2023年高考物理第三次模擬考試卷

高三物理（A卷）

（考試時間：90分鐘試卷滿分：110分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只

有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得

3分，有選錯或不答的得0分。

14.2023年春節期間，中國科幻電影《流浪地球2》熱映.《流浪地球》系列影片設定：若干年后，

太陽上的氫元素將被耗盡，太陽由“氫核聚變"階段進入"氮核聚變”階段，并成為一顆紅巨星，地球

將被太陽吞沒、氣化.因此，人類啟動了“流浪地球”計劃.人類的自救之旅的第一階段是“剎車階段”,

利用2000臺安裝在地球赤道上的"轉向式行星發動機"，通過噴射高能高壓的粒子流，推動地球停止

自轉；第二階段是“逃逸階段"，利用"推進式行星發動機”推動地球加速，增大公轉速度，逐漸脫離

太陽系，開啟"流浪"之旅.根據以上素材，結合所學，判斷下列說法正確的是（）

A.不考慮其它因素，地球停止自轉的過程中，赤道上的物體所受重力逐漸減小

B.不考慮其它因素，地球停止自轉的過程中，南北極處的物體所受重力逐漸增大

C."轉向式行星發動機"的噴口方向應該與自轉速度方向相反，"推進式行星發動機"的噴口方向應該

與公轉速度方向相反

D.聚變要克服原子核之間的庫侖斥力，因此氫核聚變比氫核聚變需要的溫度更高

【答案】D

【詳解】AB.不考慮其它因素，地球停止自轉的過程中，赤道上的物體所受重力逐漸增大，而南北

極處的物體本身不受地球自轉的影響，因此在地球停止自轉的過程南北極處物體的重力不變，故AB

錯誤；

C."轉向式行星發動機”的噴口方向應該與自轉速度方向相同，"推進式行星發動機〃的噴口方向應該

與公轉速度方向相反，以使地球在公轉軌道實現躍遷，逃離太陽系，故C錯誤；

D.聚變要克服原子核之間的庫侖斥力，因此氯核聚變比氫核聚變需要的溫度更高，故D正確.

故選D。

15.如圖所示為某款手機充電器，其銘牌標識如下："輸入：AC、220V、50Hz","輸出：DC、3V、

6V、9V、12V","電流：1000mA-1500mA”,該充電器正常工作時，下列說法正確的是（）

??

A.輸入電壓的最大值為220V,頻率為50Hz

B.充電器輸出功率的變化范圍為3W18W

C.充電器內部變壓器的原線圈匝數小于副線圈匝數

D.充電器內部變壓器輸入電壓的頻率大于輸出電壓的頻率

【答案】B

【詳解】A.根據銘牌標識可知輸入電壓的有效值為220V,頻率為50Hz,故A錯誤；

B.由輸出功率

&=。2,2

且由題干中“輸出：DC、3V、6V、9V、12V","電流：1000mA-1500mA”,代入數據得當輸出電壓為

3V,電流為1000mA時輸出功率最小，當輸出電壓為12V,電流為1500mA時輸出功率最大。代入

數據得

3W</?!,<18W

故B正確；

C.根據原副線圈的匝數之比等于原副線圈電壓值比，即

如=&

U2n2

且原線圈中輸入電壓值大于副線圈的輸出電壓值，所以原線圈匝數大于副線圈匝數，故C錯誤；

D.由變壓器的原理可知，輸入電壓的頻率等于輸出電壓的頻率，故D錯誤。

故選B。

16.2022年11月12日10時03分，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，此次發射任務從點火

發射到完成交會對接，全程僅用2個小時，創世界最快交會對接紀錄，標志著我國航天交會對接技

術取得了新突破。在交會對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上同向運動，兩者的運

行軌道均視為圓周。要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現對接，天舟五號噴射燃氣的方向可

能正確的是（）

天舟專號唯m行臼天舟五號

運行方向―-口」噴飛方向

B.運行方向/方向

A./—一

空間站

天舟五號天舟五號

D,運行方向］尸+一…一

運行方向十二二口弋、

C.

