名校2018年高考三月质量检测物理试题含解析

广东省湛江市达标名校2018年高考三月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，水平地面上有一个由四块完全相同石块所组成拱形建筑，其截面为半圆环，石块的质量均为m。

若石块接触面之间的摩擦忽略不计，则P、Q两部分石块之间的弹力为（）
A．2mg B．22mg C．2
mg D．
2
mg
2．如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB。

试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，则（）
A．Q1一定大于Q2
B．C、D两点的场强方向可能相同
C．+q的加速度大小先减小后增大
D．+q的动能和电势能的总和先减小后增大
3．2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。

嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是（）
A．该电池板的电动势为2.80V
B．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大
C．外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2W
D．外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%
4．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I=kt，其中k 为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是
A．B．
C．D．
5．下列说法正确的是（）
A．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B．铀核（238
92U）衰变为铅核（206
82
Pb）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
C．210
83Bi的半衰期是5天，100克210
83
Bi经过10天后还剩下50克
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
6．两辆汽车a、b在两条平行的直道上行驶。

t=0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v-t图像如图所示。

下列说法正确的是（）
A．汽车a在10s末向反方向运动
B．汽车b一直在物体a的前面
C．5s到10s两车的平均速度相等
D．10s末两车相距最近
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。

不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中（）
A．在相等的时间内，皮球动量的改变量相同
B．在相等的时间内，皮球动能的改变量相同
C．下落相同的高度，皮球动量的改变量相同
D．下落相同的高度，皮球动能的改变量相同
8．下列说法正确的是_____
A．悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显
B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高
D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
E.外界对气体做功，气体的内能可能减小
9．下列说法正确的是。

A．失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
C．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离
D．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
E.热量一定由高温物体向低温物体传递
10．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。

当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（）
A 2 L
B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B 3
B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整为
323
11．如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，
电动机卷绕绳子的轮子的半径25cm R =，轮子边缘的向心加速度与时间满足2[2(22)]a t =+，小船的质量3kg m =，小船受到阻力大小恒为10(31)N f =⨯+，小船经过A 点时速度大小026m /s 3
v =
，滑轮与水面竖直高度 1.5m h =，则（ ）
A ．小船过
B 点时速度为4m/s
B ．小船从A 点到B 点的时间为(21)s +
C ．电动机功率50W P =
D ．小船过B 点时的加速度为22522035m /s 6
-+ 12．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A ．可能等于零
B ．可能等于
2012
mv C ．可能等于12mv 02+12qEL-12
mgL D ．可能等于12mv 02+23qEL+12mgL 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为了验证机能守恒定律，同学们设计了如图甲所示的实验装置：
（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量分别为1M 和2M 的重物A 、B （A 的含挡光片、B 的含挂钩）用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出____________（填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h 。

②如果系统（重物A 、B ）的机械能守恒，应满足的关系式为_______。

（已知重力加速度为g ，经过光电门的时间为t ∆，挡光片的宽度d 以及1M 和2M 和h ）。

（2）实验进行过程中，有同学对装置改进，如图乙所示，同时在B 的下面挂上质量为m 的钩码，让
12M M m ==，经过光电门的速度用v 表示，距离用h 表示，若机械能守恒，则有22v h
=______。

14．导电玻璃是制造LCD 的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L 的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V ，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题．
(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=________mm ．
(2)然后用欧姆表×100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为________Ω．
(3)为精确测量x R 在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的13
，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号_____________．
A ．电流表1A （量程为60mA ，内阻1A R 约为3Ω）
B ．电流表2A （量程为2mA ，内阻2A R =15Ω）
C ．定值电阻1R =747Ω
D ．定值电阻2R =1985Ω
E ．滑动变阻器R （0~20Ω）一只
F ．电压表V （量程为10V ，内阻1V R k =Ω）
G ．蓄电池E （电动势为12V ，内阻很小）
H ．开关S 一只，导线若干
(4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值ρ=______（用字母表示，可能用到的字母有长度L 、直径d 、电流表1A 、2A 的读数1I 、2I ，电压表读数U ，电阻值1A R 、2A R 、V R 、1R 、2R ）．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两根足够长的平行竖直导轨，间距为 L ，上端接有两个电阻和一个耐压值足够大的电容器， R 1∶R 2= 2∶3，电容器的电容为C 且开始不带电。

