2021屆山東省濰坊高密市高考物理模擬試卷（一）

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.恒星內部發生著各種熱核反應，其中“氫燃燒”的核反應方程為：lHe+X^lBe+y,其中X

表示某種粒子，沔e是不穩定的粒子，其半衰期為T,則下列說法正確的是（）

A.X粒子是中子

B.加溫或加壓可以改變半衰期r的大小

C.經過3個7,剩下的濟e占開始時的;

D.“氫燃燒”的核反應是裂變反應

2.下列說法正確的是（）

A.擴散現象說明分子間存在斥力

B.布朗運動是液體分子的無規則運動

C.一定質量的（TC的冰融化成0C的水，其內能沒有變化

D.一定質量理想氣體對外做功，內能不一定減少，但密度一定減小

3.如圖所示，在磁感應強度為B,范圍足夠大的水平向外的勻強磁場中，固定著傾角：卜三￡

為e的絕緣斜面，一個質量為m、電荷量為q的帶電小物塊以初速度"沿斜面向上運.....

動，到達最高點后下滑。小物塊與斜面間的動摩擦因數為H不變，滑動時電荷量不變，則在小

物塊滑動過程中其速度大小。與時間r的關系圖象，可能正確的（）

4.如圖所示，質量相同的物體力和B,分別位于地球表面赤道上的a處和某

一緯度上的b處，跟隨地球勻速自轉，下列說法正確是（）

A.A物體的線速度等于B物體的線速度

B.4物體的角速度等于B物體的角速度

C.2物體所受的萬有引力小于B物體所受的萬有引力

D.4物體的向心加速度等于B物體的向心加速度

5.下列說法正確的是（）

A.光電效應和康普頓效應均揭示了光具有波動性

B.原子里的核外電子不停地做變加速運動，原子不斷地向外輻射能量，這就是原子光譜的來源

C.輕核聚變和重核裂變時，核子的平均質量都將減小

D.玻爾建立了量子理論，成功解釋了各種原子發光現象

6.如圖，一帶正電的點電荷固定于。點，兩虛線圓均以為。圓心，兩

實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、

e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法說法正確的是（）

A.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能

B.M在b點的加速度大小大于它在a點的加速度大小

C.N在從e點運動到d點的全過程中，電場力始終不做功

D.對同一虛線圓上的點a和c,電場強度相同

7.如圖，邊長為L的立方體玻璃磚，折射率n=1.5,玻璃磚的中心有一個小

氣泡。自立方體外向內觀察氣泡，立方體表面能看到氣泡的最大面積為

（）

A.^nL2

B.|就2

C.川2

D.!?rL2

如圖所示，兩根足夠長、且電阻不計的光滑平行金屬導軌，固定在乙甲

同一水平面上、勻強磁場的方向垂直于兩根導軌所在的水平面豎直

XXXXXX

—I

向下、兩根金屬桿甲和乙跨放在導軌上、且都始終與導軌垂直。兩XXXXXX

XXXXXX

根金屬桿的電阻之和為某一恒定值。現在在金屬桿甲的中點加一個

與金屬桿甲垂直、且水平向右的恒定拉力，使金屬桿甲由靜止開始沿導軌向右運動，則關于金

屬桿乙的速度U隨時間t變化的大致圖像，下列正確的是（）

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.如圖所示為小型交流發電機的示意圖，線圍繞垂直于磁場方向的水平軸。0'沿逆時針方向以角速

度3勻速轉動。線圈的匝數為n、電阻為r,外接電阻為R,A為交流電流表。線圈從圖示位置（線

圈平面平行于磁場方向）開始轉過60。時的感應電流為/,下列說法中正確的是（）

B.轉動過程中穿過線圈磁通量的最大值為四出

no）

C.線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量為強

0）

D.從圖示位置開始轉過90。的過程中，通過電阻R的電荷量為"

