黑龙江省佳木斯市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题(3)含解析

黑龙江省佳木斯市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题（3）
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．如图所示的甲、乙两图中，M为自耦变压器，R是滑动变阻器，P1、P2分别足它们的滑动键，将它们的输入端a、b、c、d分别接到相同的正弦交流电源上，在它们的输出端e、f和g、h上各接一个灯泡L1和L2，两灯泡均发光。

现将它们的滑动键P均向下滑动一小段距离，若在此过程中，灯泡不至于烧坏，则（）
A．L1、L2均变亮
B．L1变亮，L2变暗
C．L1变暗，L2变亮
D．L1、L2均变暗
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
甲图向下滑动时匝数比变小，副线圈的电压增大，所以L1一定变亮，乙图向下滑动时，L2支路电阻增大，回路中电流减小，所以L2一定变暗，故B正确ACD错误。

故选B。

2．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列是力F和运动时间t之间关系的图象，正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
在作用力F 之前，物块放在弹簧上处于静止状态，即
0mg kx =
作用力F 之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
0()F mg k x x ma +-+=
x 即为物块向下运动的位移，则
212x at = 联立可得 22ka F ma t =+
即F 随时间变化图象为D ，所以D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3．如图所示，N 匝矩形线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO’匀速转动，线圈面积为S ，线圈电阻为R ，电流表和电压表均为理想表，滑动变阻器最大值为2R ，则下列说法正确的是（ ）
A 2
B ．电流表示数的最大值NBS R
ω C ．线圈最大输出功率为2222
8N B S R
ω D ．仅将滑动变阻器滑片向上滑动，电流表示数变大，电压表示数变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．线圈中产生的交流电最大值为
m E NB S ω=
有效值
E = 电流表示数是
E I R R =+外 电流表示数的最大值
max I = 电压表两端电压是路端电压
ER NB SR U R R ω=+外外选项AB 错误；
C ．当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，线圈最大输出功率为
22222
48E N B S P R R
ω== 选项C 正确；
D ．仅将滑动变阻器滑片向上滑动，电阻变大，则电流表示数变小，电压表示数变大，D 错误。

故选C 。

4．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s 。

当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是（ ）
A ．v A ′＝3 m/s ，v
B ′＝4 m/s
B ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s
C ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/s
D ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．碰前系统总动量为：
(1622)kg m/s 10kg m/s p =⨯+⨯⋅=⋅ 碰前总动能为：
22k 11(1622)J 22J 22
E =⨯⨯+⨯⨯= 如果A 3m/s v '=，B 4m/s v '=，则碰后总动量为：
(1324)kg m/s 11kg m/s p '=⨯+⨯⋅=⋅
动量不守恒，不可能，A 错误；
B ．碰撞后，A 、B 两球同向运动，A 球在B 球的后面，A 球的速度大于B 球的速度，不可能，B 错误；
C ．如果A 2m/s v '=，B 4m/s v '=，则碰后总动量为：
(1224)kg m/s 10kg m/s p '=⨯+⨯⋅=⋅
系统动量守恒，碰后总动能为：
22k 11(122418J 22
)J E =⨯⨯⨯⨯='+ 系统动能减小，满足碰撞的条件，C 正确；
D ．如果A 4m/s v '=-，B 7m/s v '=，则碰后总动量为
(1(4)27)kg m/s 10kg m/s p '=⨯-+⨯⋅=⋅
系统动量守恒，碰后总动能为：
22k 11(1427)J 57J 22
E =⨯⨯+⨯='⨯ 系统动能增加，不可能，D 错误。

