2021年广东省韶关市某中学高考物理模拟试卷（附答案详解）

2021年广东省韶关市始兴中学高考物理模拟试卷（3月份）

1.下列有关物理的知识正确的是（）

A.牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定律，并用实验测出了万有引力常量

B.伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因

C.胡克发现：在任何情况下，弹簧的弹力都与弹簧的形变量成正比

D.伽利略在总结前人研究的基础上成功地抽象和概括出行星运动的规律

2.如图所示，一同学分别在同一直线上的4、B、C三个位置

投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为巧、。2、ofl]

O°

若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为。1、%、呈呈呈小加

%，下列说法正确的是（）A8，

A.%<<。3B.%>>“3C.%>。2>。3D.—。2=。3

3.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、8两

物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量由fF

和绳与滑轮间的摩擦），如图所示.现用水平力/作------------"------

用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止.则下列说

法正确的是（）

A.在缓慢拉开B的过程中，水平力尸不变

氏斜面体所受地面的支持力一定不变

C.斜面对物体A作用力的合力变大

D.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大

4.一颗科学资源探测卫星的圆轨道经过地球两极上空，运动周期为r=1.5/1,某时刻

卫星经过赤道上A城市上空.已知：地球自转周期7°,地球同步卫星轨道半径r,

万有引力常量为G,根据上述条件（）

A.可以计算地球的球半径

B.可以计算地球的质量

C.可以计算地球表面的重力加速度

D.可以断定，再经过12万卫星第二次到达A城市上空

5.如图所示，真空中两等量异种点电荷+q、-q固定在x9

b/；

轴上，“点和”点、6点和c点均关于x轴对称，下列。•।

■1•1〜

•■

说法正确的是（）：q；■•X

：

d

A"点的电势高于c点的电势

B.a、4两点的电场强度相同

C.将质子从6点移动到"点，电势能增加

D.将电子从a点移动到c点，电场力做正功

6.半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示固定，在氏c三点分别垂直于纸面

放置三根等长的长直导线（a、6两点位于水平直径两端），导线。中通有垂直纸面向

里、大小为A的恒定电流，导线c中电流方向也垂直纸面向里，但大小未知。导线

a、6固定，导线c处于静止状态，且与筒壁间无相互作用力，。。与0a的夹角为。=

60%已知长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=为常数，/

A.电流大小为A、方向垂直纸面向里

B.电流大小为百人、方向垂直纸面向里

C.电流大小为/】、方向垂直纸面向外

D.电流大小为BA、方向垂直纸面向外

7.在半径为人电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向

如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度3

随时间f的变化规律分别如图乙所示。贝"0〜M时间内，导线框中（）

8.如图3所示的电路中，闭合开关5,当滑动变阻器R的滑A

片p向上移动时，下列说法中正确的是（）H

第2页，共19页S

A.电流表示数变大

B.电压表示数变小

C.电阻品的电功率变大

D.电源的总功率变小

9.《大国工匠少节目中讲述了王进利用“秋千法”在

lOOOkV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻

绳OD一端固定在高压线杆塔上的。点，另一端固定在

兜篮上.另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮,

一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C

点运动到处于。点正下方E点的电缆处。绳。。一直处于伸直状态，兜篮、王进及

携带的设备总质量为加不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运

动到E点的过程中，下列说法正确的是（）

A.工人对绳的拉力一直变大

B.绳0D的拉力一直变小

C.OD.CQ两绳拉力的合力大小等于机g

D.当绳C。与竖直方向的夹角为30。时，工人对绳的拉力为日mg

10.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B,天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为

L,共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流/（

方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为61、加2的祛码，天平平衡.当电流

反向（大小不变）时，右边再加上质量为机的祛码后，天平重新平衡.由此可知（）

B.B的方向垂直纸面向里，大小为瑞

C.8的方向垂直纸面向外，大小为空警应

D.B的方向垂直纸面向外，大小为黑

11.某实验小组用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验.

(1)图乙为实验中选取的一条合适的纸带，。点为打点计时器打出的第一个点，A、

B、C、D、E为打点计时器打出的五个连续的点，测出这五点到。点的距离分别为

XA.XB,xc,XD,%E，打点计时器所接交流电的频率为人当地的重力加速度为g,

若利用。。段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为.

