2021-2022学年山西省运城市稷山中学高二（下）质检物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年山西省运城市稷山中学高二（下）质检物理试卷
1. 下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是(    )

A. 图甲说明可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体
B. 图乙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
C. 图丙水黾可以在水面自由活动，说明其受到的浮力大于重力
D. 图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
2. 一定质量的气体经历一系列状态变化，其P−1V图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与P轴垂直，da线段与1V轴垂直．气体在此状态变化过程中(    )


A. a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B. b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C. c→d，压强不变、温度升高、体积减小
D. d→a，压强减小、温度升高、体积不变
3. 如图所示，将一根同种材料，粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中A、B两点将线圈分为上、下两部分，且A、B两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120∘现将大小为I的恒定电流自A、B两点间通入，则线圈A、B两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为(    )


A. 3BIR B. 2BIR C. BIR D. 0
4. 规范佩戴医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一、合格的医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的，图为一水滴落在某防护口罩内侧的示意图，以下说法正确的是(    )

A. 图片中的口罩为不合格产品
B. 图片中水滴形状的成因与液体表面张力有关
C. 图片中水滴与口罩间附着层内水分子比水滴内部分子密集
D. 该材料对所有的液体都是不浸润的
5. 分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r=r1时，F=0.分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零，若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_____；在间距由r2减小到r1的过程中，势能_____；在间距等于r1处，势能_____零。(    )
A. 减小增大大于 B. 减小减小小于 C. 增大减小小于 D. 增大增大大于
6. 用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是(    )
A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD中的磁感线条数不变
B. 乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈
C. 丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动

7. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是(    )

A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大

8. 关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是(    )

A. 图a速度选择器中筛选出的粒子沿着PQ做匀加速直线运动
B. 图b回旋加速器接入的工作电源是直流电
C. 图c是质谱仪的主要原理图，其中 11H、 12H、 13H在磁场中偏转半径最大的是 13H
D. 图d是磁流体发电机，将一束等离子体喷入磁场，A、B两板间会产生电压，且A板电势高

9. 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(    )


A. 图1中，A1与L1的电阻值相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
10. 如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U1=250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V.已知输电线上损失的功率P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(    )

A. 发电机输出的电流I1=40A
B. 输电线上的电流I线=625A
C. 降压变压器的匝数比n3：n4=190：11
D. 用户得到的电流I4=455A
11. 如图所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将(    )

A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向左偏转 D. 向右偏转
12. 如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，则金属框穿过磁场过程正确的图像是(    )

A. B.
C. D.
13. 如图所示为一台小型发电机构造示意图，图示时刻线圈平面和磁感线平行。线圈匝数为N，电阻为r，理想电压表与外接电阻R并联。当线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U。则(    )
A. 穿过线圈的磁通量的最大值为2UωR(R+r)
B. 从图示位置开始计时，电动势的表达式为2UωR(R+r)sinωt
C. 线圈从图示位置转过90∘的过程中通过电阻R的电荷量为2NUωR
D. 线圈转动一圈，发电机提供的电能为2π(R+r)U2ωR2

14. 下列说法正确的是(    )
A. 液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
B. 布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒分子的无规则运动
C. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D. 当分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大



15. 如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v−t图象可能是(    )


A. B. C. D.
16. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。


17. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向成45∘夹角的方向以一定速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l,l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间。


18. 如图所示，竖直放置导热良好的气缸缸体质量m=10kg，轻质活塞横截面积S=5×10−3m2，活塞上部的气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k=2.5×103N/m的弹簧相连，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦。当气缸内气体温度为27℃时，缸内气柱长l=50cm，气缸下端边缘距水平地面l10。已知大气压强p0=1.0×105Pa，g取10m/s2，则：
①当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，气缸下端边缘刚好接触地面？
②当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，弹簧恢复原长？
19. 如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间距为L=1m.质量为m=1kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直。导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，其余电阻不计。整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B=2T.在t=0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v−t图象(设导轨足够长)。求：
(1)拉力F的大小；
(2)t=1.6s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6s内导体棒的位移x。

20. 新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107Pa，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107Pa.在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105Pa时就停止分装.不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：
①在武汉检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
②一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？



