山东省聊城市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

山东省聊城市2021届新高考物理二月模拟试卷
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
1．一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时
A ．速度相同，波长相同
B ．速度不同，波长相同
C ．速度相同，频率相同
D ．速度不同，频率相同 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式c v n =可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小．
A ．速度相同，波长相同，与结论不相符，选项A 错误；
B ．速度不同，波长相同，与结论不相符，选项B 错误；
C ．速度相同，频率相同，与结论不相符，选项C 错误；
D ．速度不同，频率相同，与结论相符，选项D 正确；
故选D ．
【学科网考点定位】光的传播、光速、波长与频率的关系
【方法技巧】 本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式c v n
=
公式分析光进入不同介质中的传播速度．
2．将输入电压为220V 、输出电压为6V 的变压器改装成输出电压为30V 的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）
A ．150匝
B ．144匝
C ．130匝
D ．120匝 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
副线圈匝数为n 2=30匝，输入电压U 1=220V ，输出电压U 2=6V ，根据变压比公式有 112
22206U U n n == 原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V ，根据变压比公式有
1
2
220
30
n
n n
=
+∆
联立得
120
n
∆=
故D正确，ABC错误。

故选D。

3．如图所示为鱼饵自动投放器的装置示意图，其下部是一个高度可以调节的竖直细管，上部是四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向。

竖直细管下端装有原长为L0的轻质弹簧，弹簧下端与水面平齐，将弹簧压缩并锁定，把鱼饵放在弹簧上。

解除锁定当弹簧恢复原长时鱼饵获得速度v0。

不考虑一切摩擦，重力加速度取g，调节竖直细管的高度，可以改变鱼饵抛出后落水点距管口的水平距离，则该水平距离的最大值为
A ．＋L0
B ．＋2L 0C．－L0D．－2L0
【答案】A
【解析】
【详解】
设弹簧恢复原长时弹簧上端距离圆弧弯管口的竖直距离为h，根据动能定理有－mgh=，鱼饵离开管口后做平抛运动，竖直方向有h＋L0=gt2，鱼饵被平抛的水平距离x=vt，联立解得
，所以调节竖直细管的高度时，鱼饵被投放的最远距离为＋L0，选项A正确。

4．如图所示，电灯悬挂于两壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点的位置不变，则A 点向上移动时（）
A．绳OA的拉力逐渐增大
B．绳OA的拉力逐渐减小
C．绳OA的拉力先增大后减小
D．绳OA的拉力先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】
以O点为研究对象，根据受力平衡，有：
由图可知，绳子OB上的拉力逐渐减小，OA上的拉力先减小后增大。

A．绳OA的拉力逐渐增大，与分析不符，故A项错误；
B．绳OA的拉力逐渐减小，与分析不符，故B项错误；
C．绳OA的拉力先增大后减小，与分析不符，故C项错误；
D．绳OA的拉力先减小后增大，与分析相符，故D项正确。

5．如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是（）
A．通过电阻的交流电频率为100Hz
B．电压表的示数为250V
C．电流表的示数为0.25A
D．每个电阻R两端电压最大值为1252V
【答案】C
【解析】
A．由图乙知T= 0.02s，则
1
f
T
==50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz，
A错误；
B．由11
22
U n
U n
=可知，电压表的示数
2
21
1
n
U U
n
==125V
B错误；
C．由于电压表
2
22
U
I
R
==0.5A
又12
21
I n
I n
=，则电流表的示数
2
12
1
n
I I
n
==0.25A
C正确；
D．每个电阻R两端电压最大值为
U mR=0.5×125×2=62.52V
D错误。

故选C.
6．下列说法正确的是()
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
【解析】
【详解】
A ．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A 错误；
B ．题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，故B 正确；
C ．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，故C 错误；
D ．做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，故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
7．一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。

升压变压器原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=1：10.线圈两端的电压分别为U l 、U 2.输电线的总电阻为r ，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n 3：n 4=10：1，线圈两端电压分别为U 3、U 4.，L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的
干路电流分别为I 1、I 2、I 3，随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是（ ）
A ．电压U 4不变，始终等于U l
B ．电流I l 始终等于I 3
C ．L 变暗
D ．输电线的电阻消耗的功率减小
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
将远距离输电的电路转化为等效电路
其中
2211n U U n ，2324
=n R R n 用效
由闭合电路的欧姆定律
22()U I r R =+效
故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R 用减小，导致R 效变小，则输电电流2I 变大。

