高考物理模拟试题精编一

高考模拟试题精编(一)【阐明】本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．题号一二附加题总分1112131415得分第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有一种或一种以上选项符合题目规定，所有选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了奉献．有关科学家和他们的奉献，下列说法对的的是()A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的措施——楞次定律D．法国物理学家库仑运用扭秤试验发现了电荷之间的互相作用规律——库仑定律2.如图所示，两个等量异种点电荷对称地放在一无限大平面的两侧(两点电荷未画出)，O点是两点电荷连线与平面的交点，也是连线的中点．在平面内以O点为圆心画两个同心圆，两圆上分别有a、b、c、d四个点，则如下说法错误的是()A．a、c两点电场强度大小相等B．c、d两点电场强度一定相等C．a、b两点电势一定相等D．a、d两点电势一定相等3．a、b两车在同一直线上做匀加速直线运动，v－t图象如图所示，在15s末两车在途中相遇，由图象可知()A．a车的速度变化比b车慢B．出发前a车在b车之前75m处C．出发前b车在a车之前150m处D．相遇前a、b两车的最远距离为150m4．6月，“神九”飞天，“蛟龙”探海，实现了“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”这个充斥浪漫主义气概的梦想．处在340km高空的“神九”和处在7000m深海的“蛟龙”的向心加速度分别为a1和a2，转动的角速度分别为ω1和ω2，下列说法中对的的是()A．由于“神九”离地心的距离较大，根据ω＝eq\f(v,r)得：ω1<ω2B．根据ω＝eq\f(2π,T)可知，ω与圆周运动的半径r无关，因此ω1＝ω2C．由于“神九”离地心的距离较大，根据a＝eq\f(GM,r2)得：a1<a2D．由于“神九”离地心距离较大且角速度也较“蛟龙”大，根据a＝ω2r得：a1>a25．甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′.下列说法中对的的是()A．甲做的也许是直线运动，乙做的也许是圆周运动B．甲和乙也许都做圆周运动C．甲和乙受到的合力都也许是恒力D．甲受到的合力也许是恒力，乙受到的合力不也许是恒力6.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出()A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力7.导体A、B、C的伏安特性曲线分别是图线1、2、3，其中导体C为一非线性电阻．当它们串联后接在电压恒为6V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法对的的是()A．此时流过三导体的电流均为1AB．R1∶R2∶R3＝1∶3∶2C．若将三导体串联后接在3V的直流电源上，则三导体的阻值之比不变D．若将三导体并联后接在3V的直流电源上，则通过它们的电流之比I1∶I2∶I3＝3∶2∶18.自耦变压器的输入端接在内阻为r的交流电源上，输出端接阻值为R的负载．假如规定负载R上消耗的电功率最大，变压器原、副线圈的匝数比应为(变压器为理想变压器，输入端的电动势恒定)()A．不不小于eq\r(\f(r,R))B．等于eq\r(\f(r,R))C．等于eq\r(\f(R,r))D．不小于eq\r(\f(R,r))9.如图所示，两个质量均为m的完全相似的小球A和B用轻杆连接，由静止从曲面上释放至滑到水平面的过程中，不计一切摩擦，则杆对A球做的功为()A.eq\f(1,2)mghB．－eq\f(1,2)mghC．mghD．－mgh10.如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，一直与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间光滑、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱．导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B.在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a.则()A．F与t成正比B．F与t2成正比C．当t到达一定值时，QP刚好对轨道无压力D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，当eq\f(ΔB,Δt)到达一定值时，QP刚好对轨道无压力答题栏题号12345678910答案第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目规定作答．解答题应写出必要的文字阐明、方程式和重要的演算环节．只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.(5分)现用如图所示的装置探究“加速度与物体受力的关系”．小车所受拉力及其速度可分别由拉力传感器和速度传感器记录下来．