O）

10.如圖所示，平行板電容器4B兩極板水平放置，現將其接在直流電

源上，已知4板和電源正極相連。當開關接通時。一帶電油滴懸浮

于兩板之間的P點，為使油滴能向上運動，則下列措施可行的是

（）

A.將開關斷開，將B板下移一段距離

B.將開關斷開，將ZB板左右錯開一段距離

C.保持開關閉合，將板左右錯開一段距離

D.保持開關閉合，將4板下移一段距離

11.關于機械振動和機械波下列敘述正確的是（）

A.機械波不是傳播能量的一種方式

B.振動質點的頻率隨著波的傳播而減小

C.在波的傳播過程中，振動質點和運動形式一起傳播

D.在波的傳播中，如振源停止振動，波的傳播并不會立即停止

12.如圖所示，一個質量為ni=2.0x10-ii/cg、電荷量q=+1。x1:xxxx：

U,i|

10-5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經U1=100V電壓|1M1X&XX：

加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，其板長L=20cm,廣也）xxj

1,xXXX：

兩板間距d=IOKCM,進人磁場時速度偏離原來方向的角度。=

30°,磁場寬度。=10V3cm.貝聯）

A.微粒進入偏轉電場時的速度=1.0x104m/s

B.兩金屬板間的電壓/為I。。/

C.為使微粒不從磁場右邊射出，該勻磁場的磁感強度B至少為0.1g7

D.為使做粒不從磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.27

三、實驗題（本大題共2小題，共13.0分）

13.某同學在做“用雙縫干涉測光的波長”實驗時，已知雙縫間的距離d=0.25nnn,雙縫到毛玻璃

屏間的距離L=75cm。實驗時先移動測量頭上的手輪，把分化分劃板中心刻度線對齊4條紋中

心，游標卡尺的示數如圖（3）所示，然后轉動手輪，把分劃板中心刻度線向右邊移動，對齊B條

紋中心，游標卡尺的示數如圖（4）所示。圖（3）中游標卡尺的示數為/=nun.圖（4）游標卡

尺的示數為札=nun.所測光波的波長為_m.（保留兩位有效數字）

14.圖甲是利用兩個電流表4和4測量于電池電動勢E和內阻r的電路原理圖，圖中S為開關，R為滑

動變阻器，定值電阻殳和電流表4內阻之和為10000。（比r和滑動變阻器的總電阻都大的多），&

為理想電流表.

/vmA

(1)按電路原理圖甲連接圖乙中實物圖：

(2)在閉合開關S前應將滑動變阻器的滑動端P移動至______(填“a端”、“中央”、“b端”)

(3)閉合開關S,移動滑動變阻器的滑動端P至某一位置，讀出電流表必和4的示數A，%，多次改變

滑動端P的位置，得到的數據如下表所示，請在圖丙所示的坐標紙上以A為縱坐標、％為橫坐標

畫出所對一個的4—/2圖線.

mA0.1200.1250.1300.1350.1400.145

/2/nM48040032023214068

(4)由(3)中所得圖線可求出電池的電動勢E=V,內阻r=n.

四、計算題(本大題共4小題，共47.0分)

15.如圖所示，兩根平行的光滑金屬導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，導軌的左端串接一個

電阻R,在導軌上有一個質量為m的金屬棒MN,它的電阻為r,與導軌接觸良好，導軌的電阻忽

略不計。金屬棒MN在水平向右的恒力作用下由靜止開始向右運動的過程中，恒力做功的最大功

率為P，金屬棒MN的最大加速度為a,試求：

(1)金屬棒MN的最大速度？

(2)當金屬棒的加速度是三時，電阻R上的電熱功率。

XX

iXX

16.長為L的直玻璃管開口向下懸浮在水銀液體中，此時管中的水銀柱高為

玻璃管底部剛好與水銀液面相平，如圖所示.環境溫度為介，大

氣壓強為Po,重力加速度大小為g,水銀的密度為p,玻璃管壁厚度忽

略不計.若緩慢升高環境溫度到7,穩定時玻璃管漂浮于水銀面上，且

露出水銀液面乜.本題中所有物理量的單位均采用國際單位制.求：

4

(i)此時玻璃管內外水銀液面的高度差九；

(ii)升溫后的環境溫度兀

17.如圖，平行板電容器為C,電荷量Q。，極板長為3極板間距離為d,極板與

水平面成a夾角，現有一質量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點由靜出

發到達Q點，P、Q兩點都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應，求：

(1)液滴的電荷量；

(2)液滴到達Q點時的速度大小.

