陕西省宝鸡市2021届新高考四诊物理试题含解析

陕西省宝鸡市2021届新高考四诊物理试题
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，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为60α=︒。

现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平上的v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v gR =，重力加速度为g ，则一下结论正确的是
A ．C 、N 的水平距离为R
B ．
C 、N 的水平距离为2R C ．小球在M 点对轨道的压力为6mg
D ．小球在M 点对轨道的压力为4mg
【答案】C
【解析】
【详解】 AB ．小球从N 到C 的过程可看作逆过来的平抛，则
cos N v v α=
sin N v gt α=
CN x vt = 解得：
22N v v gR ==3CN x R =
故A 、B 项错误。

CD ．小球从M 到N 的过程应用动能定理可得：
2211(cos )22
-N M mg R R mv mv α--= 对小球在M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得：
2M NM v F mg m R
-= 解得：
6NM F mg =
根据牛顿第三定律可得：小球在M点对轨道的压力为6mg。

故C项正确，D项错误。

故选C。

2．下列说法正确的是（）
A．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动
B．液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间的距离，表现为引力
C．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生
D．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能一定减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，故A错误；
B．液体表面层，分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离0r，因此分子间作用力表现为引力，液体表面有收缩趋势，故B正确；
C．扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故C错误；
D．分子间距离为平衡时的距离0r，分子间作用力为零，当分子间距离r大于0r时，分子间作用力表现为引力，此时随着分子间距r的增大分子间作用力做负功，分子势能p E增大，所以当分子间距增大时，分子势能不一定减小，故D错误；
故选B。

3．如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上。

另一端连在距离O点正上方R处的P点。

小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长。

现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零。

已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中下列说法正确的是（）
A．小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg
B．橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大
C．小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量
D ．小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量
【答案】D
【解析】
【详解】
小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=m 2v R ，橡皮筋的弹力F=mg+m 2
v R
，故F 大于mg ，故A 错误；根据P=Fvcosα可知，开始时v=1，则橡皮筋弹力做功的功率P=1．在最低点速度方向与F 方向垂直，α=91°，则橡皮筋弹力做功的功率P=1，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B 错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能增加量，故C 错误。

小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D 正确。

4．如图所示，直线a b 、和直线、c d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M N P Q ϕϕϕϕ、、、。

一质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

下列说法正确的是（ ）
A ．直线a 位于某一等势面内，M Q ϕϕ<
B ．直线c 位于某一等势面内，>M P ϕϕ
C ．若质子由M 点运动到N 点，电场力做正功
D ．若质子由P 点运动到Q 点，电场力做负功
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．质子带正电荷，质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQ MP W W =<
而
MQ MQ W qU =
MP MP W qU =，0q >
所以有
0MQ MP U U =<
即
M Q P ϕϕϕ<=
匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP 和MN 分别是两条等势线，有
P Q ϕϕ=
故A 正确、B 错误；
CD ．质子由M 点运动到N 点的过程中
()0MN M N W q ϕϕ=-=
质子由P 点运动到Q 点的过程中
()0PQ P Q W q ϕϕ=-=
故CD 错误。

故选A 。

5．如图，一个质量为m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ；将圆环拉至A 点由静止释放，OA=OB=L ，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是
A ．圆环通过O 点的加速度小于g
B ．圆环在O 点的速度最大
C ．圆环在A 点的加速度大小为g+
2kL m
D ．圆环在B 点的速度为gL 【答案】D
【解析】
【详解】
A ．圆环通过O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g ，故A 错误；
B ．圆环受力平衡时速度最大，应在O 点下方，故B 错误；
C ．圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A 点弹簧伸长 (21)L - 根据牛顿第二定律，有
2(2)cos 45mg k L L ma ︒+-=
解得
(22)kL a g m
-=+ 故C 错误；
D ．圆环从A 到B 过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能
2122
mg L mv ⋅=
解得 2v gL =
故D 正确。

故选D 。

6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（ ）
A ．细线对小球的拉力变小
B ．斜面对小球的支持力变大
C ．斜面对地面的压力变大
D ．地面对斜面的摩擦力变小
【答案】D
【解析】
【详解】
此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形，如图，可知慢慢增大，减小，故AB 错；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力减小，可知D 正确，C 错误．故选D ．
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．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项门标和科学探测任务后，第二步“落月”工程也已在2013年以前完成。