空間站噴氣方Q、、一“空間站?噴氣方向

【答案】A

【詳解】要想使天舟五號在與空間站的同一軌道上對接，則需要使天舟五號加速，與此同時要想不

脫離原軌道，根據

F=m—

r

則必須要增加向心力，即噴氣時產生的推力?方向有沿軌道向前的分量，另一方面還要有指向地心

的分量，而因噴氣產生的推力與噴氣方向相反，則圖A是正確的。

故選Ao

17.有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子

殼。破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為。的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平

等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力尸按壓瓜子且保持靜止，若此時瓜子殼未破開，忽略

瓜子自重，不計摩擦，則（）

甲

A.若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大

B.若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小

C.若A、B距離不變，頂角6越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大

D.若A、B距離不變，頂角?越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小

【答案】D

【詳解】AB.瓜子處于平衡狀態，若僅減小A、B距離，A、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不

變，AB錯誤；

CD.若A、B距離不變，頂角。越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，

C錯誤，D正確。

故選D。

18.實驗中，將離子束從回旋加速器中引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等。使用磁屏蔽通

道法引出離子的原理如圖所示。離子從尸點進入通道時，由于引出通道內的磁場強度發生改變，離

子運動軌跡半徑增大，可使離子引出加速器。已知回旋加速器D型盒的半徑為R,圓心在。點，D

型盒區域中磁場垂直紙面向里，磁感應強度為B,引出通道外側末端。點到0點距離為L,OQ與0P

的夾角為凡離子帶電為4,質量為相，則（）

Q

A.離子在加速器中所能獲得的最大速率丫=幽

m

B.若離子加速至最大速率后能從加速器中引出，引出通道中的磁感應強度修范圍

2（/?2-/?LCOS（9）

I3+R2-2LRCOS0

C.若引出通道中磁場為層時，該離子能引出加速器，則此時將一帶電量加，質量為〃?的離子一定

不能從加速器中引出

D.若撤去引出通道內的磁場，改為沿徑向方向向里的電場，則離子仍有可能引出加速器

【答案】ABD

【詳解】A.離子從。形盒邊緣飛出時，有

p2

12

q'vmB=tn-R-

解得

=qBR八也

mmqB

A正確；

mv

B.|I|R=一才知，引出通道內磁感應強度應小于D型盒內磁感應強度8,離子半徑變大做離心運動

qB

才可能引出加速器，離子在引出通道內，到其到達。時，設圓弧半徑為「，軌跡如圖所示

O'Q=r

OQ=L

O'O=r-R

引出軌跡為圓弧

A

解得

一嗎

B、q

根據幾何關系得

R2+I}-2RLCOS0

2H-2￡cos6

解得

_mv2(R2-RLcos0)

m/j=——=---------------------------

qr(l?+R2-2LRCOS0)

則引出通道中的磁感應強度與范圍為

2(RjRLcose)

B<Bt<8

L2+/?2-2A/?COS<9

B正確;

C.由B中分析可知，離子能否離開加速器與粒子的電量無關，若引出通道中磁場為冬時，該離子

能引出加速器，則此時將一帶電量%,質量為，〃的離子也?定能從加速器中引出，C錯誤;