方根表示)求：

(1)環套在圓弧軌道b點的速度；

(2)環在圓弧軌道上克服摩擦力做的功。

參考答案及解析

1.答案：c

解析：

根據質量數與質子數守恒，即可求解；半衰期僅僅與放射性元素有關；經過1個半衰期，有半數發生

衰變；“氫燃燒”的核反應方程，可知是裂變還是聚變反應.

考查核反應的書寫規律，掌握裂變反應與聚變反應的區別，理解衰變與人工轉變的不同，最后注意

半衰期的內涵.

A、根據質量數與質子數守恒，￡He+X-lBe+y,則X粒子是的質量數是：8-4=4,電荷數是：

4-2=2,是故4錯誤；

8、半衰期僅僅與放射性元素有關，與外界環境無關，加溫或加壓不能改變半衰期T的大小，故B錯

誤；

C、經過1個半衰期，有半數發生衰變，即剩下開始的一半，那么經過3個7,剩下的部e占開始時的

(|)3=故C正確；

。、“氫燃燒”的核反應方程，是聚變反應，不是裂變反應，故。錯誤；

故選：C.

2.答案：D

解析：解；4、擴散現象什么分子在永不停息地做無規則運動，故A錯誤；

8、布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規則運動，是液體分子的無規則運動的反映，故B

錯誤；

C、一定質量的(TC的冰融化成(TC的水，要吸收熱量，內能增加，故C錯誤；

D、一定質量理想氣體對外做功，但可能吸收熱量，根據熱力學第一定律公式△U=W+Q,內能不

一定減少；體積變大，密度變小，故。正確；

故選：Do

解答本題需掌握：

擴散現象是指物質分子從高濃度區域向低濃度區域轉移，直到均勻分布的現象，分子平均速率與物

質的濃度梯度成正比，擴散是由于分子熱運動而產生的遷移現象，主要是由于濃度差引起的；

布朗運動是懸浮在流體中的微粒受到流體分子與粒子的碰撞而發生的不停息的隨機運動；

熱力學第一定律：△U=Q+V/。

本題考查了布朗運動、擴散現象、內能和熱力學第一定律，涉及知識點多，難度不大，關鍵多看書。

3.答案：D

解析：解：當一個質量為m、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度處沿斜面向上運動，依據左手定則，

可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力會隨著速度減小而減小，導致其對斜面的壓力也減小，因

斜面粗糙，那么滑塊受到滑動摩擦力會減小，根據牛頓第二定律，滑塊受到的合力mgsinO+f會減

小，則加速度也會減小，速度為零后下滑，滑塊受到垂直斜面向上的洛倫茲力會隨著速度增大而增

大，對斜面壓力減小，摩擦力f減小，合力F=增大，加速度增大，故滑塊先做加速度減

小的減速運動后做加速度增大的加速運動，故。正確，ABC錯誤；

故選：D。

帶電滑塊上滑，依據左手定則判定洛倫茲力方向，結合受力分析及牛頓第二定律，即可求解。

考查左手定則與牛頓第二定律的應用，掌握影響加速度的因素，理解倫茲力受到速率的影響。

4.答案：B

解析：解：4、線速度為矢量，4與B的線速度的方向不同。故A錯誤；

B、兩者做同軸轉動，角速度相同，故B正確

C、質量相同，距離球心的距離相等，則所受的萬有引力的大小相等，故C錯誤

。、向心加速度為矢量，二者的向心加速度的方向不同。故。錯誤。

故選：B。

靜止在地球上的物體（兩極除外）都要隨地球自轉，運動周期相同，角速度相同，運動半徑不同，線

速度大小可能不同，物體的線速度方向也可能不同，線速度是矢量，線速度可能不同。因質量相同，

則所受的萬有引力的大小相等。向心加速度由a=no?求得。

本題考查對共軸轉動的物體各個量的比較，抓住它們的周期和角速度相同是關鍵，同時要明確矢量

相同與矢量相等的區別.