故选C 。

5．根据玻尔原子理论，氢原子中的电子绕原子核做圆周运动与人造卫星绕地球做圆周运动比较，下列说法中正确的是（ ）
A ．电子可以在大于基态轨道半径的任意轨道上运动，人造卫星只能在大于地球半径的某些特定轨道上运动
B ．轨道半径越大，线速度都越小，线速度与轨道半径的平方根成反比
C ．轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径成正比
D ．轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径的平方成反比
【答案】B
【解析】
【详解】
A.人造卫星的轨道可以是连续的，电子的轨道是不连续的；故A 错误.
B.人造地球卫星绕地球做圆周运动需要的向心力由万有引力提供，
2Mm F G r =＝2mv r ＝224mr T
π ①
可得：v =玻尔氢原子模型中电子绕原子核做圆周运动需要的向心力由库仑力提供，
F ＝2Qq k r ＝2mv r ＝22
4mr T π ②
可得：v =B 正
确.
C.由①可得：32r T GM π=；由②可得：32r T kQ π=，可知，都是轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径的32次方成正比；故C 错误.
D.由①可得：卫星的动能：
E k ＝2122GMm mv r
=； 由②可得电子的动能：2k kQq E r =
，可知都是轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径成反比；故D 错误.
6．2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r 的圆轨道上做圆周运动，到A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B 点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r 的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A 点时的速度为v ，卫星的质量为m ，地球的质量为M ，引力常量为G ，则发动机在A 点对卫星做的功与在B 点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)（ ）
A ．
23344GMm mv r
- B ．25384GMm mv r
- C ．23344GMm mv r
+ D ．25384GMm mv r + 【答案】B 【解析】
由212v Mm G m r r
=可知，卫星在轨道半径为r 的圆轨道上运动的线速度大小1GM v r =，在半径为2r 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为22GM v r =
，设卫星在椭圆轨道上B 点的速度为B v ，由2B vr v r =⋅，可知在A 点时发动机对卫星做功21211122
W mv mv =-，在B 点时发动机对卫星做的功为222211()222v W mv m =-，因此2125384GMm W W mv r
-=-，B 正确，ACD 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．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为2mg ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh =
C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg F F kx kx θθ⋅====
f N 14F F m
g μ==
T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 3344y CP F kx a g g m m
=-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 34
W mgh =，v =B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在
CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE 段时摩擦力和弹力做的负功少，
小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误；
D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

8．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计．则（ ）
A ．物块c 的质量是2msinθ
B ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能
C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能
D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是sin mg BL θ 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
b 棒静止说明b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明a 棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，
c 匀速下降则c 所受重力和绳的拉力大小平衡．由b 平衡可知，安培力大小F 安=mgsinθ，由a 平衡可知F 绳=F 安+mgsinθ=2mgsinθ，由c 平衡可知F 绳=m c g ；因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=m c g ，即物块c 的质量为2msinθ，故A 正确；b 放上之前，根据能量守恒知a 增加的重力势能也是由于c 减小的重力势能，故B 错误；a 匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C 错误；根据b 棒的平衡可知F 安=mgsinθ又因为F 安=BIL ，故sin mg θI BL
=，故D 正确；故选AD ．
考点：物体的平衡；安培力.
9．图示为一简谐横波在0t =时刻的波形图，P 是平衡位置在1m x =处的质点，此时刻P 点振动方向沿y
轴正方向，并经过0.3s 第一次到达平衡位置，Q 是平衡位置为4m x =处的质点，下列分析正确的是（ ）
A ．该波沿x 轴负方向传播
B ．该波的传播速度为10m/s
C ．P 点与Q 点的振动方向总是相反
D ．从此刻起1min 内Q 点通过的路程为30m
E.质点Q 的振动方程可表示为10sin5(cm)y xt =
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．因此时P 点沿y 轴正方向振动，根据同侧法可知波沿x 轴负方向传播，A 正确；
B ．因P 点的平衡位置在1m x =处，所以
0.3s 84T T += 所以
0.8s T =
计算波速
10m/s λv T
== B 正确；
C ．P 、Q 两点的平衡位置间的距离大于
4λ，小于2
λ，所以其振动方向有时相同，有时相反，C 错误； D ．根据 1min 60s 75T ==
经过的路程
75430m s A =⨯=
D 正确；
E ．根据图像可知
2 2.5rad /s T
πωπ== 质点Q 此时由平衡位置向下振动，振动方程可表示为
10sin 2.5(cm)y t π=-
E 错误。

故选ABD 。

10．2020年2月，北斗卫星导航系统第41、49、50和51颗卫星完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。

