2021年湖北省武汉市四校高考物理模拟试卷（附答案详解）

2021年湖北省武汉市四校高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.。（笊）和7（僦）发生核反应会产生氨核，核反应方程是+关于该

核反应下列说法正确的是（）

A.该反应为a衰变B.方程中的X是卢瑟福发现的

C.彳”的比结合能比的大D.反应后核子的平均质量减小

2.电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不

3.家中用来晒袜子等小物件的装置如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻链，三根

轻链的另一端与一质量（含夹子，分布均匀）为m、直径为L的水平圆环相连，连接

点将圆环三等分,在轻链拉力作用下圆环处于水平静止状态，已知重力加速度为g,

则每根轻链上的拉力大小为（）

A.37ngB.—mgC.mgD.至7ng

J93

4.科学家重新分析了开普勒太空望远镜退役前收集到的数据，发现了一颗与地球大小

基本相同的系外行星----Kepler-1649c,距离地球约300光年，围绕一颗红矮星

运行。假设该行星的公转轨道半径是地球的k倍，行星质量是地球质量的q倍，红矮

星质量是太阳的p倍，假设该行星的半径和地球的相等，则下列说法正确的是（）

A.该行星公转轨道半径的三次方和公转周期平方的比值与地球的相等

B.该行星的绕行周期是地球的后倍

C.该行星的第一宇宙速度是地球的q倍

D.该行星表面的重力加速度是地球的百倍

5.如图，水平面内有4、B、C、D、E、F六个点，它们均匀4

分布在半径为R、圆心为。的同一圆周上。若水平面内存在;\

心%叩

一场强大小为E、方向沿AD的匀强电场，在圆心。处固定一\/

，♦

电荷量为aE的负点电荷，其中化为静电力常量，贝N

A.在六个点中，4点的场强最小

B.C点的场强大小为E,方向沿CD方向

C.F点的场强大小为E,方向沿FD方向

D.D点的场强大小为2E,方向沿D4方向

6.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车

迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图象（x-t图象）如图所示。已知小孩的质量

为20kg,大人的质量为60kg,碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的

是（）

A.碰撞前后小孩的运动方向没有改变

B.碰碰车的质量为50kg

C.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N-s

D.碰撞过程中损失的机械能为600/

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7.图示为某透明介质的截面图，:圆弧的半径为R,。点为圆心，。点