5.答案：C

解析：解：力、光電效應和康普頓效應均揭示了光具有粒子性，故4錯誤；

8、原子里的核外電子不停地做變加速運動，但原子不會向外輻射能量，因電子的躍遷時，才發出原

子光譜，故B錯誤；

C、輕核聚變和重核裂變時，核子的平均質量都將減小，故C正確；

。、玻爾建立了量子理論，成功解釋了氫原子發光現象，這也是它的局限性，故。錯誤；

故選：C.

光電效應和康普頓效應均揭示了光具有粒子性；

電子躍遷時，才輻射能量；

裂變或聚變時，核子的平均質量都將增加；

玻爾成功解釋了氫原子發光現象.

考查光電效應和康普頓效應的作用，理解原子發光的原理，掌握玻爾建立了量子理論的局限性，注

意不論裂變還是聚變均會釋放能量.

6.答案：A

解析：解：4、d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故A

正確；

B、依據離點電荷越近的電場強度越強，越遠的則越弱，因此M在b點的電場力大小小于它在。點的電

場力大小，那么M在b點的加速度大小也小于它在a點的加速度大小，故B錯誤。

C、N在從e點運動到d點的全過程中，電場力先做負功，再做正功，但總功為零，不是始終不做功，

故C錯誤。

。、對同一虛線圓上的點a和c,電場強度大小相同，方向不同，故。錯誤；

故選：Ao

根據離點電荷遠近來判定電場強弱；依據點電荷電場中，同一圓上的電場強度大小相同，方向不同；

根據電場力做功判斷電勢能的變化。

本題關鍵是電場線的疏密與加速度的大小，掌握同一圓上電場強度不同，而電勢則相同，并理解根

據電場力做功判斷電勢能的變化。

7.答案：D

解析：解：每個面能看到氣泡的面積為圓，設圓的最大半徑為r,玻璃磚的臨界角為C,

則有：sinC=-=|

n1.53

根據幾何關系得：r=加九。

解得：r=—L

5

立方體表面能看到氣泡的最大面積為：s=6仃2=：近2,故A3C錯誤，。正確。

故選：Do

氣泡發出的光線能射出立方體，在立方體外向內觀察就能看到氣泡，根據=工求全反射臨界角，

sinCn

結合幾何關系求解。

本題考查幾何光學問題，要掌握臨界角與折射率的關系，理解看到氣泡的含義，結合幾何關系解答。

8.答案:A

解析：解：甲棒向右做切割磁感線運動，產生感應電動勢，相當于電源;V

乙棒受到向右的安培力而起動，某時刻回路中電流為/=空空2//V乙

Ri+R?//

而根據牛頓第二定律得甲、乙兩桿的加速度大小分別為：///

F-BIlBII1/-

a伊吆=￡ot

最初階段有a尹〉a,,故3尹一“Z)增大，電流/增大，安培力增大，故甲的加速度減小，乙的加速

度增大，即甲做加速度減小的變加速直線運動，乙做加速度增大的變加速直線運動，當。尹=。乙時，

0尹一〃力恒定，電流/恒定，安培力恒定，兩棒就以相同的加速度做勻加速直線運動，u-t圖像如

圖所示，則金屬桿乙的速度u隨時間t變化的大致圖像如圖4所示，故A正確，88錯誤。

故選：Ao

根據兩棒的速度差分析回路中感應電動勢的變化，判斷感應電流的變化，確定兩棒受到的安培力變

化情況，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況，從而判斷圖像的形狀。

解答本題時，要知道回路中總的感應電動勢取決于兩棒的速度之差，根據速度差的變化來判斷感應

電動勢的變化，進一步分析感應電流和安培力的變化。

9.答案：AB

解析：解：4、由題有：/=/mCOS60。，則得感應電流的最大值/m=2/,有效值/有=企/,則電流

表的讀數為魚/，故A正確；

B、感應電動勢的最大值7=/m(R+r)=2/(R+r),又Em=nBS3,磁通量的最大值%=BS,

聯立解得：%=BS=亙空口，故8正確；

C、線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量Q=/魯/?7=等，故C錯誤；

D,從圖示位置開始轉過90。的過程中，通過電阻R的電荷量0=黑;=|；,故。錯誤。

故選：AB.