速度传感器安装在距离L＝48.0cm的长木板的A、B两点．(1)试验重要环节如下：A．将拉力传感器固定在小车上；B．平衡摩擦力，让小车在没有拉力作用时能做匀速直线运动；C．把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与轻质小盘(盘中放置砝码)相连；D．接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别抵达A、B时的速率vA、vB；E．变化小盘中砝码的数量，反复D的操作．由以上试验可得出加速度的体现式a＝________.(2)现已得出理论上的a－F图线，某同学又用描点法根据试验所得数据，在坐标纸上作出了由试验测得的a－F图线．对比试验成果与理论计算得到的两个关系图线，，偏差的重要原因是___________________________．12．(10分)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻．他根据老师提供的如下器材画出了如图所示的原理图．A．电压表V(15V,10kΩ)B．电流表G(量程3.0mA，内阻Rg为10Ω)C．电流表A(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)D．滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)E．滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)F．定值电阻R3＝990ΩG．开关S和导线若干(1)该同学没有选用电压表是由于________；(2)该同学将电流表G与定值电阻R3串联，实际上是进行了电表的改装，则他改装的电压表对应的量程是________V；(3)为了能精确地进行测量，同步为了操作以便，试验中应选用的滑动变阻器是________(填写器材前的字母编号)；(4)该同学运用上述试验原理图测得如下数据，并根据这些数据绘出了如图所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝________V(保留3位有效数字)，干电池的内阻r＝________Ω(保留2位有效数字).序号123456电流表G(I1/mA)1.371.351.261.241.181.11电流表A(I2/A)0.120.160.210.280.360.4313．(13分)如图所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导体线框abcd，处在磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重叠．线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R.现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场(此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行)，线框中产生的焦耳热与导体线框abcd以ab为轴匀速顺时针(cd向上)转动90°过程中线框中产生的焦耳热相似．求线框匀速转动的角速度．14.(14分)如图所示，传送带A、B间距离L＝5m且在同一水平面内，两个轮子半径均为r＝0.2m，半径R＝0.4m的固定竖直光滑圆轨道与传送带相切于B点，C点是圆轨道的最高点．当传送带静止不动时，质量m＝1kg的小煤块在A点以初速度v0＝2eq\r(15)m/s开始运动，刚好能运动到C点．重力加速度g＝10m/s2.求：(1)当传送带的轮子以ω＝10rad/s的角速度匀速转动时，将小煤块无初速地放到传送带上的A点，求小煤块从A点运动到B点的过程中在传送带上划过痕迹的长度．(2)当传送带的轮子匀速转动的角速度在什么范围内时，将小煤块无初速地放到传送带上的A点，小煤块运动到C点时对圆轨道的压力最大，最大压力FC是多大．15.(18分)如图所示，电源电动势为E0(未知)，内阻不计，滑动变阻器的滑片P处在R的中点．一质量为m，带电荷量为q的粒子(重力不计)从加速电场AK中的s1点由静止经加速电场加速后，沿s1s2方向从边长为L的正方形场区的中间进入有界均匀场区．当场区内只加竖直向上的匀强电场(电场强度为E)时，带电粒子恰从b点射出场区．(1)求加速电源的电动势E0.(2)若滑动变阻器的滑片位置不变，场区内只加垂直纸面向里大小为B的匀强磁场，带电粒子仍从b点射出，则带电粒子的比荷eq\f(q,m)为多大？(3)若使带电粒子进入场区后不变化方向，需在场区内同步加匀强电场和匀强磁场，求所加复合场的电场强度E1与磁感应强度B1之比．附加题：本题共3小题，每题15分．分别考察3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试状况选择对应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法中对的的是________．A．物体是由大量分子构成的，分子间的引力和斥力同步随分子间距离的增大而减小B．悬浮在水中的花粉颗粒运动不是水分子的运动，而是花粉分子的运动C．物体的机械能可认为零，而内能不可认为零D．第二类永动机违反能量守恒定律E．