4

为半径。8的中点，。。=?R。某一光线沿RP2射入介质，射到C点

时恰好发生全反射，且从。点射出介质。则透明介质的折射率n和

光线P1P2的入射角。为（）

A.包，30°

2

B.—,30°

3

C.逗，45°

2

D.铝45。

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

8.如图所示，水平地面上方用长为Z,的轻绳竖直悬挂一小球，O

小球距离地面的高度也为3小球质量为小，在水平向右的曲、

恒力A作用下，小球从P点运动到Q点，到达Q点时动能为''一

E-,OQ与竖直方向的夹角0=37。；在同向水平恒力尸2作pQ

用下，到达Q点时动能为a2,以水平地面为重力零势能面，

已知Er：Ek2=2：5,在Q点的机械能之比为%：E2=8：777777

11,已知重力加速度为g,s讥37。=0.6,则（）

A.居：F2=2：5

B.从P到Q,水平恒力6做的功为誓

C.小球到Q点时，力盘的功率为翳商I

D.当。=30。时，小球机械能之比为E'i：E'2=3：4

9.某学习小组利用单摆测定当地的重力加速度，要求在实验中尽可能减小测量误差。

下列说法或做法正确的是（）

12单位：cm

IItII11IIJllj.t1

II1III1111I

0510

A.用游标卡尺测定摆球的直径时示数如图，则其读数为14.3mm

B.将摆球从最低点拉开25。的摆角，经过最低点时开始计时

C.用秒表记录摆球完成2次全振动的总时间3则单摆周期为：

D.用悬线长度作为摆长，测得的重力加速度值偏小

10.如图所示电路中电源电动势为E,内阻为r,8为滑动变阻器，/?2为定值电阻。开

关S闭合后，平行金属板间的带电液滴处于静止状态，在滑动变阻器滑片P向b端滑

动过程中，电压表的示数变化的绝对值为/U,电流表4的示数变化的绝对值为入「

A.电压表的示数先减小后增大B.电流表4的示数减小

C.液滴将向上运动D.^=r

4/1

11.如图甲所示，在边长为L的正方形abed虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的

均匀磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心。点与ab边的中点

重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,

其中B。、都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态，下列说

法正确的是（）

A.0〜2to时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为第

8R

B.2时刻通过导体框的电流大小为磬

OKZQ

C.2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为警

IORLQ

D.0〜3to时间内，圆形导体框中产生的焦耳热为

Z56R%

三、实验题（本大题共2小题，共12.（）分）

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12.某实验小组用如图中所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的打点计时器

为电火花计时器。重锤从高处由静止开始下落，计时器在重锤拖着的纸带上打出一

系列的点，对纸带上的点迹进行测量,正确处理测量量，即可验证机械能守恒定律。

图甲图乙

(1)下列几个操作步骤中：

4按照图甲所示，安装好实验装置；

8.将电火花计时器接到学生电源的交流61/上；

C.用天平测出重锤的质量；

D先接通电源,后释放重锤，纸带随着重锤运动，计时器在纸带上打下一系列的点；

E.重复实验，多打几条纸带，选出点迹清晰的纸带；

F.测量纸带上某些点间的距离；

G.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。

不需要进行的步骤是，操作错误的步骤是。(填步骤前相应的字母)

(2)在使用电火花计时器和质量为m的重锤验证机械能守恒定律的某次实验中，所

有操作均正确，在选定的纸带上依次取计数点如图乙所示。设打相邻计数点的时间

间隔为7,。为打下的第一个点04、B、C为三个相邻的计数点。重力加速度为g。

重锤由静止开始下落到打计数点B时，重锤动能的增加量的表达式为,重锤

重力势能的减少量的表达式为。

(3)实验小组按正确方法处理数据后发现，重锤动能的增加量总是略小于重力势能

的减少量，这种误差属于(填“系统”或“偶然”)误差，产生误差的原因可

能是(写出一条即可)。

13.某实验小组计划用D/S测新型锂电池的电动势和内阻。

（1）该实验小组将待测锂电池、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、

开关及若干导线连接成如图甲所示的电路，图中未接导线的A端接在了B点，从实

验操作的角度来看，存在的主要问题是,闭合开关前滑动变阻器的滑片应该

移至______（填“最左端”“中央”或“最右端”）。

（2）实验小组的两个同学分别将实验数据在U-/坐标系中描点连线，得到的关系图

线如图乙中的直线I和直线口所示，其中作出直线II的那个同学的实验一定是将4

端接到了（填“B”“C”“D”或“E”）点，计算锂电池的电动势和内阻应

该以（填“直线I”或“直线D”）为准，测得锂电池的电动势为V,

内阻阻值为_____0。

（3）某同学用一个旧锂电池给标有“3匕6勿”的小灯泡供电，发现灯泡并不发光,

检查灯泡、线路均没有故障，该同学对造成此现象的原因进行了猜想与分析后，认

为是旧锂电池老化后内阻变大所致，为了验证猜想，他先将电压表（内阻极大）单独

接在电池的两极，测得电压为2.6V,后将电流传感器直接接在电池的两极，测得电

流为7.2nM,由此可粗测出旧锂电池的内阻约为结果保留一位小数）。

四、计算题（本大题共3小题，共24.0分）

14.如图所示，一密闭导热气缸内充有某种气体。左侧为一可在气缸中无摩擦滑动的横

截面积为S的活塞,气缸左侧足够长，初始时活塞静止于某处，气缸内气体温度为7°,

密度为Po。气缸内放有一密封的乒乓球，体积为也初始时乒乓球静止于气缸底部。

现用力缓慢推动活塞，当力的大小达到F时，乒乓球恰能浮起，这一过程中气缸内

气体温度可视为不变。已知大气压强为po,所有过程中乒乓球体积不变。

（1）求乒乓球及其中气体的总质量；

（2）若在初始状态时不施加外力而是设法降低气缸内气体温度，当温度达到多少时,

乒乓球才能浮起？

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15.如图所示，在xOy平面内区域I、II内有方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均