答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定熔点，故A正确；
B、液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性制成的，故B错误；
C、水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力，竖直方向上其受到的液体表面的支持力的大小等于重力，故C错误；
D、由图可看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，不浸润液滴会因为表面张力呈球形，故D错误。
故选：A。
可以通过是否存在固定的熔点来判断固体是晶体或非晶体；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性制成的；水黾可以在水面自由活动，竖直方向上受力平衡；不浸润液滴会因为表面张力呈球形，由此可判断左右材料是否浸润。
本题考查热学部分知识，此部分知识主要要求学生在识记基础上加以积累，要注意结合力的平衡条件判断液体表面的支持力的大小和重力的关系。

2.【答案】A 
【解析】解：A、由图象可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确；
B、由理想气体状态方程pVT=C可知P1V=PV=C⋅T，由图示可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b的温度小，b→c过程温度升高，由图还可知，同时压强增大，且体积也增大。故B错误；
C、由图象可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程pVT=C可知气体温度降低，故C错误；
D、由图象可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p变小，由由理想气体状态方程pVT=C可知，气体温度降低，故D错误；
故选：A。
由图象判断气体的压强与体积如何变化，然后应用理想气体状态方程分析答题．
由图象找出气体电压与气体体积如何变化，应用理想气体状态方程即可正确解题．

3.【答案】A 
【解析】解：由几何关系可知，AB两点间的距离为L=2Rsin60∘=3R，由等效思想可知，导体线圈受到的安培力大小为FA=3BIR，故A正确，BCD错误；
故选：A。
先根据几何关系得出线圈的等效长度，结合安培力的计算公司得出安培力的大小。
本题主要考查了安培力的计算公式，理解线圈的有效长度，结合安培力的计算公式和几何关系即可完成分析。

4.【答案】B 
【解析】解：A、根据题意合格的一次性医用防护口罩内则所用材料对水都是不浸润的，如图所示水没有浸润到口罩内侧，所以图中的口罩一定为合格产品，故A错误；
BC、如图所示，小水滴为球形是由于液体表面张力造成的，图中附着层内分子比水的内部稀疏，表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，故B正确，C错误；
D、浸润与不浸润现象是相对的，所以水不是对所有材料都是不浸润的，故D错误。
故选：B。
根据图中水滴不浸润判断口罩是否合格；小水滴为球形是由于液体表面张力造成的，照片中附着层内分子比水的内部稀疏；浸润与不浸润现象是相对的。
本题以一次性医用防护口罩是预防新冠肺炎的有效措施之一为背景考查了浸润与不浸润现象，有助于培养学生应用所学物理知识来解决实际问题的能力。

5.【答案】B 
【解析】解：当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；由图像所示分子势能与分子间距离变化的关系，两分子间距减小到r2的过程中及由r2减小到r1的过程中，分子间作用力做正功，分子势能减小；在间距等于r1处，分子势能最小，小于零。故B正确，ACD 错误。
故选：B。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；根据图象可知，分子间距与分子引力与斥力关系，再结合分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大，从而即可判定。
分子间的势能及分子力，注意分子体现引力还是斥力是解题的关键，同时理解分子力做功与分子势能的关系。

6.【答案】B 
【解析】产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。例如，闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
A.甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A错误。
B. 乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，故B正确。
C. 丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，那么闭合回路的磁通量不发生变化，没有感应电流，故C错误。
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，A产生的磁场不变，B中磁通量没有改变，故没有感应电流，故D错误。
故选： B。
本题考查了感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，同时理解会判定穿过线圈磁通量的变化是解题的关键。
根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，进行分析判断。