假设月球半径为R 。

月球表面的重力加速度为g 0，飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道I 运动，到达A 点时，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ；到达轨道Ⅱ的近月点B 再次点火进入月球近月圆轨道III 绕月球做圆周运动。

下列判断正确的是（ ）
A 0g R
B ．飞船在A 点处点火变轨时，动能增大
C ．飞船从A 到B 运行的过程中机械能增大
D ．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间0
2R g 【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．飞船在轨道Ⅰ上，万有引力提供向心力 2
2(4)4Mm v G m R R
在月球表面，万有引力等于重力得
02Mm G mg R
= 解得
v =故A 正确；
B ．在圆轨道实施变轨成椭圆轨道在远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B 错误；
C ．飞船在轨道Ⅱ上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点速度，所以飞船在A 点的线速度大于在B 点的线速度，机械能不变，故C 错误；
D ．根据
2
024πmg m R T
= 解得
=2T 故D 正确。

故选AD 。

8．下列说法正确的是（ ）
A ．肥皂泡呈现彩色是光的薄膜干涉现象
B ．泊松亮斑支持了光的粒子说
C ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减弱玻璃表面反射光的影响
D ．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
E.X 射线比无线电波更容易发生衍射现象
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．肥皂泡呈现彩色是光通过前面、后面反射回来的光发生干涉现象的结果，故A 正确；
B ．泊松亮斑支持了光的波动说，故B 错误；
C ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，反射光的振动方向和玻璃橱窗内的物品光的振动方向不同，所以在镜头前加一个偏振片可以减弱玻璃表面反射光的影响，C 项正确；
D ．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，故D 正确；
E ．波长越长越容易发生衍射现象，而X 射线比无线电波波长短，不容易发生衍射现象，故E 错误。

故选ACD 。

9．如图所示，灯泡A 、B 完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n 1：n 2=5：1，指示灯L 的额定功率是灯泡A 的
15
，当输入端接上1102sin100(V)u t π=的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A 2的示数为0.4A ，则（ ）
A ．电流表A 1的示数为0.08A
B ．灯泡A 的额定电压为22V
C ．灯泡L 的额定功率为0.8W
D ．原线圈的输入功率为8.8W
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．副线圈的总电流即A 2的示数为I 2＝0.4A ，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得 212110.4A 0.08A 5
n I I n ==⨯= 即电流表A 1的示数为0.08A ，故A 正确；
BC ．变压器的输入电压的有效值为U=110V ，根据全电路的能量守恒定律有
1L A 2UI P P =+
而指示灯L 的额定功率是灯泡A 的15
，即 A L 5
P P = 联立解得
A 4W P =，L 0.8W P =
由电功率
2A A A A 2
I P U I U ==⋅
可得 A 20V U =
故B 错误，C 正确；
D ．对原线圈电路由1L UI P P =+入，可得原线圈的输入功率
1L (8.80.8)W 8W P UI P =-=-=入
故D 错误。

故选AC 。

10．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.
11．如图，匀强磁场中位于P 处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m 、电荷量为q 、速率为v 的带正电粒子，P 到荧光屏MN 的距离为d 。

设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。

下列判断正确的是（ ）
A ．若磁感应强度mv
B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为πd v B ．若磁感应强度mv B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为7π6d v
C ．若磁感应强度2mv B qd
=，则荧光屏上形成的亮线长度为(13)d + D ．若磁感应强度2mv B qd =
，则荧光屏上形成的亮线长度为(153)d + 【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．若磁感应强度mv B qd
=，即粒子的运动半径为 r=mv qB
=d 如图所示：
到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN 运动的粒子，其运动时间（周期T=2m qB
π）为
133π42d t T v
== 运动时间最短的是以d 为弦长的粒子，运动时间为
21π63d t T v
== 所以最大时间差为
127π6d t t v
-= 故A 错误，B 正确； CD ．若磁感应强度2mv B qd =
，即粒子的运动半径为R=2d ，如图所示：
到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN 相切的，设下半部分的亮线长度为x 1，根据几何关系，有
2212R R x d +-=（）
解得13x d =；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P 点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x 2，根据几何关系，有
()22222+R x d =
解得215x d =，所以亮线的总长度为(153)d +，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