D.離子在D型盒中圓周運動由洛倫茲力提供向心力，由左手定則知離子帶負電，則通過P點時，

撤去引出通道內的磁場，改為沿徑向方向向里的電場，則離了受沿徑向向外的電場力，做離心運動,

仍有可能引出加速器，D正確。

故選ABD。

19.如圖，中國古代的一種斜面引重車前輪矮小、后輪高大，在前后輪之間裝上木板構成斜面，系

緊在后輪軸上的繩索，繞過斜面頂端的滑輪與斜面上的重物連接。設重物的重力為G、繩索對重物

的拉力為人斜面對重物的作用力為凡推車子前進，重物被拉動沿木板上滑過程中（）

A.尸與T的夾角一定大于90。

B.G和7的合力一定與F等大反向

C.T和F對重物做功之和等于重物動能的變化量

D.T和尸對重物做功之和等于重物機械能的變化量

【答案】AD

【詳解】A.對重物進行受力分析如圖所示

根據受力分析可知，斜面對重物有支持力與摩擦力的作用，則斜面對重物的作用力為尸為斜面對重

物有支持力N與摩擦力/的合力，根據上述受力分析圖，將支持力與摩擦力合成，可知，F與7的

夾角一定大于90。，A正確；

B.當重物勻速上滑時，G和T的合力與尸等大反向，當重物不是勻速上滑時，G和7的合力與尸

不等大反向，B錯誤：

C.以重物為對象，根據動能定理有

WT+Wa+Wf=

可知，T、尸和G對重物做功之和等于重:物動能的變化量，C錯誤:

D.根據上述有

購+用=八線_%

由于

唯=一g，

則有

叫+叫=△￡,+&《=△%

可知，T和尸對重物做功之利等于重物機械能的變化量，D正確。

故選AD。

20.磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖（a）所示，它的驅動系統簡化為如圖（b）所示的物理

模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為心匝數為N。總電阻為R；水平面內平行長直

導軌間存在磁感應強度均為8、方向交互相反、邊長均為乙的正方形組合勻強磁場。當磁場以速度

v勻速向右移動時，可驅動停在軌道上的列車，則（）

cLf

?LL-*|

(a)(b)

A.圖示時刻線框中感應電流沿逆時針方向

B.列車運動的方向與磁場移動的方向相同

C.列車速度為"時線框中的感應電動勢大小為2N班（V-"）

D.列車速度為M時線框受到的安培力大小為竺”m

R

【答案】BC

【詳解】A.線框相對磁場向左運動，根據右手定則可知圖示時刻線框中感應電流沿順時針方向，A

錯誤；

B.根據左手定則，列車受到向右的安培力，因此列車運動的方向與磁場移動的方向相同，B正確：

C.由于前后兩個邊產牛的感應電動勢順次相加，根據法拉第電磁感應定律

E=2NBLZ=2NBL（v-v'）

C正確；

D.列車速度為M時線框受到的安培力大小為

R

D錯誤。

故選BC。

21."S"形單行盤山公路示意圖如圖所示。彎道1、2可看作兩個不同高度的水平圓弧，圓心分別為。?、

。2,彎道2比彎道1高5m,彎道1、2的中心虛線對應的半徑分別為｛=18m、4=32m,傾斜直

道A8與兩彎道平滑連接。一質量為1500kg的汽車沿著中心虛線從彎道1經過傾斜直道AB進入彎道

2,已知汽車在AB段做勻加速直線運動，加速時間為10s,在兩個彎道運動時，路面對輪胎的徑向

摩擦力始終等于汽車所受重力的g,取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.傾斜直道段傾角的正弦值為士

B.汽車在A8段運動時的加速度大小為0.2m/s?

C.汽車從彎道1運動到彎道2增加的機械能為9.6x10”

D.圓心。一。2間的距離約等于86m

【答案】BCD

【詳解】AB.由于汽車在彎道1和彎道2都是沿虛線中心運動，所以在彎道上汽車均做勻速圓周運

動，設彎道1和彎道2的速度分別為V/和U2,由牛頓第二定律得

1可

-mg-m—

54

1成

—mg=777—

5r2

代入數據可得

V)=6m/s

v2=8m/s

A8段汽車做勻加速直線運動，設A3長度為/,所以有

v2=V,+at

2al=v；-v,2

代入數據得

tz=0.2m/s2

/=70m

所以AB直道傾角正切值為

ch5

tan0=”,”??~~■

yJl2-h269

故A錯誤，B正確；

C.以彎道1所在處為零勢能面，根據能量守恒可得

1,],

A￡=￡'k2+EP2-￡kl=-mv-+mgh--mv；

代入數據得

AE=9.6X104J

故C正確；

D.由幾何關系可知，圓心a、間的距離為

x=J-+（4+.I?；86m

故D正確。

故選BCD。

二、實驗題：本題共2小題，共15分。

22.（6分）如圖所示為"驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，質量為m和相2的滑塊與質量為相。的

動滑輪用不可伸長的輕質繩按圖示方式連接（繩豎直）。加2的右側有寬度為小質量忽略不計的遮光

條。現讓〃22從距離光電門高度為〃處由靜止釋放，發現光電計時器顯示遮光條經過光電門的時間為

to已知重力加速度大小為g,且d遠小于

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃

遮光條

m

%

光電門

(1)，〃2經過光電門時的速度大小為；

(2)若將"小如和加2看做一個系統，則加2下落〃過程中，系統減少的重力勢能為,系統

增加的動能為.