A ．由变压器的变压比可知 2211110n U U U n == 3344410n U U U n =
= 但输电线上有电阻r ，产生损失电压，故有 23U U >
即141010U U >，且用电高峰U 1不变，U 4变小，故A 错误；
B ．根据变压器上的电流与匝数成反比，有
2212110n I I I n ==，4232310
n I I I n == 可得电流I l 始终等于I 3，故B 正确；
C ．则输电电流2I 变大会导致损失电压变大，而U 2不变，故U 3减小，可得U 4变小，即并联用户的电压
减小，由24U P R
=可知L 的功率变小，L 变暗，故C 正确； D ．由2
2=P I r 损可知，输电电流2I 变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故D 错误。

故选BC 。

8．一简谐横波沿x 轴负向传播，t 时刻的波形如图所示，则该时刻（ ）
A ．质点A 的速度向上
B ．质点B 的动能最大
C ．B 、
D 两质点的振动情况总是相反
D ．从该时刻经过半个周期，质点D 的加速度为零
E.从该时刻经过14
个周期，质点C 将移动到质点B 的位置
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由波的平移法可知，在该时刻质点A 正向下运动，故A 错误；
B ．由图可得，在该时刻质点B 在平衡位置，速度最大，动能最大，故B 正确；
C ．B 、
D 两质点相差半个波长，振动情况总相反，故C 正确；
D ．从该时刻经过半个周期，质点D 又处于平衡位置，加速度为零，故D 正确．
E ．从该时刻经过1/4个周期，质点C 将运动到自己的平衡位置，不会运动到B 质点处，故E 错误； 故选BCD 。

9．如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm 、电阻r=1Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m 2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B 随时间t 变化的规律是B=0.15t
（T ）。

电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R=2Ω，电容C=30μF 。

下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生的感应电动势为4.5V
B ．若b 端电势为0，则a 端电势为3V
C ．电容器所带电荷量为1.2×10-4C
D ．稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
【答案】AD
【解析】
【详解】 A ．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势
10000.030.15V 4.5V B E n nS t t
∆Φ∆===⨯⨯=∆∆ A 正确；
B ．电流
1.5A E I R r
==+ 电容器两端电势差
3V U IR ==
由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a 端电势低、b 端电势高，由于b 端接地，故有 0V b ϕ=，3V a ϕ=-
B 错误；
C ．电容器带电荷量
5910C q CU -==⨯
C 错误；
D ．电阻的发热功率
2 4.5W P I R ==
D 正确。

故选AD 。

10．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P +和P 3+，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P +在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P +和P 3+ ( )
A ．在电场中的加速度之比为1:1
B 3
C ．在磁场中转过的角度之比为1:2
D ．离开电场区域时的动能之比为1:3
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．两个离子的质量相同，其带电量是1:3的关系，所以由qU a md
=
可知，其在电场中的加速度是1:3，故A 错． B ．离子在离开电场时速度2qU v m =，可知其速度之比为32
v qvB m r
=知，mv r qB =，所以3，故B 正确．
C ．由B 3，设磁场宽度为L ，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin L R
θ=，则可知角度的正弦值之比为3P +的角度为30°，可知P 3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1:2，故C 正确．
D ．离子在电场中加速时，据动能定理可得:212
qU mv =，两离子离开电场的动能之比为1:3，故D 正确． 11．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 。

12．如图所示，质量为1kg 的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为100N/m 的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。

现将物体沿斜面向下移动12cm 后由静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处
于弹性限度内，取210m /s g =，下列说法正确的是（ ）
A 3
B ．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变
C 3N ，方向水平向左
D ．物体释放瞬间的加速度大小为27m /s ，方向沿斜面向上
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．弹簧原长时，物体恰好静止，则：
cos30sin 305N f mg mg μ︒︒===，
解得：
3μ=， 故A 正确；
D ．弹簧拉长后释放瞬间，则有：
sin 30k x f mg ma ︒∆--=，
解得：
22m /s a =，
故D 错误；
BC ．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加：
sin 301N ma ︒=，
斜面体对地面的摩擦力大小为：
ma︒=，
cos303N
方向水平向左，故B错误、C正确。