其中第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球 同步轨道卫星，它们的轨道半
径约为4.2×
107 m ，运行周期等于地球的自转周期24小时。

第50和51颗卫星为中圆地球轨道卫星，运行周期约为12小时。

已知引力常量G=6. 67×
l0-11 Nm 2/kg 2，倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。

下列说法正确是（ ）
A ．根据题目数据可估算出地球的质量
B ．中圆地球轨道卫星的轨道半径约为2. 1×107m
C ．在地面观察者看来，倾斜地球同步轨道卫星是静止的
D ．倾斜地球同步轨道卫星的运行速度比中圆地球轨道卫星小
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．对同步卫星 222()Mm G m r r T
π= 已知绕地球运动的周期T 和运动半径r 可求解地球的质量，选项A 正确；
B ．根据开普勒第三定律可知
3232=r T r T 中圆中圆同步同步
因
1=2
T T 中圆同步 则中圆地球轨道卫星的轨道半径不等于同步卫星轨道半径的一半，选项B 错误；
C ．倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，每过24h 都运动一圈，在地面观察者看来，倾斜地球同步轨道卫星是运动的，选项C 错误；
D ．根据GM v r
=
可知，倾斜地球同步轨道卫星的运行速度比中圆地球轨道卫星小，选项D 正确。

故选AD 。

11．如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。

使物块位于A 点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。

现将物块由A 点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B ，C 是AB 的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则（ ）
A ．物块和弹簧系统机械能守恒
B ．物块在B 点时加速度方向由B 指向A
C ．A 到C 过程物块所受合力做的功大于C 到B 过程物块克服合力做的功
D ．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A 到C 过程的增量小于C 到B 过程的增量
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；
B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B 指向A，故B正确；
C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。

故选ABD。

12．下列说法正确的有（）
A．研究表明，一般物体的电磁辐射仅与温度有关
B．电子的衍射图样证实了电子的波动性
C．α粒子散射实验是估测原子核半径最简单的方法
D．结合能越大的原子核，核子的平均质量越大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故A错误；
B．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B正确；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，内部集中所有正电荷及几乎全部质量，所以α粒子散射实验是估算原子核半径最简单的方法之一，故C正确；
D．根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故D 错误。

故选BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组做“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示，图中A为铁架台，B，C是用细线连接的
两个物块，D为固定在物块C上的细遮光条（质量可忽略不计），E为固定在铁架台上的轻质定滑轮，F 为光电门，实验步骤如下：
①用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，用天平分别称出物块B、C的质量分别为和，用跨过定滑轮的细线连接物块B和C；
②在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h；
③将物块C从位置O由静止释放，C加速下降，B加速上升；
④记录遮光条D通过光电门的时间t。

依据以上步骤，回答以下问题：
（1）该实验的研究对象是__________填“B”或“C”或“B、C组成的系统”）；
（2）从物块C由静止释放到其经过光电门的过程中，研究对象的动能增加量______，研究对象的重力势能减少量________（用实验中测量的量表示，重力加速度为g）。

【答案】B、C 组成的系统
【解析】
【详解】
(1)[1]实验中要验证机械能守恒，只有以B、C 组成的系统为研究对象，才只有重力做功，机械能才守恒，故该实验的研究对象是B、C 组成的系统。

(2)[2]因为遮光条的宽度为，故物块C通过光电门的速度可近似等于通过d的平均速度，即
所以从物块C由静止释放到其经过光电门的过程中，B、C组成的系统动能增加量
[3]从物块C由静止释放到其经过光电门的过程中，物块C下降h，物块B上升h，故B、C 组成的系统重力势能该变量为
14．教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。

实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

（1）实验所用重锤质量150g 左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；
A ．20g
B ．260g
C ．500g
D ．600g
（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；
A ．实验中先释放木块，后接通电源
B ．调整定滑轮高度，使细线与板面平行
C ．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等
D ．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右
（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l 、2、3、4、5、6，测得点O 与点3、点6间的距离分别为19.90cm 、 54.20cm ，计时器打点周期为0.02s ，则木块加速度a= ____m/s 2(保留两位有效数字)；
（4）实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：____，_____。