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
考查变压器和电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变化，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
【解答】
A.滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误； 
B.干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；
C.因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；
D.闭合开关S，并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小，故A2示数变小。电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误；
故选B。  
8.【答案】C 
【解析】解：A.带电粒子垂直进入速度选择器时受电场力和洛伦兹力作用，当二者平衡时，粒子沿PQ方向做直线运动，被筛选出来，故A错误；
B.带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动，运动半个周期，经过D形盒的狭缝时倍加速，又以更大的半径运动半个周期，再次经过D形盒的狭缝，此时粒子的运动方向已经发生改变，与原来的运动方向相反，若加速电场方向不变，则带电粒子不能被加速，此时电场方向也必须反向，才能完成粒子的加速，所以工作电流为交流电，故B错误。
C.质谱仪中，粒子经电场加速有：qU=12mv2，在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2R，解得：R=1B2mUq，由此可知在磁场中偏转半径最大的是比荷(qm)最小的粒子，三种粒子电荷量相同，氚的质量最大，所以氚在磁场中的偏转半径最大，故C正确。
D.将一束等离子体喷入磁场，由左手定则得，正离子向下偏转，负离子向上偏转，A、B两板会产生电势差，且B板电势高，故D错误。
故选：C。
根据速度选择器的工作原理作答；根据回旋加速器的工作原理作答；带电粒子经过加速电场加速后，进入偏转磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而求得半径；根据左手定则判断等离子体的偏转方向。
此题是通过对比的方式把电磁学的应用实验组合在一起的好题，有利于知识梳理、分清是否，当然掌握基础是解题的关键。

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
A.图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B.图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；
C.图2中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D.图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。  
10.【答案】C 
【解析】解：A、发电机输出的电流I1=PU1=100×103250A=400A，故A错误；
B、输电线损失的功率为P线=I线2R线，得I线=P线R线=50008A=25A，故B错误；
C、升压变压器的输出电压U2=PI线=100×10325V=4×103V，输电线上的损失的电压U损=I线R线=25×8V=200V，降压变压器的输入电压U3=U2−U线=3800V，降压变压器的匝数比为n3:n4=3800:220=190：11，故C正确；
D、对降压变压器，根据I线I4=n4n3=11190，得I4=19011I线=19011×25A=431.8A，故D错误；
故选：C。
根据输电损失功率公式P损=I线2R线计算电流；由输送功率P=UI计算输送电压U2；由电压与匝数成正比求解降压变压器的匝数之比；根据电流与匝数求解用户得到的电流。
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I线2R线列式求解，基础问题

11.【答案】D 
【解析】解：根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛伦兹力向右，电子将向右偏转，故ABC错误，D正确。
根据右手螺旋定则分析O处的磁场方向，根据左手定则分析粒子受力情况，从而判断粒子的偏转情况。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握右手螺旋定则的应用，同时掌握左手定则。

12.【答案】C 
【解析】解：设直角三角形右下角为α，三角形底边长度为L0。
金属框进入磁场的过程，t时刻，有效切割长度为L=vt⋅tanα，感应电动势为E=BLv，则E=Bv2t⋅tanα，感应电流大小：I=ER=Bv2tanαRt∝t，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时针方向，是负值；由左手定则可知，安培力方向向右，为正值。安培力大小F=BIL=B2v3t2tan2αR∝t2；
金属框穿出磁场的过程，t时刻，有效切割长度为L=[L0−v(t−L0v)]tanα=(2L0−vt)tanα，感应电动势为：E=BLv，则E=B(2L0−vt)v⋅tanα，感应电流大小：I=B(2L0−vt)v⋅tanαR，由楞次定律判断得知：感应电流沿顺时针方向，是正值；由左手定则可知，安培力方向向右，为正值。安培力大小F=BIL=B2(2L0−vt)2v⋅tanαR∝t2，
由数学知识可知只有C图正确，故ABD错误，C正确。
故选：C。
先根据楞次定律判断感应电流的方向．再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度，由闭合电路欧姆定律分析感应电流与时间的关系，由F=BIL分析安培力与时间的关系，由左手定则判断安培力方向。
本题是楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式的综合应用，分段得到电流和安培力的表达式，再选择图象。