(3)經過多次實驗發現，"0、卯和M2組成的系統減少的重力勢能△廊與系統增加的動能△及并不

相等，請從系統誤差的角度分析二者不相等的可能原因是(寫出一條即可)：,即

△Ep△Ek(選填"大于"或"小于")。

【答案】⑴y:(2)的+色-2町)g/z,+嗎+4S)(%(3)定滑輪有質量或旋轉增加

了動能或存在摩擦或存在阻力，大于

【詳解】⑴⑴〃?2經過光電門時，遮光條寬度很小，可以看做勻速通過，其速度大小為

(1

V=—

t

⑵⑵小下落〃過程中，板下落6,如上升2〃系統減少的重力勢能為

3=("g+%>g_2,%g)〃

[3]%2、，加下落速度相同，w上升速度為2%系統增加的動能為

+4叫)(/

⑶⑷從系統誤差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑輪有質量或旋轉增加了動能或存在摩擦

或存在阻力。

⑸減少的重力勢能有一部分沒有轉化為動能，故選大于。

23.(9分)對于同種材料的電阻絲，現要探究在一定溫度下阻值的影響因素。

(1)某同學用刻度尺、螺旋測微器、多用電表測出了每根金屬絲的長度L、直徑。、電阻號,并

記錄了相應數據。在測量直徑時，某次的測量數據如圖1所示，則讀數為mm；用多用電表

歐姆擋"xl”位置正確操作測量某段電阻絲時，指針如圖2所示，則被測電阻的阻值為fio

圖1圖2

（2）為提高實驗準確度，某同學采用如圖3所示的電路圖測量金屬絲的電阻。請按圖3所示的電

路圖將圖4中實物連線圖補齊：圖4中，閉合開關前，應將滑動變阻器的滑片P置于

端（填或

（3）根據圖3,由于實驗中使用的電表不是理想電表，會對實驗結果造成一定的影響，實驗測出的

電阻值______（的真實值（填"<"或"="）。

（4）現在要根據測得的實驗數據，探究電阻絲電阻尺與電阻絲長度L、橫截面積S的關系。

實驗小組的同學猜想：電阻絲的電阻人跟它的長度L成正比，跟它的橫截面積S成反比。該同學本

想用控制變量法驗證該猜想是否正確，但觀察實驗數據發現金屬絲的長度沒有相同的、直徑沒有相

同的、電阻沒有相同的，因此用控制變量法很難實現。若想繼續驗證上述猜想，請你結合所測實驗

數據，給出具體處理數據的方法。___________________________________________________________

【答案】(1)0.524-0.528,7-.(2)<;（4）方法有兩種:

①計算每次實驗中R與擊的比值（即也的值），如果各次實驗所得的殷-值在實驗允許的誤差

范圍內相等，則說明R與成正比一一假設成立。

比一一假設成立。

【詳解】（1）⑴螺旋測微器讀數=固定刻度+半刻度+可動刻度。故讀數為

0mm+0.5mm+2.6x0.01mm=0.526mm（0.524mm—0.528mm均可）

[2]歐姆表讀數=刻度盤讀數x倍率，故讀數是70

（2）⑶按照電路圖連接實物圖，注意接線到接線柱，不分叉不相交，如圖

⑷閉合開關前用電器兩端電壓最小，故滑片P至于。端。

（3）⑸由電路圖可知電流表外接，電流表讀數偏大，所測電阻偏小。即實驗測出的電阻值＜段的真

實值。

（4）⑹根據電阻定律有

因電阻絲的材料相同，故電阻值從這方面入手即可。

所以方法有兩種：

①計算每次實驗中R與親的比值（即幽■的值），如果各次實驗所得的比值在實驗允許的誤差

范圍內相等，則說明R與成正比一一假設成立。

②在坐標紙上作&-親圖像，如果該圖線基本上是一條過原點的傾斜直線，則說明R與（上）成正

比一一假設成立。

三、計算題：本題共2小題，共32分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫

出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。

24.（12分）2022年6月17H,我國自主設計建造的首艘電磁彈射型航空母艦"福建艦"成功下水。

該艦采用平直通長飛行甲板，配置電磁彈射和阻攔裝置，飛機的前輪與磁懸浮電磁彈射車相連，如

圖甲所示。其工作原理簡化為如圖乙所示，間距d=1m的平行光滑金屬導軌(電阻不計)間存在磁

感應強度B=10T的勻強磁場，彈射車由200根完全相同的導體棒并聯組成。電磁彈射時，開關S與

1相連，恒流電源為整個系統供電，彈射車帶動飛機從靜止開始勻加速運動x/=60m后達到起飛速

度v=60m/s?飛機起飛后立即與彈射車脫鉤，同時將開關S與2相連，彈射車在磁場的阻尼作用下

運動X2=30m后停下。假設彈射車的質量m=1000kg,飛機的質量例=1.9x104kg,電阻Ro=0.02Q,

不計彈射車帶動飛機加速運動過程中的感應電動勢以及飛機與甲板之間的摩擦和空氣阻力。求：

(1)恒流電源提供的總電流大小；

(2)每根導體棒的電阻R。

XX

152

1XX

恒

流f彈射車

甲板電J凡=0.02。

源

磁懸浮電磁彈射車XX

甲乙

【答案】(1)/=6X1O4A；(2)R=6Q

【詳解】(1)設電磁彈射時飛機的加速度為“，則有

v2=2axi

解得

a=30m/s2

加速過程中飛機和彈射車受到的合力

Bld=(M+m)a

解得

/=6/104A

(2)飛機飛離甲板后，彈射車在電磁阻尼的作用卜一做減速運動直到速度減為零，設減速過程所用時

間為減速過程中彈射車的平均速度為日。對彈射車根據動量定理有

-BldAt=O-mv

B2d2v\t

----------=0A—mv

“200

其中

vA/=x2

代入解得

A=6。

25.（20分）滑板是沖浪運動在陸地上的延伸，是一種極富挑戰性的極限運動，下面是該運動的一

種場地簡化模型。如圖所示，右側是一固定的四分之一光滑圓弧軌道A8,半徑為R=3.2m,左側是

一固定的光滑曲面軌道CD,兩軌道末端C與8等高，兩軌道間有質量2kg的長木板靜止在光

滑水平地面上，右端緊靠圓弧軌道AB的B端，木板上表面與圓弧面相切于B點。一質量相=1kg的

小滑塊P（可視為質點）從圓弧軌道AB最高點由靜止滑下，經B點后滑上木板，已知重力加速度大

小為g=10m/st滑塊與木板之間的動摩擦因數為〃=0.2,木板厚度d=0.4m,。點與地面高度差

h=1.8mo

（1）求小滑塊P滑到B點時對軌道的壓力大小；

（2）若木板只與C端發生了2次碰撞，滑塊一直未與木板分離，木板與C端碰撞過程中沒有機械

能損失且碰撞時間極短可忽略。求木板最小長度和開始時木板左端離C端距離；

（3）若撤去木板，將兩軌道C端和B端平滑對接后固定，小滑塊P仍從圓弧軌道AB最高點由靜止

滑下，要使滑塊從。點飛出后落到地面有最大水平射程，求從。點飛出時速度方向以及最大水平射

程。

777771

【答案】（1）30N：（2）L=16m,x=0.5m；（3）從拉點飛出時速度方向與水平方向夾角為

a=arctan——，x.