故选AC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有: A．直流电源(电动势约为4V，内阻可不计)
B．直流电流表A1(量程0~3A，内阻约为0.1Ω)
C．直流电流表A2(量程0~300mA，内阻为1 Ω)
D．直流电压表V1(量程0~15V，内阻很大)
E.直流电压表V2(量程0~4V，内阳很大)
F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)
H.定值电阻R1=1Ω
I.定值电阻R2=10Ω
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

(1)实验中电流表应选用_____，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_____(均用序号字母表示)。

(2)请按要求设计实验电路_______
(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由E=3V，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功率约为______W(结果保留两位有效数字)。

【答案】C E F 0.54--0.57
【解析】
【详解】
(1)[1][2]小灯泡的额定电压为3V，因此电压表选择量程大于等于3V的即可，电压表故选E；而小灯泡的额定电流为
1.5A 0.5A 3
P I U =
== 电流表A 1量程太大，测量误差太大，故应用电流表A 2和定值电阻1R 并联，改装成电流表，电流表故选C ； [3]还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的F ；
(2)[4]本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：
(3)[5]电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为 1.5V U =，根据U I -图象可知，此电压下流经灯泡的电流为
0.37A I =
则小灯泡的功率
1.50.37W 0.56W P UI ==⨯≈
14．某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。

该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F 随时间t 变化的图线。

(1)首先测量重力加速度。

将摆球拉离竖直方向的角度小于5°，让小球做单摆运动，拉力F 随时间t 变化的图线如图乙所示。

①图可知该单摆的周期T 约为________s(保留两位有效数字)。

②该小组测得该单摆的摆长为L ，则重力加速度的表达式为________(用测量或者已知的物理量表示)。

(2)然后验证机械能守恒定律。

将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力F 随时间t 变化的图线如图丙所示。

①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是_________。

②若图中A 点的拉力用F 1表示，B 点的拉力用F 2表示，则小球从A 到B 的过程中，验证机械能守恒的表达式为_____________(填表达式前的字母序号)。

A ．
211()2F mg mg F -=- B ．121
()2
mg F F mg -=- C 21F mg mg F -=- 【答案】0.75(0.70或者0.73也对) 22
4πL
g T
= 质量 A 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①[1]小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知11.0s 到14.0s 内有4个全振动，该单摆的周期
14.011.0
s 0.75s 4
T -=
= ②[2]根据单摆周期公式2L
T g
π
=可得重力加速度 224πL g T
=
(2)①[3]图中A 点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得
1cos θF mg =
图中B 点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得
2
2mv F mg L
-= 小球从A 到B 的过程中，重力势能减小量为
(cos θ)P E mg L L ∆=-
动能的增加量为
2211
()22
k E mv F mg L ∆=
=- 要验证机械能守恒，需满足
P k E E ∆=∆
解得
211
()2
F mg mg F -=- 所以还需要测量的物理量是小球的质量 ②[4]验证机械能守恒的表达式为
211
()2
F mg mg F -=- 故A 正确，B 、C 错误； 故选A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆弧，对应的圆心角53θ=︒，半径为r ，CD 段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D 点右侧固定了一个1
4
圆弧挡板MN ，圆弧半径为R ，圆弧的圆心也在D 点。

倾斜轨道所在区域有场强大小为95mg
E q
=
、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A 点由静止释放，最终从D 点水平抛出并击中挡板。

已知A ，B 之间距离为2r ，斜轨与小物块之的动摩擦因数为1
4
μ=，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g ，530.8sin ︒=，530.6cos ︒=。

求：
(1)小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小；
(2)改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

