2021年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）(含答案与解析)

2021年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）

一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜5题

只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全

的得3分，有选错的得0分。

1.（2021•全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块

相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上

有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【考点】机械能守恒及其条件，动量守恒定律

【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所以摩

擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑块组成的

系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒。所以B

符合题意。

故答案为：Bo

【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动

量守恒。

2.（2021•全国乙卷）如图（a）,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金

属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都

相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的

电势能分别为EpM和EpN,则（）

图（a）图（b）

A.FMVFN，EpM>EpNB.FM>FN,EpM>EpN

C.FM<FN，EpM<EpND.FM>FN，EpM<EpN

【答案】A

【考点】电场强度和电场线

【解析】【解答】从图可以看出M点所处等势面比N点所处等势面稀疏，等势面的疏密程度代表电场强

度的大小，可知EM<EN

根据电场力和电场强度的关系有：F=qE

则可得为<FN

电场线的方向是从正电荷指向负电荷，则从图其电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点

移到N点，电场力方向和速度方向相同，可知电场力做正功，电势能减小，即EpM>EpN

故答案为：A。

【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小进而比较电场力的大小；利用电场线的方向可以比

较电势的大小，结合电性可以比较电势能的大小。

3.（2021•全国乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带

电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为巧，离开磁场时

速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为方，离开磁场时速度方向偏转60°,不计重力，

则》为（）

v2

V1

【答案】B

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知粒子入射方向和出射方向，利用两速法可以画出轨

迹的圆心，如图所示：

设圆形磁场区域的半径为R,根据几何关系则第一次的半径为：r1=R

同理可得第二次的半径为：r2=V3/?

2

根据牛顿第二定律有：qvB=^~

可得"=蚓

m

所以二=11=立

r

V223

故答案为：B。

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可

以求出粒子速度的大小比值。

4.（2021•全国乙卷）医学治疗中常用放射性核素113m产生丫射线，而113m是由半衰期相对较长

113113

的Sn衰变产生的。对于质量为m0的Sn,经过时间t后剩余的i*sn质量为m,其

亲-t图线如图所示。从图中可以得到113sti的半衰期为（）

A-67.3dB-lOl.OdC115.1dD-124.9d

【答案】C

【考点】原子核的衰变、半衰期

【解析】【解答】半衰期定义为大量原子核其质量衰变一半所用的时间，从图中其放射性核素从^-=1到

詈=!恰好衰变了加,已知核素詈=:到詈=：的时间，根据半衰期的定义可知半衰期为T=

THQ3乙TTIQ377103

182.4d-67.3d=115.1d

故答案为：C„

【分析】利用图像可以判别质量衰变一半的时间大小即半衰期的时间。

5.（2021•全国乙卷）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年

间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为IOOOAU（太阳到地球的距离为1AU）

的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所

受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为（）

A.4X104MB.4x106“C.4x108MD.4x1010M

【答案】B

【考点】万有引力定律及其应用

【解析】【解答】从图可得S2绕黑洞运行半个椭圆的时间为8年，可得S2绕黑洞的周期T=16年，近似

把S2看成匀速圆周运动，地球的公转周期To=l年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运

动的半径R关系是r=1000/?

太阳对地球的引力提供地球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：G^=mR32=mR（即/

解得太阳的质量为M=器

同理黑洞对S2的引力提供S2做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：G”与=徵＞32=

r2

mr（Y）2

解得黑洞的质量为Mx兀GT2

综上可得Mx=3.90x106M

故答案为：Bo

【分析】引力提供向心力可以求出太阳的质量，结合半径和周期的比值可以求出黑洞质量的大小。

6.（2021•全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路

程等于S。时，速度的大小为v0,此时撤去F,物体继续滑行2so的路程后停止运动，重力加速度大

小为g,则（）

A.在此过程中F所做的功为\rnvl

B.在此过中F的冲量大小等于

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于疾

4s°g

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】B,C

【考点】冲量，牛顿第二定律

【解析】【解答】A.由于水平恒力尸=警，在此过程中，外力F做功为W=Fso=：m诺

4so4u

A不符合题意；

B.物体做匀加速直线运动，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作用时

间C1=赢=年

2v0

由于水平恒力尸=警，在此过程中，F的冲量大小是/=

4soN

B符合题意。

CD.当作用在物体上的外力撤去前，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F-fimg=mai

①

由速度位移公式有VQ=2als0②

当作用在物体上的外力撤去后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知-〃mg=nia2③

由速度位移公式有—诏=2a2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力?=警

4so

动摩擦因数4=1二

4gso

滑动摩擦力F=国ng=詈

从表达式可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

C符合题意，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速和减速过程的加速度大小，结合速度位移公式可以求出水