一定质量的理想气体压强不变，温度升高时吸取的热量一定不小于内能的增长量(2)(5分)已知家用煤气的重要成分是一氧化碳，其密度不不小于空气的密度，且空气在常温下的密度为1.29kg/m3，假如家庭出现了煤气泄漏，当煤气的质量到达空气总质量的6%时可发生爆炸．若某家庭密闭的厨房中煤气发生泄漏，且泄漏的速度是10g/min，则煤气可发生爆炸时煤气已经泄漏了________h；若爆炸时厨房的温度迅速上升到1500℃，则此时厨房内的气体压强为________Pa.(假设厨房的空间体积为30m3，大气压强为105Pa，厨房温度为27℃，忽视煤气泄漏及爆炸反应对厨房内空气分子数的影响)(3)(5分)如图所示，光滑水平地面上放有一质量为m的导热气缸，用活塞封闭了一部分气体．活塞质量为eq\f(m,2)，截面积为S，可无摩擦滑动，气缸静止时与缸底距离为L0.现用水平恒力F向右推气缸，最终气缸与活塞到达相对静止状态．已知大气压强为p0.求：①稳定期封闭气体的压强；②稳定期活塞与气缸底部的距离．2．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)欧洲大型强子对撞机是目前世界上体积最大、能量最高的加速器，是一种将粒子加速对撞的高能物理设备．该设备能把数以万计的粒子加速到相称于光速的99.9%，粒子流每秒可在隧道内狂飙11245圈，单束粒子能量可达7万亿电子伏．则下列说法中错误的是________．A．假如继续对粒子进行加速，粒子的速度不能到达光速B．假如继续对粒子进行加速，粒子的速度可以到达光速C．假如继续对粒子进行加速，粒子的速度可以超过光速D．粒子高速运动时的质量不小于静止时的质量E．粒子高速运动时的质量不不小于静止时的质量(2)(5分)一简谐横波以2m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图所示，则该波的周期为________，t＝0时刻x＝0处的质点运动方向为________，x＝0处的质点在最短时间t＝________s时速度值最大．(3)(5分)为了研究光通过折射率n＝1.6的球形玻璃的偏折现象，让一细束光线射入玻璃球，玻璃球的半径R＝10mm，球心O到入射光线的垂直距离d＝8mm.(sin53°＝0.8)①在图上画出该束光线射入玻璃球后，第一次从玻璃球中射出的光路图．②求这束光线从射入玻璃球到第一次射出玻璃球，光线偏转的角度．3．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)有关近代物理内容的若干论述对的的是________．A．自然界中具有少许的14C,14C具有放射性，可以自发地进行β衰变，因此在考古中可运用14C来测定年代B．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损C．比结合能越大，表达原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同步电子的动能增大，电势能减小E．紫外线照射到金属锌板表面时可以发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大(2)(5分)核能发电已经成为人类开发和运用新能源的重要途径，某舰艇想依托所携带的10.9kg铀丸，运用其放射性衰变释放的能量发电．已知铀丸(eq\o\al(238,92)U)衰变后成为eq\o\al(234,90)Th，则衰变方程为________；若分别用m1、m2、m3表达衰变过程中eq\o\al(238,92)U核、eq\o\al(234,90)Th核和放出的粒子的质量，则衰变过程中释放出的核能可以表达为________．(3)(5分)如图所示，质量为m1＝60kg的滑块在光滑水平面上以速度v1＝0.5m/s向右运动，质量为m2＝40kg的滑块(包括小孩)在光滑水平面上以速度v2＝3m/s向左运动，为了防止两滑块再次相碰，在两滑块靠近的瞬间，m2上的小孩用力将m1推开．求小孩对m1做功的范围．(滑块m2与右边竖直墙壁碰撞时无机械能损失，小孩与滑块不发生相对滑动，光滑水平面无限长)高考模拟试题精编(一)参照答案1．D洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，A错．奥斯特发现了电流的磁效应，B错．法拉第发现了电磁感应现象，C错．库仑运用扭秤发现了电荷之间的互相作用规律，D对的．2．A由于两个等量异种点电荷对称地放在大平面的两侧，电场线应当垂直平面，且该平面应当是一种等势面，因此C、D说法是对的的，根据电场线的分布状况，说法A错、B对的，故选A.3．AD由v－t图象可知，两车的加速度分别为aa＝eq\f(15,10)m/s2＝1.5m/s2，ab＝eq\f(30,15)m/s2＝2m/s2，车的加速度是表达车的速度变化快慢的物理量，A对；相遇时，xa＝eq\f(1,2)×10×15m＝75m，xb＝eq\f(1,2)×15×30m＝225m，xa＋Δx＝xb，因此a车在b车前Δx＝xb－xa＝150m，B、C错误；由图象可知，两车位移差随时间的增长而增大，且它们在15s时相遇，即意味着它们的距离从150m一直减小到0，因此D对的．4．D根据ω＝eq\f(v,r)可知，做圆周运动的角速度不仅与r有关，还与线速度v有关，因此A、B均错；由于“蛟龙”属于天体自转问题，它转动的角速度与地球同步卫星相似，“神九”与同步卫星相比，根据Geq\f(Mm,r2)＝mω2r得“神九”的角速度较大，即“神九”的角速度不小于“蛟龙”随地球自转的角速度，根据a＝ω2r得C错、D对的．