12．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O 点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A 点水平飞出，然后落到斜坡上的B 点．已知A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m ，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m ＝50 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A ．运动员从O 点运动到
B 点的整个过程中机械能守恒
B ．运动员到达A 点时的速度为20 m/s
C ．运动员到达B 点时的动能为10 kJ
D ．运动员从A 点飞出到落到B 3【答案】AB
【解析】
运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：
1 2mv A2=mgh=mgR（1-cos60°）所以：2(160)104020/
A
v gR cos gR m s
=-︒⨯=
＝＝
，故B正确；设运动员做平抛运动的时间为t，则：x=v A t；y=1
2
gt2
由几何关系：
3
30
3
y
tan
x
︒
＝＝，联立得：
43
3
t s
=，2
14380
10()
233
y m m
＝
=⨯⨯
运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能：E kB=mgy+1
2
mv A2，代入数据得：E kB=
1
3
×105J．故
C D错误．故选AB.
点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻x R的阻值：
(1)现有电源(4V,内阻可不计、滑动变阻器(0～50aΩ，额定电流2A)、开关和导线若干,以及下列电表：A．电流表(0～3A,内阻约0.025Ω)
B．电流表(0～0.6A,内阻约0.125Ω)
C．电压表(0～3V,内阻约3kΩ)
D．电压表(0～15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差,在实验中,电流表应选用_____,电压表应选用______(选填器材前的字母)；
(2)下图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线．要求电压表和电流表从零开始读数,补充完成图中实物间的连线____：
(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如
图所示,可得该电阻的测量值
x U
R
I
==_______Ω(保留三位有效数字)．
(4)在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是________(选填选项前的字母)
A ．电流表测量值小于流经x R 的电流值
B ．电流表测量值大于流经x R 的电流值
C ．电压表测量值小于x R 两端的电压值
D ．电压表测量值大于x R 两端的电压值
(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响,采取了以下措施,其中在确的是______
A ．多次测量U 、I,画U I -图像,再求R 值
B ．多次测量U 、I,先计算R,再求R 的平均值
C ．实验中通电电流不宜过大,通电时间不宜过长
D ．多次测量U 、I,先求U 、I 的平均值,再求R
【答案】B ； C ； 5.20； B ； C ；
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 由于电源电动势为4V ，所以电压表应选C （因为若选择电压表D 时，电动势3V 还不到电压表量程的13
）； 根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：max 40.85x U I A A R =
==所以电流表应选B ； (2) 实物连线图如图所示：
(3) 由图可知，电流表的读数为：I=0.50A ，电压表的读数为：U=2.60V ，所以待测电阻为：
2.60 5.200.50
U R I ==Ω=Ω (4) 根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经R x 的电流，所以产生误差的主要原因是B ；
故选B ．
(5)由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选C ．
14．我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。

将光电门固定在水平轨道的B 点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。

现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A 点由静止释放。

(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B 点的速度。

其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，则d=___________cm 。

(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m 为横坐标，小车经过B 点时相应的速度平方为纵坐标，则v 2-m 图线应该为下图中___________。

A 、
B 、
C 、
D 、
【答案】0.925 B
【解析】
【分析】
根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v 2-m 图线应该为”可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。

【详解】
(1)游标卡尺读数为1959.250.92520
mm mm mm cm +⨯== (2)设小车、小桶、钩码的总质量为M ，小车从A 运动到B 的位移为x ，则212mgx Mv =，整理得：22gx v m M
=，所以v 2-m 图线是过原点的直线。

故B 项正确，ACD 三项错误。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度。

他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层，在整个过程中，他没有来得及将台秤的示数记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g 取10m/s 2；
(1)电梯在0—3.0s 时间段内台秤的示数应该是多少？
(2)根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度。