13.【答案】D 
【解析】解：A、流过电阻R的电流I=UR，根据闭合电路的欧姆定律可知线圈产生的感应电动势的有效值为E=I(R+r)=U(R+r)R，产生的感应电动势的最大值为Em=2E=2U(R+r)R，根据Em=NΦmω，解得Φm=2U(R+r)NωR，故A错误；
B、从图示位置开始计时，电动势的表达式为e=Emcosωt=2UR(R+r)cosωt，故B错误；
C、线圈从图示位置转过90∘的过程中通过电阻R的电荷量为q=NΔΦR+r=2UωR，故C错误；
D、线圈转动一圈，发电机提供的电能为W=E2R+rT=E2R+r×2πω=2π(R+r)U2ωR2，故D正确；
故选：D。
根据欧姆定律求得回路中的电流，结合闭合电路的欧姆定律求得线圈转动产生的感应电动势的有效值，即可求得最大值，结合Em=2E求得最大值，结合Em=NBSω求得磁通量的最大值，根据转动的计时位置写出电动势的表达式，根据q=NΔΦR+r求得通过电阻的电荷量，根据焦耳定律求得回路中产生的热量即可求得电机提供的电能。
本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nNSω，结合欧姆定律，以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值2倍

14.【答案】ACD 
【解析】解：A、液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故A正确；
B、布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是颗粒分子的无规则运动，故B错误；
C、扩散现象是由分子的无规则运动形成的，故C正确；
D、根据分子力与分子间距离的关系，可知分子间的引力和斥力都随距离的减小而增大，只不过斥力变化比引力变化更明显，故D正确。
故选：ACD。
根据布朗运动的决定因素：颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的；当分子间距减小时，分子间的引力和斥力都增大。
本题考查了布朗运动、扩散现象、分子间的相互作用力等知识点，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

15.【答案】ACD 
【解析】解：根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直墙向右，即为F=qvB，
运动过程中受到的摩擦力f=μF=μqvB；
根据牛顿第二定律可得：a=mg−fm(取向下为正)。
A、如果开始时重力等于摩擦力，则加速度为零，物体匀速运动，故A正确；
BD、如果开始重力大于摩擦力，则加速度为正，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故B错误、D正确；
C、如果开始重力小于摩擦力，则加速度为负，随着速度的增大，加速度逐渐减小，最后匀速运动，故C正确。
故选：ACD。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，根据速度图象的斜率表示加速度进行分析。
本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动情况，弄清楚受力情况和运动情况是解答本题的关键。

16.【答案】解：(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：
pV=p1V1        ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh②
p1=p0−ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S(L−h1−h)④
V1=S(L−h)⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41cm⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖-吕萨克定律有：VT0=V1T     ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312K⑧
答：(1)细管的长度为41cm；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。 
【解析】(1)此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可。
(2)对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解。
本题主要考查理想气体的状态方程。以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可。

17.【答案】解：(1)微粒在到达A(l,l)之前做直线运动，因为洛伦兹力的大小F洛=qvB与速度v有关，故微粒一定做匀速直线运动，对微粒受力分析，如图1所示：

沿微粒的速度方向受力平衡：Eqcos45∘=mgsin45∘
可得：E=mgq ①
(2)微粒做直线运动时，垂直微粒的速度方向受力平衡：qvB=mgcos45∘+Eqsin45∘②
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图2所示：

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r③
由几何关系可得：r=2l④
联立①②③④式可得：v=2gl ⑤
B=mqgl
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：t1=2lv=lg⑥
微粒做圆周运动的周期：T=2πrv ⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角：θ=34π ⑧
微粒做圆周运动的时间：t2=θ2π⋅T⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得：t2=34πlg ⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间：
t=t1+t2=(34π+1)lg
答：(1)电场强度E的大小为mgq；
(2)磁感应强度B的大小为mqgl；
(3)微粒在复合场中的运动时间为(34π+1)lg。 
【解析】(1)对微粒进行受力分析，微粒受重力、电场力和洛伦兹力共同作用，因为洛伦兹力的大小F洛=qvB，F洛与速度v有关，故微粒做的直线运动一定是匀速直线运动，根据受力平衡运用正交分解，列出平衡方程，即可求出电场强度E的大小；
(2)电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据(1)中求出的电场强度E，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出磁感应强度B的大小；
(3)利用转过的弧长比上圆周运动的速率，即可求出微粒做圆周运动的时间，再加上匀速直线运动的时间，即可求出微粒在复合场中的运动时间。
本题考查带电微粒在复合场中的运动，解题关键是要做好受力分析，根据运动状态列出相应的力学方程，微粒做匀速直线运动时运用正交分解，根据受力平衡列出平衡方程，电场方向变化后，微粒相当于只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系联立求解磁场的磁感应强度。