5．BD甲、乙两物体速度的方向在变化，不也许做直线运动，则A错；从速度变化量的方向看，甲的方向一定，乙的发生了变化，甲的合力也许是恒力，也也许是变力，而乙的合力不也许是恒力，则C错误；B、D对的．6．C物块在斜面上处在静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得Ffmax.物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsinθ－Ffmax＝0，F2－mgsinθ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝eq\f(F1－F2,2)，故选项C对的．7．AB由题给的伏安特性曲线可知，当三导体串联接在电压恒为6V的直流电源的两端时，作平行U轴的直线使三导体两端的总电压为6V，R1、R2、R3两端的电压分别为1V、3V、2V，此直线恰好过I轴的1A处，可知A、B对的；同样可判断C错误；若将三导体并联后接在3V的直流电源上，过U轴3V作平行I轴的竖直线可知，通过三导体的电流分别约为3A、1A和2.2A，可知D错．8．B设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，输入端的电动势为E，电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，则：U1＝E－I1r，电阻R消耗的电功率P＝U2I2＝U1I1，即P＝(E－I1r)I1＝－Ieq\o\al(2,1)r＋EI1，可见当I1＝eq\f(E,2r)时，P有最大值Pmax＝eq\f(E2,4r)，此时U1＝E－I1r＝E－eq\f(E,2r)r＝eq\f(E,2)，则U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(n2,n1)eq\f(E,2)，I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(n2,n1)eq\f(E,2R)，又因eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，联立以上各式得：eq\f(n1,n2)＝eq\r(\f(r,R))，故A、C、D错，B对．9．B由初、末状态看出，A、B的机械能：EA初－EB初＝mgh①，EA末－EB末＝0②，由①②得：(EA初－EA末)＋(EB末－EB初)＝mgh，即ΔEA减＋ΔEB增＝mgh③，由A、B系统机械能守恒可知ΔEA减＝ΔEB增④，联立③④得：ΔEA减＝eq\f(1,2)mgh，根据功能关系得，杆对A球做的功为－eq\f(1,2)mgh，则A、C、D错，B对．10．Cbc切割磁感线运动时产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，由于bc做初速度为0的匀加速运动，因此v＝at，bc受到的安培力FA＝BIL，对于金属导轨abcd，根据牛顿第二定律得：F－FA＝Ma，联立上面各式得：F＝Ma＋eq\f(B2L2a,R＋r)t，因此A、B均错；当bc向左运动时，根据楞次定律，QP的电流方向由Q→P，根据左手定则可知，C对的；若F＝0，PQbc静止，当ef左侧磁场均匀减小时，QP的电流方向由P→Q，根据左手定则可知，D错．11．解析：(1)小车从A到B做匀加速直线运动，由运动学公式2aL＝veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)，得加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2L).(2)试验所得图线为直线，但不过原点，当F有一定数值时，小车加速度仍为零，阐明没有完全平衡摩擦力，也也许拉力传感器读数存在误差，即读数偏大．答案：(1)eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2L)(3分)(2)没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大(2分)12．解析：(1)由于电压表量程远不小于干电池的电动势；(2)改装电压表的量程等于电流表G的满偏电流与电流表G所在支路总电阻的乘积，即UV＝Ig(R3＋Rg)＝3.0×10－3×(990＋10)V＝3.0V；(3)为了便于调整，滑动变阻器的阻值不能太大，选择R1比较合适；(4)由于R3支路电阻远不小于滑动变阻器R1所在支路电阻，因此干路电流近似等于I2，闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可变形为：E＝I1(R3＋Rg)＋I2r，即I1＝eq\f(E,R3＋Rg)－eq\f(r,R3＋Rg)I2，由图象知直线与纵轴的截距为eq\f(E,R3＋Rg)＝1.48mA，解得E＝1.48V，直线斜率的绝对值为eq\f(r,R3＋Rg)＝eq\f(1.48－1.06×10－3,0.5)，解得r＝0.84Ω.答案：(1)电压表量程太大(2分)(2)3(2分)(3)D(2分)(4)1.48(2分)0.84(2分)13．