质量为m 、电阻不计的导体棒 ab 垂直跨在导轨上，S 为单刀双掷开关。

整个空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B 。

现将开关 S 接 1，ab 以初速度 v0 竖直向上运动，当ab 向上运动 h 时到达最大高度，此时迅速将开关S 接 2，导体棒开始向下运动，整个过程中导体棒与导轨接触良好，空气阻力不计，重力加速度大小为 g 。

试问：
(1) 此过程中电阻 R 1产生的焦耳热；
(2) ab 回到出发点的速度大小；
(3)当 ab 以速度 v 0向上运动时开始计时，t 1时刻 ab 到达最大高度 h 处， t 2时刻回到出发点，请大致画出 ab 从开始运动到回到出发点的 v-t 图像（取竖直向下方向为正方向）。

16．粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。

初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。

已知大气压强p 0=75cmHg ，环境温度不变。

现从U 形管右侧缓慢注入水银，使右侧空气柱上方水银柱的长度变为25cm 。

求：
(i)右侧管内封闭空气柱的长度；
(ii)左侧管内水银面上升的高度。

17．如图所示，水平面AB 光滑，质量为m=1.0kg 的物体处于静止状态。

当其瞬间受到水平冲量I=10N·s 的作用后向右运动，倾角为θ=37°的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.5，经B 点后再经过1.5s 物体到达C 点。

g 取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求BC 两点间的距离。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．A
【解析】
【详解】
对石块P 受力分析如图
由几何关系知：
180454
θ︒==︒ 根据平衡条件得，Q 对P 作用力为： 22cos 45mg N mg =
=o A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．试探电荷+q 只在静电力作用下，从C 点向右沿直线运动到D 点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在CD 之间存在场强为零的位置，但是不能确定与两电荷的距离关系，则不能确定两电荷带电量的关系，故A 错误；
B ．由以上分析可知，
C 、
D 两点的场强方向相反，故B 错误；
C ．因C
D 之间存在场强为零的位置，则试探电荷从C 向D 移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先
减小后增加，故C正确；
D．因+q只有电场力做功，则它的动能和电势能的总和保持不变，故D错误。

故选C。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．电源的路端电压与干路电流的关系图像中，图线与纵轴的交点表示电动势，所以由图可知该电池板的电动势为2. 80V，A正确。

B．随着外电路电阻增大，干路电流不断减小，由闭合电路欧姆定律E U Ir
=+可知内阻
E U
r
I
-
=
如图所示，
外电路电阻12
R R
>，阻的伏安特性曲线与原路端电压与干路电流的图线分别交于P1、P2，则
1
1
1
E U
r
I
-
=
指的是E与P1的斜率，
2
2
2
E U
r
I
-
=
指的是E与P2连线的斜率，可知12
r r
<，B错误。

C．在原图中作出阻值为1kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示
与原图交于(1. 8V ，1.8mA)，此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为
3 1. 78V 1.78mA 3.210W -⨯≈⨯
故C 错误。

D ．此时电源的效率
1.7864%
2.8
IU IE ==≈η 故D 错误。

故选A 。

4．D
【解析】
【详解】
AB 、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma ，而F=BIL ，I=kt ，得到 BkL•t -f=ma ，可见，a 随t 的变化均匀增大。

当t=0时，f=-ma ，根据数学知识可知AB 错误，故AB 错误。

CD 、速度图象的斜率等于加速度，a 增大，则v-t 图象的斜率增大。

故C 错误，D 正确。

故选D 。

5．B
【解析】
【详解】
A ．β衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A 错误；
B ．铀核（238
92U ）衰变为铅核（206
82Pb ）的过程中，每经一次
α衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次β衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数
23820684
m -==次 β衰变次数
()8292826n =--⨯=次
B 正确；
C ．设原来Bi 的质量为0m ，衰变后剩余质量为m 则有
10501110025g 22
()()t T m m ==⨯= 即可知剩余Bi 质量为25g ，C 错误；
D ．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D 错误。