2

【詳解】（1）小滑塊P滑到3點時,由動能定理可知

%=8m/s

在B點時牛頓第二定律可知

-mg=m

由牛頓第三定律可知，小滑塊P滑到B點時對軌道的壓力大小為30N。

（2）整個過程木板所受摩擦力不變，滑塊滑上木板后，木板做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可

知

jjmg=Ma

解得

Rmgi.2

M

木板與c端第一次碰撞，木板與擋板第一次碰撞時，滑塊速度為匕，木板速度為匕，在滑塊滑上木

板到木板第一次與擋板碰撞的過程中，由動量守恒定律可知

mvB=+Mi,

由于無能量損失，則木板原速率返回，做勻減速運動，加速度大小仍為。，由對稱性可知，木板與

8端接觸時速度為0,后開始做勻加速直線運動與C端發生第2次碰撞，根據對稱性可知，碰撞時

木板速度仍為匕，滑塊速度為匕，木板只與C端發生「2次碰撞，則

mvy=MV2

從木板第一次與擋板碰撞之后的瞬間到木板第二次與擋板碰撞之前瞬間的過程在，由動量守恒定律

可知

-MV2=mv3+Mv2

聯立解得

v2=lm/s

則設開始時木板左端離C端距離為X,則由運動學公式可知

v；=2ax

解得

x=0.5m

滑塊P剛好停在木板最左端木板最短，且木板的左端剛好與C接觸，此時滑塊P與木板的速度均為

0,可知滑塊在木板上做勻減速運動，則由能量守恒定律可知

MgL=；m吊

解得

L=16m

（3）從A到。由動能定理可知

mg(R+d-h)=

解得

v0=6m/s

設從。點飛出時速度方向與水平方向夾角為0,小滑塊落地的速度大小為也落地速度方向與水平

方向夾角為a,從。點飛出到落到所用時間為f，根據動能定理可得

2

mgh=^mv-^

解得

v=J、+2gh=6\/2m/

該過程的速度變化量為

Av=gt

如圖所示為速度矢量關系圖

速度矢量圖的面積為

S=；Au?%cose=gg/?%8s9=gg?x

可知當速度矢量圖的面積最大時，水平射程x有最大值，而圖中速度%、丫都是定值，可知當

6?+?=90°

速度矢量圖的面枳最大，則有

%cos0=vcosa=vcos(90°-6)=ysin。

解得

v6V22

可得

fta*

2

速度矢量圖的面積最大為

*22

Smvov=^x6x6V2m=18>/2m/s

最大水平射程為

=2^=2xl8^m=18V2m

g105

33.【物理——選修3-3]（15分）

（1）（5分）古代發明的點火器原理如圖所示，用牛角做套筒，木質推桿前端粘著易燃艾絨。猛推

推桿，艾絨即可點燃。對筒內封閉的氣體，在此壓縮過程中，氣體溫度—（填"升高"、"不變"或"降

低"），壓強（填"增大"、"不變"或"減小"）。

吞的艾絨

__I_____________,

\

【答案】升高，增大

【詳解】⑴⑵封閉的氣體被推桿壓縮過程中，由公式AU=W+Q可知，由于在瞬間，Q=o,W>0,

所以內能增加，則溫度升高，氣體體積減小，壓強增大。

（2）（10分）水銀氣壓計在超失重情況下不能顯示準確的氣壓，但太空無液氣壓計卻能顯示超失

重情況下的準確氣壓。若某次火箭發射中攜帶了一只太空無液氣壓計和一只水銀氣壓計。發射的火

箭艙密封，起飛前艙內溫度4=3（X）K,水銀氣壓計顯示艙內氣體壓強外為1個大氣壓。太空氣壓計

讀數也是小,當火箭以加速度g豎直向上運動時，艙內水銀氣壓計示數為回=06%,則太空無液

氣壓計讀數是多少？艙內氣體的溫度是多少開爾文？（運動過程中重力加速度g不變）

【答案】CP。,360K

【詳解】起飛前

砥1g=P0S'rn0=pH0S

起飛后，設實際氣壓Pi實，對水銀氣壓計中水銀柱由牛頓第二定律得

P：實S-m、g=