(2)如果采用此装置测定当地的重力加速度，可根据纸带上的打点间隔算出打下每

个点时重物运动的时间3测出对应时间内物体下落的距离X,根据测得的距离X

和算出的时间f,在平面直角坐标系中做出，一t的图象，如果图线的斜率是匕则

当地的重力加速度为.

12.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材.

(1)甲同学按电路图。进行测量实验，其中7?2为保护电阻，则

第4页，共19页

①请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接；

②由电压表的读数U和电流表的读数/,画出U-/图线如图c所示，可得电源的电

动势E=V,内电阻r=U.

(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和

电流表的读数/,画出U—/图线如图e所示，可得电源的电动势E=V,内电

阻r=U.(结果保留2位有效数字)

13.如图甲所示，一质量为m=1.0kg的滑块(可视为质点)静止在水平地面上的A点，

某时刻开始，滑块受到一个水平向右的拉力尸的作用，拉力厂随时间f的变化规律

如图乙所示，若滑块和地面之间的动摩擦因数为4=0.5,g=lOm/s2,试计算滑

块从开始运动到最终停止在水平地面上滑行的距离.

r*3—,,,,,,

nv■乙

14.如图所示，在直角坐标系xOy平面的一、四个象限内各有一个边长为乙的正方向区

域，二三像限区域内各有一个高乙，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直

坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，

各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L,L<y<2L的区域内，有沿y

轴正方向的匀强电场。现有一质量为机、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L,日)处

以初速度孙沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0,L)点，不计粒子重力。

(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点。到达坐标(-。0)点，求匀强磁场的磁感应

强度大小B；

(3)求第(2)向中粒子从进入磁场到坐标(-L,0)点所用的时间。

L

xxxx

••••••XXXX

••••••XXXX

••••••XXXX

->

X

-2ZXXXXXX0XXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

-L

15.如图所示，一定质量的理想气体从状态。开始按箭头所示经

一系列状态变化又回到状态m由图可知：气体在〃、b、C

三个状态的密度Pa、Pb、Pc的大小关系是，气体分子

的平均动能为a、EKb，EKc的大小关系是.在此过程中，

气体(选填“从外界吸收”或“向外界放出”)热量.

16.如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当£1=31久，

大气压强Po=76cznHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱

长Li=8cm,则

(1)当温度今多少时，左管气柱G为95？

(2)当温度达到上问中的温度功时，为使左管气柱长L为8c利，应在右管中加入多长

的水银柱？

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17.一列简谐横波在某介质中沿x轴传播，在x轴上八人两点的振动图象分别为如图

甲乙所示，波的传播速度为5m/s,a、人间的距离小于一个波长，若波从〃传播到

b,则〃、b间的距离为m,若波从6传播到a,所用的时间为__酎若增

大波源处质点的振动频率，则波从〃传播到。所用的时间会（填“变大”、

18.一个长方形透明物体横截面如图所示，底面AB镀银，（厚度可忽略不计），一束光

线在横截面内从M点的入射，经过48面反射后从N点射出，已知光线在M点的

入射角a=53。，长方形厚度h=2cm,M.N之间距离S=3czn。求

（i）画出光路图，并求透明物体的折射率

3）若光速为c=3.0x108m/s,求光在透明物体中传播时间

AB

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、牛顿总结前人的研究，提出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了

万有引力常量，故A错误；

8、伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故B正确；

C、胡克发现：在弹性限度范围内，弹簧的弹力都与弹簧的形变量成正比，故C错误；

。、开普勒在总结前人研究的基础上成功地抽象和概括出行星运动的规律，故。错误；

故选：B.

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一.

2.【答案】B

【解析】解：A、B、三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击

中篮筐的速度1，，上升的高度为〃，水平位移为X。

则有：X=vt,h=^gt2>则得：V=〃相同，则"8%,则得也>为>巧•故4

错误，8正确。

C、D、根据速度的分解有：tan。=弓，，相同，%>%>%，则得%%%•故CO

错误。

故选：B。

据题知三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，它们上升的高度相等，水平位

移大小不等,根据平抛运动的规律得到水平位移与初速度的关系，分析初速度的大小.根

据速度的分解，分析角度的关系.