时间/s
台秤示数/kg 电梯启动前
5.0 0—3.0 3.0—13.0
5.0 13.0—19.0
4.6 19.0以后
5.0
【答案】 (1)5.8kg ；(2)2.9m 。

【解析】
【详解】 (1)由v t -图象可知，电梯在13.0—19.0s 内向上做匀减速运动，由牛顿第二定律：
11mg N ma -=
2211 4.610(10)m/s =0.8m/s 5.0
N a g m ⨯=-=- 匀速运动时的速度
110.8(19.013.0)m/s=4.8m/s v a t ==⨯-
0—3.0s 内，电梯向上做匀加速运动，设其加速度为a 2，则
2222 4.8m/s =1.6m/s 3.0
v a t == 由牛顿第二定律：
22N mg ma -=
22() 5.0(10 1.6)58N N m g a N ∴=+=⨯+=
即0—3.0s 内台秤的示数应该为5.8kg ；
(2)0—3.0s 内电梯的位移
2212211 1.6 3.0m=7.2m 22
s a t ==⨯⨯ 3.0—13.0s 内电梯的位移
23 4.810m=48m s vt ==⨯
13.0—19.0s 内电梯的位移
22311110.80.6m=14.4m 22
s a t ==⨯⨯ 总高度
12369.6m H s s s =++=
平均高度
2.9m 24
H h ==。

16．如图所示，光滑的水平桌面边缘处固定一轻质定滑轮，A 为质量为2m 的足够长的木板，B 、C 、D 为三个质量均为m 的可视为质点的物块，B 放在A 上，B 通过水平且不可伸长的轻绳跨过定滑轮与D 连接，D 悬在空中。

C 静止在水平桌面上A 的右方某处（A 、C 和滑轮在同一直线上）。

A 、B 间存在摩擦力，且认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，在D 的牵引下，A 和B 由静止开始一起向右加速运动，一段时间
后A 与C 发生时间极短的弹性碰撞，设A 和C 到定滑轮的距离足够远，D 离地面足够高，不计滑轮摩擦，
已知重力加速度为g 。

(1)为使A 与C 碰前A 和B 能相对静止一起加速运动，求A 与B 间的动摩擦因数μ应满足的条件；
(2)若A 与B 间的动摩擦因数μ=0.75，A 与C 碰撞前A 速度大小为v 0，求A 与C 碰后，当A 与B 刚好相对静止时，C 与A 右端的距离。

【答案】（1）12
μ≥；（2）2043v d g = 【解析】
【分析】
【详解】
（1）B 对A 的最大静摩擦来提供A 向前加速运动，加速度为
22mg
g
a m μμ==
对ABC 整体受力分析，根据牛顿第二定律可知
4mg ma =
联立解得
1=2
μ 所以μ应满足12
μ≥。

（2）设A 与C 碰撞后，A 和C 的速度分别为v A 和v C ，则
022A c mv mv mv =+
222011122222
C A mv mv mv =+ 解得
013
A v v = 043
c v v = 设A 与C 碰后，绳的拉力为F'T ，B 和D 加速的加速度大小为a 2，则
T 2mg F ma '-=
T 2F mg ma μ'-=
解得
218
a g = A 的加速度大小为a 3，则
32mg ma μ=
解得
338
a g = 设碰后，经时间t ，A 和B 的速度相同，则
A 302v a t v a t +=+
时间t 内A 的位移
2A A 312
x v t a t =+ 时间t 内C 的位移
C C x v t =
所求距离为
C A d x x =-
解得
2043v d g
= 17．如图所示，在竖直圆柱形绝热气缸内，可移动的绝热活塞、密封了质量相同的、两部分同种气体，且处于平衡状态。

已知活塞、的横截面积之比，密封气体的长度之比，
活塞厚度、质量和摩擦均不计。

①求、两部分气体的热力学温度的比值； ②若对部分气体缓慢加热，同时在活塞上逐渐增加细砂使活塞的位置不变，当部分气体的温度为时，活塞、间的距离与之比为，求此时部分气体的绝对温度与的比值。

【答案】①②
【解析】 【详解】 ①、两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖–吕萨克定律有：
解得
②对部分气体，根据查理定律有
对部分气体，根据理想气体状态方程有
而。