平恒力和动摩擦因素的大小，利用摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小：利用拉力和路程可以求出拉

力做功的大小；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的时间；结合拉力的大小可以求出拉力冲量的大

小。

7.（2021•全国乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、

（-q,m）它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计

重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）

【答案】A,D

【考点】电荷在电场中的偏转

【解析】【解答】带电粒子在匀强电场中，电场方向与y轴平行，所以带电粒子在匀强电场中做类平抛运

动，根据牛顿第二定律有：a=-

m.

由类平抛运动规律可知，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有：t=J

VO

离开电场时，对带电粒子速度进行分解，则带电粒子的偏转角的正切值为tan8=?=f=^

因为前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不

同；四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，从表达式可以得出偏转角只与比荷有

关，第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相

同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷

与第一、三种粒子的比荷小，根据正切值的表达式可以得出第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，

但都还正电，偏转方向相同。

故答案为：AD。

【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动；利用带电粒子的电性可以判别偏转的方程，结合速度公式可

以判别离开磁场的速度方向是否相同.

8.（2021•全国乙卷）水平地面上有一质量为mi的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图

（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中£、分

别为G、t2时刻F的大小。木板的加速度at随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间

的动摩擦因数为外,物块与木板间的动摩擦因数为“2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相

等，重力加速度大小为g。则（）

12

图(C)

A.Fi=Himxg

D.在0〜t2时间段物块与木板加速度相等

【答案】B,C,D

【考点】木板滑块模型

【解析】【解答】A.图（c）可知，ti时木板开始有加速度，代表其滑块木板一起刚在从水平滑动，此时

滑块与木板相对静止，木板和滑块都处于静止，且此时木板受到了最大静摩擦力的作用，根据整体的平

衡方程有：&=%Oi+m2}g

A不符合题意；

BC.图（c）可知，t2后其木板的加速度保持恒定，说明滑块对木板的摩擦力属于滑动摩擦力，则代表滑块

与木板刚要发生相对滑动，当在t2时整体的加速度相等，以整体为对象，根据牛顿第二定律有：尸2-

%（zni+m2）g=（mt+m2）a

以木板为对象，根据牛顿第二定律有：42m2g-a（沉1+62）9=加巡＞0

(mx+m2)

%>--------------Ml

BC符合题意；

D.图（c）可知，0~t2这段时间滑块和木板保持相对静止，且一起做匀加速直线运动，所以有相同的加速

度，D符合题意。

故答案为:BCD。

【分析】利用整体的相对地面静止可以求出Fi的大小；利用木板的牛顿第二定律可以比较地面与木板间

的动摩擦因数及木板与木块间动摩擦因数的大小；结合整体的牛顿第二定律可以求出F2的大小；当在0七

时间内其木板和木块加速度相同。

二、非选择题

9.（2021•全国乙卷）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相

机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示

（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨

迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）

中标出。

完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）

（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为m/s,竖直分量大小为

m/s；

（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为m/s2»

【答案】⑴1.0；2.0

（2）9.7

【考点】研究平抛运动

【解析】【解答】（1）小球做平抛运动，其水平方向的分运动为匀速直线运动，因此根据水平方向的位

移公式有：%===募m/s=L°m/s

小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，由于匀加速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

?