本题运用逆向思维研究斜抛运动，关键是要明确平抛运动的研究方法、位移公式和速度

公式，是解决平抛运动问题的基础知识.

3.【答案】B

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【解析】解：A、对木块8受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有

F=mBgtand

1_m.g

cosO

在缓慢拉开B的过程中，。变大，故尸变大，故A错误;

8、对斜面体和木块A、B整体受力分析，由于一直平衡，故支持力等于系统的总重力,

故8正确；

C、。、物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向

下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力7变大后，静摩擦力可能变

小，也可能变大，支持力不变，故斜面对物体4作用力的合力可能变大，也可能变小，

故C错误，。也错误；

故选民

先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出绳子的拉力T；再对木块A受力分析，

同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况.

本题关键分别对A、B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解，在计算地面对斜

面的支持力时，可以用整体法，不需要考虑系统内力，能使解题过程大大简化.

4.【答案】B

【解析】解：B、根据地球卫星万有引力提供向心力，有：G^=m--r

M=将，可以求出地球的质量，故8正确.

A、根据探测卫星万有引力提供向心力周期公式=m等，解得：R=3安，因

R2T247r2

为M已经求得，所以可以求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，不能得到地球的球半径，

故A错误；

C、在地球表面有G黎=mg,因为不知道地球半径，所以无法求出地球表面重力加速

度，故C错误；

。、经过12%时，赤道上4城市运动到和地心对称的位置了，而资源探测卫星正好转过

了8圈，又回到原位置，所以经过12力卫星不会到达A城市上空，故。错误.

故选：B

根据地球卫星万有引力提供向心力周期公式求出地球质量，再根据探测卫星万有引力提

供向心力周期公式即可求得卫星绕地球运动的圆轨道半径，因为不知道地球半径，所以

无法求出地球表面的重力加速度.

探测卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解.

5.【答案】C

【解析】解:A、根据对称性可知反

c两点在同一等势面上，两点的电

势相同，故A错误；

B、根据对称性可知4两点的电

场强度大小相等，但方向不同，故

8错误;