【答案】（1）在C 点小物块对圆轨道的压力大小为13
5
N F mg '=；（2）小物块动能的最小值为min 3
k E =
【解析】 【详解】
(1)小物块由A 到B 过程由动能定理，得：()21
222
B mgsin r mgcos qE r mv θμθ⋅-+⋅=
解得：45
B v gr =
小物块由B 到C 过程由机械能守恒定律得：()22111cos 22
C B mgr mv mv θ-=
- 解得：8
5
C v gr =
在C 点由牛顿第二定律，得：2
C N v F mg m r
-= 解得：135
N F mg =
由牛顿第三定律可得，在C 点小物块对圆轨道的压力大小为135
N
F mg =' (2)小物块离开D 点后做平抛运动，水平方向：0x v t = 竖直方向：2
12
y gt =
而：222
x y R +=
小物块平抛过程机械能守恒，得：201
2
k mgy E mv =-
由以上式子得：2344
k mgR mgy
E y =+ 由数学中均值不等式可知：233
244k mgR mgy E mgR y ≥⋅=
则小物块动能的最小值为min 3
k E mgR =
16．某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够大的
1
4
圆弧固定轨道，圆弧半径5.4m R =，BC 为水平轨道，CD 为一段1
4圆弧固定轨道，圆弧半径1m r =，三段轨道均光滑.一长为
4m L =、质量为21kg m =的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且
与CD 轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为12kg m =的工件从距AB 轨道最低点h 高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在
C 处.工件只有从C
D 轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住.工件与小车间的动摩擦因数为
0.5μ=，重力加速度g 取210m /s .当工件从0.5h R =高处静止下滑，求：
（1）工件到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力大小；
（2）工件滑上小车后，小车恰好到达C 处时与工件共速，求B C 、之间的距离；
（3）若平板小车长 3.4m L '=，工件在小车与CD 轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让台面上的工人接住？
【答案】（1）40N,（2）5.2m,（3）3.47m. 【解析】
试题分析：1）根据机械能守恒定律求解下滑到底端的速度，根据牛顿第二定律求解压力；（2）由动量守恒定律求解共速的速度，由动能定理求解位移；（3）由动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立求解．
（1）工件下滑到B 处，速度为0v ，此过程机械能守恒：
210112
m v m gh = 在B 处：2
11B v N m g m R
-= 联立以上两式求得12140B h N m g N R ⎛⎫
=+
= ⎪⎝⎭
由牛顿第三定律得：工件对轨道最低点B 的压力40B
B N N N '== （2）工件与小车共速为1v ，由动量守恒定律得：()10121m v m m v =+ 小车移动位移1s ，由动能定理得：211211
02
m gs m v μ=
- 联立求得：2
12012122
1212 1.22()2()
m m v m m R
s m m m g m m μμ===++ 则1 5.2BC s L s m =+=
（3）设工件滑至B 点时速度为0
v '，与小车共速为1v '，工件到达C 点时速度为2v ' 由动量守恒定律得： ()10
121m v m m v =+'' 由能量守恒定律得：222110
2112111
222
m gL m v m v m v μ=-'''+' 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得：212
11
2
m v m gr =' 工件从高为h′处下滑，则210
11
2
m v m gh ='' 联立，代入数据解得： 3.47h m '=
17．如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB 段和CD 段是两段长度均为l 1＝25 cm 的水银柱，BC 段是长度为l 2＝10 cm 的理想气柱，玻璃管底部是长度为l 3＝12 cm 的理想气柱．已知大气压强是75 cmHg ，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管缓慢旋转180°倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后A 处的水银面沿玻璃管移动的距离．
【答案】58cm 【解析】 【分析】
气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离． 【详解】
设玻璃管的横截面积为S ，选BC 段封闭气体为研究对象 初状态时，气体的体积为12V l S = 压强为P 1＝75 cmHg ＋25 cmHg ＝100 cmHg
末状态时，气体的体积为22V l S '
=
压强为P 2＝75 cmHg －25 cmHg ＝50 cmHg 根据1122PV PV = 可得l 2′＝20 cm
再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为33V l S = 压强为P 3＝75 cmHg ＋25 cmHg ＋25 cmHg ＝125 cmHg
末状态时，气体的体积为43V l S '=
压强为P 4＝75 cmHg －25 cmHg －25 cmHg ＝25 cmHg 根据3344PV PV = 可得l 3′＝60 cm
A 处的水银面沿玻璃管移动了
l ＝(l 2′－l 2)＋(l 3′－l 3)＝10 cm ＋48 cm ＝58 cm。