根据平均速度公式可以得出点竖直方向的瞬时速度为：%=2

AXTm/s=.0m/s

（2）由于小球竖直方向做匀加速直线运动，根据逐差法可得重力加速度为：g="青A

代入数据可得g

=9.7m/s2

【分析】（1）利用水平方向的位移公式可以求出初速度的的大小；结合平均速度公式可以求出A点竖直

方向的速度大小；

（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出重力加速度的大小。

10.（2021•全国乙卷）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约15V）和内阻r（小

于2。）。图中电压表量程为iv，内阻即=380.0。：定值电阻&=20.0。；电阻箱R,最大阻

值为为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:

999.9Q.S

（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选Q（填"5.0"或"15.0"）；

（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；

根据图（a）所示电路，用R、Ro、勺、E和r表示3，得力：

（3）利用测量数据，做卜R图线，如图（b）所示：

图（b）

通过图（b）可得E=V（保留2位小数），r=Q（保留1位小数）；

（4）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E'，由此产生的误差为|—|X

1E1

100%=%。

【答案】（1）15.0

（2）Ro+R>.R+_1+（R、+Ro）r

ERyRQEER^RQ

（3）1.55；1.0

（4）5

【考点】测电源电动势和内阻

【解析】【解答】（1）根据题意可知电源电动势大于电压表的满偏电压，为了避免电压表被烧坏，其电

UE-U

阻箱应该分去电源的部分电压，根据并联电路分压规律可得友^二孱7

Ry+Rg

代入数据解得R=7.5Q

根据所求的电阻箱阻值可以判别R应该选择15.0Q。

(2)根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir

结合回路中的物理量可得E=U+^W(R+r)

Rp+R。

通过对表达式变形可得3=誓华・R+打誓捍

UERyR0EERyRQ

(3)根据(2)的表达式可以得出：

其图像斜率为：就=1=盍，

其图像纵截距为：抖畿r=b=升盘

根据R图象信息可得：卜=0,。3%-1・Q,b=0.68V-1

根据k和b的大小可得E«1.55v,「a1.0。

(4)如果电压表为理想电压表，则可以忽略电压表内阻对电路的影响，根据闭合电路的欧姆定律整理可

得：

1r1

1।।D

UEER0ERO

则此时E'=六

已知E和E，的大小，根据误差的表达式可得：牛=|金淳|x100%=5%

19k

【分析】(1)为了避免电压表两端电压不能超过满偏电压，结合分压的大小及欧姆定律可以求出电阻箱

接入电路的阻值大小；

(2)利用闭合电路的欧姆定律可以求出路端电压和电阻R的关系式；

(3)利用图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；

(4)利用理想电压表的闭合电路欧姆定律可以求出E的大小，结合实际E的大小可以求出误差的大小。

11.(2021•全国乙卷)一篮球质量为m=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为\=1.8m处由静止自

由落下，反弹高度为h2=1.2m。若使篮球从距地面h3=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同

时向下拍球、球落地后反弹的高度也为i.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为

t=0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=10m/s2,不计空气

阻力。求：

(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；

(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案】(1)解：第一次篮球下落的过程中由动能定理可得Er=mghx

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0-E2=-mg/i2

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0-n=

0-mgA4

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W+=%

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系r=T

匕1匕3

代入数据可得w=4.5j

（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得F+

mg=ma

在拍球时间内运动的位移为x=1at2

做得功为W=Fx

联立可得F=9N（F=.15N舍去）

【考点】动能定理的综合应用，牛顿第二定律

【解析】【分析】（1）篮球下落过程和反弹后向上运动的过程，利用动能定理可以求出反弹前后其动能

的比值；结合第二次篮球下落及反弹后的动能定理可以求出运动员拍球过程对篮球做功的大小；

（2）运动员拍篮球后篮球向下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合牛顿第二定律可以求出匀加速

运动位移的表达式，结合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。

12.（202L全国乙卷）如图，一倾角为a的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06kg的U型导体框，导

体框的电阻忽略不计；一电阻R=3Q的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路

CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时CD与EF相距s0=0.4m,金属棒与导体

框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离Si=5m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边