故选B。

6．B
【解析】
【详解】
A．汽车a的速度一直为正值，则10s末没有反方向运动，选项A错误；
B．因v-t图像的面积等于位移，由图可知，b的位移一直大于a，即汽车b一直在物体a的前面，选项B 正确；
C．由图像可知，5s到10s两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项C错误；
D．由图像可知8-12s时间内，a的速度大于b，两车逐渐靠近，则12s末两车相距最近，选项D错误；故选B。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．因物体在空中只受重力，所以在相等的时间间隔内，皮球受到的冲量均为mgt，故皮球受到的冲量相同，根据动量定理可得，皮球动量的改变量相同，故A正确；
B．在相等的时间间隔内，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球动能的改变量不同，故B错误；
C．下落相同的高度，时间并不相等，故皮球受到的重力的冲量不相等，故皮球动量的增量不相同，故C 错误；
D．下落相同的高度，重力做功均为mgh，故重力做功相等，小球动能的增量相同，故D正确。

故选AD。

8．BDE
【解析】
【详解】
A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A错误；B．由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B正确；
C．分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大．故C错误；
D．由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；
E．当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确．
9．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，故金属液体的气体气泡不能无限地膨胀，A正确；
B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B错误；
C．由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积，摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C正确；
D．由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D正确；
E．热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，E错误。

故选ACD。

10．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据
几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为
3
2
h，选项A错误；
B．而由三角形相似可知
G F T
h AB BC
==
则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；
Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标为（x，y），则由几何关系
cos sin
x hθθ
=⋅
tan x y
θ= 消掉θ角且整理可得
2222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；
D ．若A 对B 的静电力为B 倍，则B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有 G F AC AB
= 解得
F AB h h
G == 根据余弦定理可得
2222cos303
h h BC BC h =+-⨯⨯︒（） 解得
或3h 选项D 正确。

故选BCD 。

11．AD
【解析】
【详解】
AB.由2
v a R
=得，沿绳子方向上的速度为：
2v t ==（
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
100302
v v cos v =︒= 小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
2452
B B v v cos v =︒=
作出沿绳速度的v-t 图象，直线的斜率为：
0222B t
= A 到B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：
022(22
B v t h += 联立可解得：4m/s B v =
；1s t =）
选项A 正确，B 错误；
C.小船从A 点运动到B 点，由动能定理有：
22011 22
B Pt fs mv mv -=- 由几何知识可知：
1s h =）
联立可解得：
501W P =）
选项C 错误；
D.小船在B 处，由牛顿第二定律得：
4545B B P cos f ma v cos ︒-=︒
解得：
25m/s 6
B a = 选项D 正确。