C、沿电场方向电势降低，所以匕点的电势低于d点的电势，将带正电的质子从b点移

动到“点，电势能增加，故C正确；

。、〃点的电势高于c点的电势，所以将带负电的电子从a点移动到c点，电子的电势能

增加，则电场力做负功，故。错误。

故选：a

根据对称性判断从C电势高低及4、1场强大小关系；通过电势高低来判断移动电荷时

电场力做功及电势能的变化。

本题主要考查了等量异种电荷电场中场强及电势的分布特点及电场力做功与电势能的

变化，解题关键在于熟悉等量异种电荷电场中场强及电势的分布特点。

里。

mg

由几何关系可知，4、C间距离为Oc=R，b,C间距离为r&c=KR，设〃中电流为12,

中电流为石，导线长度为L，根据8=k」可知：”在c处产生的磁感强度为a=k，，b

rrac

在C处产生的磁感应强度为%=k白，〃对c的安培力为%=B/L，〃对C的安培力

•be

为尸况=B2I3L，根据平衡条件，水平方向有:Faccos600=Fbccos30°,解得：%=4,

则导线匕中通过的电流大小为A，方向垂直于纸面向里。故A正确，BCO错误。

故选:Ao

。与c电流同向，相互吸引，又c对轨道无作用力，根据平衡条件可判断松间作用力方

向，进而判断人中电流方向；根据平衡条件列方程求解人中电流大小。

本题考查了有安培力参与的共点力平衡问题，若知道同向电流相互吸引，反向电流相互

排斥，就会省去先用安培定则判断磁场方向，再用左手定则判断安培力方向的步骤，从

而节省做题时间。

7.【答案】C

【解析】解：A、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导

线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB错误；

C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意

可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2x吟；

再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为/=5=罂，故C正确，。错误；

KCQK

故选：Co

根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并

依闭合电路欧姆定律，则可求解。

考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应

电动势是相加还是相差，是解题的关键。

8.【答案】C

【解析】解：A8、滑片向上移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；

由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小；则内电阻减小，由0二后-〃可知路端电

压增大，故电压表示数变大；

路端电压增大，由欧姆定律可知，流过&的电流增大，而总电流减小，则由并联电路的

电流规律可知电流表的示数减小，故A错误，8错误；

C、由：P=?因电阻岛的电压增大，电流增大，故电功率增大，故C正确；

D、电源的总功率：P=E/,总电流增大，电源总功率也增大，故。错误；

故选：C。

由图可知R与扁并联，电压表测量电路的路端电压，电流表测量通过R的电流；由滑

片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流

的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化；由并联电路

的电流规律可得出电流表示数的变化；由功率公式可得出Ro消耗的电功率；由「="可

求得电源的功率变化。

本题考查闭合电路的欧姆定律的动态分析及功率公式，要明确电源的电功率当外阻与内

阻相等时输出功率最大。

9.【答案】CD

【解析】解：A3、对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所

绳。。的拉力为&,与竖直方向的夹角为氏绳CO的拉力为尸2,与

竖直方向的夹角为a。0

根据几何知识知：0+2a=90。，由正弦定理可得旦=刍=

smasin0

si肆a）,a增大，。减小，则&增大，尸2减小，故AB错误；

C、两绳拉力的合力大小等于mg,故C正确；

D、a=30。时，3=30°,则2F2cos30。=mg,可得尸2=当他故。正确。

故选：CD。

对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，根据几何关系结合平衡条件进行解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

10.【答案】B

【解析】解：A、3的方向垂直纸面向里，在天平左、右两边加上质量各为血1、的祛

码,天平平衡.因为线框也是有质量的，设右边的线框质量为m02,根据平衡有：NBIL=

（m】一m02-m2）g,解得B=⑺广力丁。加故人错误.

第12页，共19页

8、当8的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则

安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加祛

码，有mg=2NBIL,所以8=貌.故A错误，B正确.

C、当8的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反,

则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加

祛码.故C、。错误.

故选B.

天平平衡后，当电流反向(大小不变)时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两

倍的安培力大小.

解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题.

11.【答案】==产2k

【解析】解：若利用段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为诏

即：gx。=1呼/A=回专经，

若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是先释放纸带再接通电.

(4)如果机械能守恒，由=J可知，则J-X图线为一条过原点的斜的直线，图线的

斜率为当地的重力加速度g；如果机械能守恒，则重物做自由落体运动，则x=：gt2,

即有：=因此:-1图线是一条过原点的直线，图线的斜率为当地重力加速度的一

半，即会

如果图线的斜率是左，则当地的重力加速度为殊；

故答案为：gxD=2k.

根据物体下落，减小的重力势能转化为动能，那么由平均速度来求得瞬时速度，从而列

出验证的表达式；

由机械能守恒得：mgx=^mv2,所以＜久，即图线是正比例函数图线，则斜率表示

重力加速度；

若作出，-t图象，根据运动学公式，即为平均速度与时间的图象，则图象的斜率表示重

力加速度的一半.

本题考查了自由落体运动中机械能守恒的验证，用图象处理数据是非常重要的数学手

段.同时注意第2问题：BC选项不一定是实验必须操作步骤，最后掌握平均速度与时

间的图象斜率与重力加速度的关系，是解题的难点.

12.【答案】2.80.603.00.50

【解析】解：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如

图所示；

②根据闭合电路欧姆定律可得：

U=E-Ir

则由数学规律可知，电动势E=2.8V；「=半==^=

△/0.2图b

0.60/2；

(2)由乙同学的电路接法可知，%左右两部分并联后与串联，则可知，在滑片移动过

程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所

示的图象，则由图象可知，当电压为2.5U时，电流为0.54此时两部分电阻相等，则总

电流为A=14而当电压为2.4U时，电流分别对应0.33A和0.874则说明当电压为2.4U

时，干路电流为=033+0.87=1.24；

则根据闭合电路欧姆定律可得：

2.5=E-r

2.4=E—1.2r

解得：E=3.0；r=0.50；

故答案为：(1)①如图所示；②2.8；0.60；(2)3.0,0.50

(1)①根据原理图可得出实物图；②根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象可得出

电动势和内电阻；

(2)明确电路结构，知道滑动变阻左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和

图象结合可求得电动势和内电阻.

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分

析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图象进行分析求解.