界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的

瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始

2

终接触良好，磁场的磁感应强度大小8=，重力加速度大小取=10m/s,sina=0.6。求：

（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；

（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；

（3）导体框匀速运动的距离。

【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理

可得（M+m）gsisina=|+m）诏

代入数据解得%=|m/s

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0

由闭合回路的欧姆定律可得/=f

则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F^=B1L=0.18N

（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向

上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运

动，可有mgsina+“mgcosa=F%

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsina-fimgcosa-Ma

x

设磁场区域的宽度为X,则金属棒在磁场中运动的时间为t=-

VO

则此时导体框的速度为%=%+at

2

则导体框的位移X1=v0t+lat

2

因此导体框和金属棒的相对位移为Ax=xx-x=\at

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0-zlx=x

金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为%=BL%,A=等

导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsina=^mgcosa+BlrL

联立以上可得x=0.3m,a=5m/s2,m=0.02kg，〃=石

（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有

mgsina+/imgcosa=max

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0+=vx

导体框匀速运动的距离为x2=

代入数据解得x2=Vm=im

【考点】动能定理的综合应用，电磁感应与力学

【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进入

磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；

（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；利用

牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒运动的时

间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移：利用位移之差可以判别金属棒离开磁场时其EF刚

好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属棒的质量及动摩擦

因数的大小；

（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用共速

可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。

三、【选修3-3】

13.(2021•全国乙卷)

(1)如图，一定量的理想气体从状态a(po,%,To)经热力学过程ab、be、ca后又回到状态a。

对于ab、be、ca三个过程，下列说法正确的是()

A.ab过程中，气体始终吸热

B.ca过程中，气体始终放热

C.ca过程中，气体对外界做功

D.bc过程中，气体的温度先降低后升高

E.bc过程中，气体的温度先升高后降低

(2)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上

端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为匕=13.5cm，h=32cm。

将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差4=5cm。已知外界大气压为Po=

75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。

~~r

B

【答案】(1)A,B,E

(2)解：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B=po，体积为匕8=。5，末

态压强为P2，设水银柱离下端同一水平面的高度为多，体积为匕B=(%-4)S，由水银柱的平衡

条件有P2B=Po+pgh

B管气体发生等温压缩，有p1BV1B=p2BV2B

联立解得4=2cm

对A管中的气体，初态为压强P”=P。，体积为匕4=kS,末态压强为p2A,设水银柱离下端同一

水平面的高度为々，则气体体积为％1=。1一々)5,由水银柱的平衡条件有P2A=p0+pg^+\-

4)

A管气体发生等温压缩，有p1AV1A=p2AV2A

2

联立可得2々-191^+189=0

解得多=/或勺=詈刖乂（舍当

则两水银柱的高度差为4〃=4-4=1cm

【考点】理想气体的状态方程，气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图

【解析I解答］A.理想气体经历ab过程时，从图像可以得出其体积不变，压强增大，根据pV=nR7,

则气体的温度变大，由于体积不变，所以外界对气体不做功，但温度升高其气体内能增大，根据热力学

第一定律/U=Q+W可知，气体一直吸热，A符合题意；

BC.理想气体经历ca过程时，从图像可以得出其压强不变，体积减小，根据pV=nR7,则气体的温

度减小，由于体积减小，所以外界对气体做正功，但温度减小其气体内能减小，根据热力学第一定律

4U=Q+IV可知，气体一直放热，B符合题意，C不符合题意；

DE.根据理想气体的状态方程pV=nR7可知，p-V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状

态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，Be过程的温度先升高后降低，D不符合题意，E符合题

意；

故答案为：ABE。

【分析】（1）理想气体经过ab过程其体积不变所以外界对气体做功等于0,由于压强变大所以温度升高

所以气体内能增大，根据热力学第一定律可以判别气体一直吸热；气体经过ca过程其压强不变，体积变

小，外界对气体做正功，但是温度下降所以内能减小，根据热力学第一定律可以判别气体一直放热；be

过程利用图像所围起来的面积可以判别温度的变化；

（2）AB管中的气体发生等温变化，利用液面高度差可以求出气体初末状态的压强表达式，结合理想气体

的状态方程可以求出两个水银柱高度差的大小。

四、【选修3-4】

14.（2021•全国乙卷）

（1）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过o.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知

该波的周期T大于03s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小