故选AD 。

12．BCD
【解析】
【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．
【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD ，如图所示
若电场方向平行于AC ：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为
12qEL ，重力做功为-12mg ，根据动能定理得：E k −12mv 1＝12qEL−12mgL ，即E k ＝12mv 1+12qEL−12
mgL ②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k =
12mv 1． 若电场方向平行于AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为
12qEL ，重力做功为12mgL ，根据动能定理得：E k −12mv 1＝12qEL+12mgL ，即E k ＝12mv 1+12qEL+12
mgL ． 由上分析可知，电场方向平行于AC ，粒子离开电场时的动能不可能为2．
若电场方向平行于AB ：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于2．若电场力向右，小球从D 点离开电场时，有 E k −12mv 1＝qEL+12mgL 则得E k ＝12mv 1+qEL+12
mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于2．故粒子离开电场时的动能都不可能为2．故BCD 正确，A 错误．故选BCD ．
【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．挡光片中心 ()()2
211212d M M gh M M t ⎛⎫-=+ ⎪∆⎝⎭
3g 【解析】
【详解】
（1）①[1]需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离； ②[2]根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则系统的末速度为 d v t
=∆ 则系统动能的增加量为
()()12
22121122k d E M M v t M M ⎛⎫ ⎪∆⎝∆=+⎭
+= 系统重力势能的减小量为 ()21P E M M gh ∆=-
若系统机械能守恒则有
()()2211
212d M M gh M M t ⎛⎫-=+ ⎪∆⎝⎭
（2）[3]若系统机械能守恒则有 ()21232
m m gh mv -=
⨯ 解得223v g h = 14．1.990 500 22222()
4()A V d I R R U L I R πρ+=-
【解析】
（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm ，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm ，所以最终读数为
1.5mm+0.490mm=1.990mm （1.989～1.991mm 均正确 ）
（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω．
（3）电源的电动势为12V ，电压表的量程为10V ，滑动变阻器的电阻为20Ω，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I=3 500
=0.006A=6mA ，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为10V ，远大于待测电阻的额定电压3V ，故常规方法不能正常测量；
所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V ，内阻R V =1kΩ，故满偏电流为10mA ，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A 2与R 2串联充当电压表使用，改装后量程为4V ，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；
（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I= V
U R -I 2 电压：U x =I 2（R 2+R A2）
由欧姆定律可知电阻：R x = U
I
根据电阻定律可知：R=ρ L S
而截面积：S=π2
4
d 联立解得：ρ=()222224A V d I R R U L I R πρ+=⎛⎫- ⎪⎝⎭
点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）2103152Q mv mgh ⎛⎫=
- ⎪⎝⎭；（2
）v =（3）见解析。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）只有当开关S 接1时回路中才有焦耳热产生，在导体棒上升过程，设回路中产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒有 2012
mv mgh = 又12:2:3R R =，因此电阻R 1产生的热量为
135
Q Q = 2103152Q mv mgh ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
（2）当开关S 接2时，导体棒由静止开始下落，设导体棒下落的加速度为a ，由牛顿第二定律得 mg-ILB=0
又
Q C U CBL v I CBLa t t t
∆∆∆====∆∆∆ 联立得 22mg a CB L m =
+ 所以导体棒做初速度为0，加速度为a 的匀加速直线运动，设导体棒回到出发点的速度大小为v ，由22v ah = 得
v =（3）当导体棒向上运动时，由于所受安培力向下且不断减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的减速运动；
当导体棒开始向下运动时做初速度为0的匀加速直线运动，由于所受安培力与重力反向，所以此过程加速度小于g.
16．(i)4.5cm；(ii)2cm
【解析】
【分析】
【详解】
(i)设玻璃管的横截面积为S；令ρ、g分别为水银密度和重力加速度，初始时，右侧水银柱高度为h1=15cm，产生压强为p h1，空气柱长度为l1=5cm，压强为p1，注入水银后，右侧水银柱高度为h1ʹ=25cm，产生压强为p h1ʹ，空气柱长度为l1ʹ，压强为p1ʹ，由力的平衡条件有
p1=p0+p h1=90cmHg
p1ʹ=p0+p h1ʹ=100cmHg
由玻意耳定律有p1l1S=p1ʹl1ʹS，联立以上各式并代入数据解得
l1ʹ=4.5cm
(ii)初始时，左侧空气柱长度为l2=32cm，压强为p2=p1；注入水银后，设左侧水银面上升的高度为h，高出的水银柱产生压强为2p h，左侧空气柱压强为p2ʹ由力的平衡条件有
p2ʹ=p1ʹ‒2p h
由玻意耳定律有
p2l2S=p2ʹ(l2‒h)S
联立以上各式并代入数据得
h2‒82h+160=0
解得
h=80cm（不合题意，舍去），h=2cm
17．4.75m
【解析】
【详解】
根据动量定理有
00
I mv =-
解得
010m/s v =
沿斜面上滑
1sin cos mg mg ma θμθ+= 速度减少为零时，有 0110v a t -=
解得
11s 1.5s =<t
最高点距B 点的距离 0112
v x t = 物体下滑
2sin cos θmg mg ma θμ-= 从最高点到C 点的距离 222212
=x a t 12 1.5s t t +=
BC 两点间的距离 12 4.75m =-=BC S x x。