13.【答案】解：根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度为：

F-fimg__10-0.5x10

1m/s2=5m/s2,

%=1

则匀加速运动的位移为:

121

无1—鼻Q[t]=5x5x1TH=2.5m,

匀加速直线运动的末速度为:

第14页，共19页

Vj=aiG=5xlm/s=5m/s,

第29内尸2=〃60做匀速直线运动，匀速运动的位移为:

x2=u也=5xIm=5m,

匀减速运动的加速度为:

a2—^9—5m/s2,

匀减速运动的位移为:

v?25cu

x=—=-m=2.5m,

’32a2io

x=

则有：x=%1+%2+32.5+5+2.5m=10m.

答：滑块从开始运动到最终停止在水平地面上滑行的距离为10/77.

【解析】根据牛顿第二定律分别求出匀加速和匀减速运动的加速度，结合运动学公式和

匀加速、匀速、匀减速运动的位移，从而得出总位移.

本题考查牛顿定律和运动学公式的综合应用，意在考查学生应用牛顿运动定律和运动学

公式综合分析力学问题的能力，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.

14.

【答

案】

解：

⑴

带电

粒子

在电

场中

做类平抛运动，由类平抛运动规律L=%。5=3成2勺后=?71£1,

解得：E=曙;

(2)粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角的正切值：〃如=

速度大小：v==V2v0,

设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(-。0)点，

应满足L=2nx,其中n=1.2…粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为泉

当满足L=(2n+l)x时，粒子轨迹如图乙所示，由于y<-L区域没有磁场,

因此粒子实际不能从(-L,0)点离开磁场，这种情况不考虑。

设圆弧的半径为R,圆弧对应的圆心角为泉则有％=夜/?，此时满足L=2nx,

解得：区=岛

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：quB=7n?,

(3)粒子从进入磁场到从坐标(一L,0)点射出磁场过程中，

圆心角的总和：0=2nx^x2=2mt,

粒子在磁场中做圆周运动的周期：7=警，

粒子在磁场中的运动时间：t=rx等=誓=当；

答：(1)电扬强度大小E为甯；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点□到达坐标(-L,0)点，匀强磁场的磁感应强度大

小8为：(n=l、2、3...)；

qLv/

(3)第(2)问中粒子从进入磁场到从坐标(-L,0)点射出磁场整个过程所用的时间为学。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度。

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，应用

牛顿第二定律求出磁感应强度。

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动

的周期公式求出粒子在磁场中的运动时间。

粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清

楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛

运动规律可以解题；要掌握处理带电粒子在磁场中的运动问题的解题思路与方法。

15.【答案】Pa>Pb=Pc；E=<E；先吸热，后放热

KaEKCKb

【解析】解：由图示图象可知，气体体积关系为：匕<外=匕，气体的质量一定，则

密度关系为：pa>Pb=Pb-

由理想气体状态方程：牛=。可知，气体温度：「=色，气体在各状态时的温度：

f1.5xl0sx0.250.375X105丁2.5xl05x0.751.875x10s不0.5xl05x0.750.375x10s

T=-----------------=--------------，Ih=---------=--------，1「=--------=------,

naCCDCCLCC

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则兀=兀<〃，温度越高，分子平均动能越大，则分子平均动能间的关系为：EKa=

EKC<^Kb-

由。到。过程，温度升高、体积变大，内能增加，对外做功，由热力学第一定律可知，

气体吸收热量；

从6到C过程，温度降低体积减小，内能减小、外界对气体做功，由热力学第一定律可

知，气体放出热量；

从C到。过程，体积减小，温度不变，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第一

定律可知，气体放出热量，

则整个过程中，气体先吸热，然后再放热；

=E

故答案为：Pa>PbPc；Ka=E枇<^Kb<先吸热，后放热.

由图示图象判断气体体积大小关系，然后判断密度大小关系，应用理想气体状态方程判

断出气体温度关系，然后判断分子平均动能大小关系；最后应用热力学第一定律判断气

体吸热与放热情况.

本题考查了比较气体密度、分子平均动能大小关系，分析清楚图示图象、应用气体状态

方程即可正确解题.

16.【答案】解：(1)以封闭气体为研究对象，

初状态：Pi=76cmHg,匕=LXS=