解：线框被拉出磁场的过程中：产生的感应电流I＝eq\f(BL2v,R)(2分)需要的时间t＝eq\f(L1,v)(1分)因此产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq\f(B2L1L\o\al(2,2)v,R)①(2分)线框转动90°过程中：产生感应电流的最大值Imax＝eq\f(BL1L2ω,R)(2分)有效值I′＝eq\f(BL1L2ω,\r(2)R)(1分)需要的时间t′＝eq\f(π,2ω)(1分)因此产生的焦耳热Q＝I′2Rt′＝eq\f(πBL\o\al(2,1)L\o\al(2,2)ω,4R)②(2分)联立①②得：ω＝eq\f(4v,πL1)(2分)14．解：(1)当传送带静止不动时，小煤块刚好能运动到C点，则在C点，根据牛顿第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)①(1分)小煤块从A→C过程中，由动能定理得：－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②(1分)联立①②得μ＝0.4(1分)当传送带的轮子以ω＝10rad/s的角速度匀速转动时，传送带的线速度v＝ωr＝2m/s(1分)由eq\f(v2,2μg)＝0.5m<L，得小煤块在传送带上加速的时间t＝eq\f(v,μg)＝0.5s(1分)小煤块与传送带的相对位移为l＝vt－eq\f(v,2)t＝0.5m，即划过痕迹的长度为0.5m(2分)(2)当小煤块在传送带上一直加速时，小煤块抵达B点的速度最大，在C点对圆轨道的压力最大．设小煤块抵达B点的最大速度为vB，则：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(1分)解得vB＝2eq\r(10)m/s(1分)传送带的线速度v≥2eq\r(10)m/s，即传送带的角速度ω≥10eq\r(10)rad/s时，小煤块在C点对圆轨道的压力最大(1分)小煤块从B→C，由机械能守恒定律得：2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Cmax)③(1分)小煤块此时在C点，由牛顿第二定律得：Fmax＋mg＝meq\f(v\o\al(2,Cmax),R)④(1分)联立③④得Fmax＝50N(1分)根据牛顿第三定律得，对圆轨道最大压力FC＝Fmax＝50N(1分)15．解：(1)设带电粒子加速后的速度大小为v0，则在加速电场中，由动能定理得：Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①(2分)在偏转电场中做类平抛运动：L＝v0t②(1分)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2③(1分)联立解得：U＝eq\f(EL,2)④(1分)由闭合电路欧姆定律得：E0＝2U＝EL(2分)(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R，如图，由几何关系得：R2＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(L,2)))2⑤(2分)由向心力为洛伦兹力得：Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)⑥(2分)联立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(16E,25B2L)⑦(2分)(3)带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡：qv0B1＝qE1⑧(3分)联立解得：eq\f(E1,B1)＝eq\f(4E,5B)(2分)附加题1．(1)解析：根据分子动理论，A对；布朗运动不是分子的运动，B错；物体的内能是物体的所有分子动能与分子势能的总和，由于分子动能不也许为零，因此物体内能不可认为零，C对；第二类永动机违反热力学第二定律，不违反能量守恒定律，D错；由eq\f(pV,T)＝C得，气体压强不变温度升高时体积V变大，气体对外做功，W<0，根据热力学第一定律Q＋W＝ΔU得E对的．答案：ACE(5分)(2)解析：由题意可知煤气可发生爆炸时的质量m＝6%ρV＝2.322kg，则煤气泄漏的时间t＝eq\f(m,10g/min)232.2min＝3.87h．把空气近似看做理想气体，则由题意可知在爆炸瞬间可看做是体积不变的过程，则由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，因此爆炸瞬间产生的气体压强为p2＝eq\f(p1T2,T1)＝6×105Pa.答案：3.87(2分)6×105(3分)(3)解：①对整体：F＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(m,2)))a(1分)对活塞：(p－p0)S＝eq\f(m,2)a(1分)联立可得：p＝p0＋eq\f(F,3S)(1分)②根据玻意耳定律得：p0L0＝pL(1分)因此L＝eq\f(p0,p0＋\f(F,3S))L0(1分)2．(1)解析：根据公式u＝eq\f(u′＋v,1＋\f(u′v,c2))可知粒子的速度u不也许等于或不小于光速，因此A对的，B、C错误