18.【答案】解：①气缸下端边缘恰好接触地面前，气缸内气体压强不变，
气体初状态的温度T1=(273+27)K=300K，设气体末状态温度为T2，
对气缸内封闭气体，由盖-吕萨克定律得：
lST1=(l−l10)ST2
代入数据解得：T2=270K
②设弹簧初状态压缩量为x，设气体初状态压强为p1，对气缸，由平衡条件得：
kx=mg，p0S+mg=p1S
代入数据解得：x=0.04m，p1=1.2×105Pa，末态气体压强为p0，
对气体，由理想气体状态方程得：
p1lST1=p0(l−l10−x)ST3
代入数据解得：T3=205K
答：①当缸内气体温度缓慢降低到270K时，气缸下端边缘刚好接触地面。
②当缸内气体温度缓慢降低到205K时，弹簧恢复原长。 
【解析】①气体温度降低过程气体压强不变，应用盖-吕萨克定律求出气缸下端边缘刚好接触地面时气体的温度。
②求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出弹簧恢复原长时气体的温度。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、盖-吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题。

19.【答案】解：(1)由图象可知，导体棒运动的速度达到10m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相等。导体棒匀速运动的速度V1=10m/s。
匀速运动后导体棒上的电动势：E=BLV1
导体棒受的安培力：F1=BIL=B2L2v1R=10N
则：F=F1=10N；
(2)由图象可知，时间t=1.6s时导体棒的速度V2=8m/s。
此时导体棒上的电动势：E=BLV2
导体棒受的安培力：F2=BIL=B2L2v2R=8N
由牛顿定律得：a=F−F2m=2m/s2
(3)速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，每个方格代表的位移为：△x=1×2m=2m
由图知，到1.6s处，图线下方方格的个数约为3.8个，
所以1.6s内导体棒的位移为：x=2×3.8m=7.6m。
答：(1)拉力F的大小为10N；
(2)t=1.6s时，导体棒的加速度大小为2m/s2；
(3)前1.6s内导体棒的位移为7.6m。 
【解析】(1)由图象可知：v=10m/s时导体棒匀速运动，安培力等于拉力F，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和平衡条件求出力F的大小。
(2)导体运动后，水平方向受到F、安培力两个力。由图象可知，时间t=1.2s时导体棒的速度，由牛顿第二定律求得加速度。
(3)由图象与坐标轴所包围的面积表示位移，根据格数求解。
本题电磁感应中的力学问题，电磁感应与力联系的桥梁是安培力，这种类问题关键在于安培力的分析和计算。

20.【答案】解：①气体初状态压强p1=1.2×107Pa，温度T1=(273+7)K=280K，
气体末状态的压强p2=1.26×107Pa，温度T2=(273+t)K
钢瓶内气体体积不变，由查理定律得：p1T1=p2T2
代入数据解得：t=21∘C
②气体初状态压强p2=1.26×107Pa，体积V2=40L=0.040m3，
气体末状态的压强p3=2×105Pa，设体积为V3，气体温度不变，
由玻意耳定律得：p2V2=p3V3，
代入数据解得：V3=2.52m3，
可用于分装小钢瓶内的氧气压强p4=2×105Pa，体积V4=(2.52−0.04)m3=2.48m3
分装成小钢瓶的氧气压强p5=4×105Pa，设分装的瓶数为n，体积V5=nV，其中小钢瓶体积为V=10L=0.01m3.
气体温度不变，由玻意耳定律得：p4V4=p5V5，
代入数据解得：n=124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶
答：①在武汉检测时钢瓶所处环境温度为21摄氏度。
②一大钢瓶可分装124小瓶供病人使用。 
【解析】①气体体积不变，应用查理定律可以求出在武汉检测时钢瓶所处环境温度。
②气体温度不变，应用玻意耳定律可以求出分装的瓶数。
本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。