根據感應電流瞬時值表達式求出最大值，再求解有效值，即可得到電流表的讀數；磁通量的最大值

①7n=BS.由閉合電路歐姆定律求出感應電動勢的最大值由公式j=nBSa)求解的1通過電阻R的

電荷量根據公式q=等求解；熱量根據焦耳定律求解。

本題關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式Em=nBSm以及瞬時值與最大值之間的關系，對于交變

電流，求解熱量、電功和電功率要用有效值，對于正弦式電流最大值是有效值的或倍

10.答案：BD

解析：解：為使油滴能向上運動，即電場強度變大,

將開關斷開，兩極板上的電荷量不變，則根據推論公式E=絲絲可得

es

將B板下移，電場強度不變，A錯誤，將4B板錯開一段距離，則正對面積變小，故電場強度變大，B

正確，

保持開關閉合，則兩極板間的電壓不變，則根據公式E=J可得

將ZB板左右錯開一段距離，電場強度不變，C錯誤，將4板下移一段距離，d減小，故E增大，。正

確

故選：BD。

本題關鍵要分析板間場強的變化：開關斷開后，電容器所帶電量不變，將B板下移一段距離時，板間

場強不變；將ZB板左右錯開一段距離，分析電容的變化，判斷電壓變化，確定場強的變化；保持開

關閉合，電容器始終與電源連接，兩端的電壓不變，根據E=J判斷電場強度的變化。再分析油滴如

何運動。

在分析電容器動態變化的時候需要知道將開關斷開，兩極板上的電荷量不變，保持開關閉合，則兩

極板間的電壓不變。

11.答案：C。

解析：解：4、機械波在傳播振動形式的過程中，同時將能量由近及遠傳遞，故A錯誤；

2、振動質點的頻率取決于振源的頻率，不會隨波的傳播而改變，故8錯誤；

C、在波的傳播過程中，振動質點和運動形式一起傳播，故C正確；

。、在波的傳播中，如振源停止振動，由于慣性，質點的振動并不立即停止，則波的傳播并不會立

即停止，故。正確；

故選：CD.

介質中的質點不隨波一起遷移，波傳播的周期與質點的振動周期相同。機械波在傳播振動形式的過

程中同時傳遞了能量。

本題考查機械波的性質，要注意明確波傳播的是能量和振動形式，振源停止振勸時，波的傳播不會

立即停止。

12.答案：ABD

XX◎

i-

解析：解：4、帶電微粒在加速電場加速運動的過程，根據動能定理得:XX

XX刈

qUy=^mv2,代入數據解得：v=1.0x104m/s,故A正確；nrX

xX

RX4J

、^

B、帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用，做類平拋運動，n-

fxX

水平方向有：L=vt,XXX'

--DX:一

帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a,出電場時豎直方

向速度為“2

豎直方向：v=at,。=吟

Jymd

得：%=吟上,

ymdv

由速度分解關系得：tan。=孑，

聯立以上兩式解得：U2=100V,故B正確。

CD,帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設微粒軌跡恰好與磁場右邊相切時

半徑為R。

由幾何關系知:R+Rsin300=D,

設微粒進入磁場時的速度為M,則有："'=磊?，

由牛頓運動定律及運動學規律得：qv'B=m9,

代入數據解得：8=0.27,

所以帶電粒子不射出磁場右邊，磁感應強度B至少為0.2T,故C錯誤，。正確。

故選：ABD.

粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度外粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運

用運動的合成與分解，由牛頓第二定律和運動學公式求出電壓力.粒子進入磁場后做勻速圓周運動,

結合條件，畫出臨界情況的運動軌跡，由幾何知識求半徑的最大值，再由洛倫茲力提供向心力求出B

的最小值。

本題考查了帶電微粒在電場與磁場中的運動，微粒在加速電場中加速，在偏轉電場中做類平拋運動，

在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚微粒的運動過程是解題的前提，應用動能定理、類平拋運動規

律與牛頓第二定律可以解題。

13.答案：11.4；16.7；4.4x10-7

解析：解：游標卡尺的數等于主尺刻度讀數加上游標尺刻度讀數，不需估讀。

卡尺的主尺刻度是11mm,游標尺與主尺對齊的刻度是4,讀數是：0.1x4=0.4mm

總讀數是：xA=11+0.4=11.4mm

卡尺的主尺刻度是16mm,游標尺與主尺對齊的刻度是4,讀數是：0.1x7=0.7mm

總讀數是：=16+0.7=16.7mm

再根據雙縫干涉條紋的間距公式△X=J，實驗中紅光波長的表達式為：A=皿斗

a4L

代入數據，解得：A=4.4x10-7mo

故答案為:11.4；16.7；4.4x10-7

游標卡尺的數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數，不需估讀。再根據雙縫干涉條紋的間距公式△

x=J；l求出單色光的波長。

a

解決本題的關鍵掌握螺旋測微器和游標卡尺的讀數方法，知道獲取單色的線光源，讓白光通過濾光

片和單縫，注意公式中d是雙縫間的距離，不是單縫片與雙縫片間的距離。

14.答案：b端;1.49；0.60

解析：解：(1)由原理圖可知，電路為基本的限流接法，故按原理圖串聯即可；連線如下圖所示：

(2)為保證安全，開始時滑動變阻器應接到最大值，故應接b端;

(3)將各點依次描出，連線如下圖所示.

(4)由圖示可知,電源電動勢E=匕因+&1)=149X10-6x10000=1.49K,

電源內阻「=吟部=。，飛:療。。。“0.60P..

故答案為：(1)實物電路圖如圖所示；(2)。端；(3)圖象如圖所示；(4)1.49；0.60.

(1)原理圖己知，按電流的流向在實物圖中依次連接，注意不能交叉；

(2)滑動變阻器應保證電路的安全，開始時應接到最大電阻處；

(3)選擇合適的坐標值，標點后用直線將各點相連，誤差較大的點可以舍去；

(4)圖象與縱坐標的交點為電動勢；由閉合電路歐姆定律可求是內阻.

測定電動勢和內阻的實驗中要注意數據的處理時主要應用了圖象法，在學習中要掌握讀數及畫圖的

能力，要結合公式理解圖象中點、線、交點及截距的意義.

15.答案：解：(1)開始時，金屬棒MN中沒有感應電流，不受安培力，由牛頓第二定律得：恒力F=ma

當金屬棒MN勻速運動時速度最大，設為加。

pP

由P=F為得：Vm=^=—

(2)當17=0時，金屬棒的加速度最大有：F=ma①

當金屬棒速度最大時，感應電動勢E=②

乂/=六③

FA=B1L(4)

尸一以=0⑤

P=Fvm⑥

所以P電=〃/?=含。

當優=：時，根據牛頓第二定律有：=

解得：v，=lv…⑧

/=|/…⑨

所以電阻R上的電熱功率P/=1'2R=

答：(1)金屬棒MN的最大速度為工。

(2)當金屬棒的加速度是爭寸，電阻R上的電熱功率為蒜

解析：(1)剛開始運動時，MN中沒有感應電流，不受安培力，由牛頓第二定律求出恒力的大小。當

金屬棒勻速運動時速度最大，此時恒力與安培力二力平衡，由公式P=Fu求解；

(2)當金屬棒的加速度是三時，推導安培力與速度的關系式，由牛頓第二定律列式，求出速度，由法

拉第電磁感應定律和歐姆定律求出電路中的感應電流的大小，即可求解電阻R上的電熱功率。

本題是電磁感應與力學、電路的綜合，與汽車發動類似，首先能正確分析MN的運動情況，其次要把

握各個量的之間的關系，特別是熟練推導安培力的表達式。

16.答案：解：。)由題意可知，玻璃管長L