【答案】B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g 左右，动摩擦因数μ=0.30，设木块的质量为M ，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
()mg Mg m M a μ-=+
解得
mg Mg a m M
μ-=+ 根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得
0mg Mg μ->
解得
500M <g
当木块的质量M 越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g ，故B 符合题意，ACD 不符合题意；
故选B 。

（2）[2]A ．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A 错误；
B ．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B 正确；
C ．根据实验原理
()mg Mg m M a μ-=+
可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C 错误；
D ．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
()mg m M a =+
将（1）问中的m=150g ，M=260g 代入上式，可得加速度
4a ≈m/s 2
为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s 到0.6s ，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有
212
x at = 取t=0.5s 计算可得
0.50m x =
取t=0.6s 计算可得
0.72m x =
故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右，故D 正确。

故选BD 。

（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，根据
2x aT ∆=
可得加速度为
()0603032
9x x x a T --= 由题知0319.90cm x =，0654.20cm x =，代入数据解得
21.6m /s a =
（4）[4]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．为了观察门外情况，在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直。

从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称做视场角。

已知该玻璃的折射率为n ，圆柱形玻璃的厚度为L ，底面半径为r ，则视场角为_______。

（用反三角函数表示）
【答案】22arcsin
r L +
【解析】
【详解】 [1]光路图如图所示。

在玻璃砖边缘P 点光折射有12
sin sin n θθ=，由几何关系得 222sin r L θ=+
解得视场角
122arcsin r L θ=+
16．如图所示,C 是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动,木板足够长,A 、B 始终未滑离木板,重力加速度为g ，求:
(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中,木块B 所发生的位移；
(2)木块A 在整个过程中的最小速度；
(3)整个过程中,A 、B 两木块相对于木板滑动的总路程是多少?
【答案】（1）209150v s g μ=，（2）025
A v v =，（3）20# 1.6v s g μ= 【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为v 1．对A 、B 、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv 2+2mv 2=（m+m+3m ）v 1
解得：v 1=2．6 v 2
对木块B 运用动能定理，有：()221011222
mgs mv m v μ-=
- 解得：209150v s g μ= （2）设木块A 在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t ，由牛顿第二定律：
对木块A ：a 1=μmg/m=μg ，对木块C ：a 2=2μmg/3m=2μg/3，
当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有：v 2-μgt=（2μg/3）t
解得t=3v 2/（3μg ）
木块A 在整个过程中的最小速度为：v′=v 2-a 1t=2v 2 /3．
（3）Q 总=Q 1+Q 2 = fs 相1+fs 相2=ΔE k 损
所以2011132 1.6k k E E v s s s f mg g
μμ±∆∆=+===B 17．如图所示，两端封闭的粗细均匀且导热性能良好的玻璃管放置在水平桌面上，玻璃管长度为3L （单位：cm ），玻璃管内由长度为L （单位：cm ）的水银柱将管内的理想气体分成左右两部分，稳定时两部分气体长度相同，左右两部分气体的压强均为H cmHg 。

现在外力作用下使玻璃管沿水平桌面向右做匀加速
直线运动，玻璃管中左侧的气柱长度变为原来的一半，重力加速度为g ，求玻璃管运动的加速度a 的大小。

【答案】43Hg a L
=
【解析】
【分析】
【详解】
设玻璃管的横截面积为S ，静止时左右两侧的气体压强 12cmHg p p H ==，
体积
12V V LS ==
运动时，设左侧气体的压强为1'p ，右侧气体的压强2'p 由题意知左右两部分气体的体积 112V LS '=，232
V LS '= 对左侧气体由玻意耳定律知 1111p V p V ''=
解得
12cmHg H p '=
对右侧气体由玻意耳定律知
2222p V p V ''=
解得
22cmHg 3
H p '= 对水银柱由牛顿第二定律知
12S p ma p S ''-=
即
223
gHS gHS LSa -=水银水银水银ρρρ 解得
43Hg a L
=。