为B,区域HI内有匀强电场，电场强度为E=四，三个区域的宽度均为d,一足够

m

长的屏平行y轴放置在x=4d处。在坐标原点。有一粒子发射源，可以沿着x轴正方

向发射不同速率的带正电粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，不计带电

粒子间的相互作用及重力。

(1)要使粒子能打到屏上，求发射粒子的最小速率%；

(2)结合(1),若发射粒子的速率为|北，求粒子打在屏上的位置。

16.如图所示，质量M=6kg、右侧带有挡板的长木板放在水平面上，质量?n=2kg的

小物块放在长木板上，此时长木板和小物块在作用于长木板上的水平向右的力F作

用下做速度为=4m/s的匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数为%=

0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为〃2=某时刻撤去力F,小物块恰好与

右侧挡板不发生碰撞。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10?n/s2。

(1)求力F的大小；

(2)求撤去力F前物块与右侧挡板的距离加；

(3)若物块与右侧挡板之间的距离物块与挡板发生碰撞后不再分离，求碰

撞过程中物块对挡板的冲量/与L的关系式。

m

I----------------一F

7777777777777777777777777777/7777777777

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：力、该反应为聚变反应，不是a衰变，故A错误；

B、根据反应过程中，电荷数与质量数守恒，可知粒子X的质量数为：3+2-4=1,

电荷数为：1+1—2=0,则X为中子，中子是查德威克发现的，故B错误：

CD,聚变反应释放能量，有质量亏损，反应后核子的平均质量减小，的比结合能比

的小，故C错误，。正确。

故选：D。

核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量亏损，核子的平均质量减小,

放出能量。

本题考查了核聚变及爱因斯坦质能方程，多读课本，掌握了基础知识才能顺利解决此类

问题。

2.【答案】A

【解析】解：电动自行车的功率P=Fv,匀速行驶时，牵引力等于阻力，BPF=f,加

速度a=0,货物掉落后瞬间速度未变，车整体质量减小，阻力减小为广，牵引力大于

阻力，具有向前的加速度，车开始加速，由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，

当牵引力F'趋近于/'时，加速度趋近于0,电动自行车达到最大速度"'=/以后继续做

匀速运动，故A正确，8CZ）错误。

故选:Ao

当汽车在额定功率下运动时，由于货物掉落，受到的阻力减小，根据牛顿第二定律判断

出加速度变化，结合P=尸发判断出牵引力变化，即可判断。

本题主要考查了在额定功率下汽车的运动，利用好P=尸"和F-f=maBPv=at即可判

断。

3.【答案】B

【解析】解：设每根轻链上拉力大小为尸丁，与竖直方向的夹角为。，由几何关系可知

cosd=彳，圆环处于平衡状态，由受力分析可知竖直方向有3FTCOS0=mg,解得尸7=

2炳

~m9'

故AC。错误，B正确；

故选：Bo

先根据几何关系求出每根绳子与竖直方向的夹角，再分析圆环的受力情况，根据平衡条

件求每根轻绳上的拉力大小。

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

力分析、利用几何关系求解角度，根据平衡条件列方程求解。

4.【答案】B

【解析】解：力、根据开普勒第三定律可知，行星公转轨道半径的三次方和公转周期平

方的比值与中心天体的质量有关，结合题意可知，故A错误；

B、天体绕行时，由万有引力提供向心力有等与r,得r=叵1,故该行星的

r2T2qGM

绕行周期是地球的4倍，故8正确；

C、第一宇宙速度即卫星贴近行星表面绕行时的速度，有窄h=嗒，得"=再，

该行星的第一宇宙速度是地球的百倍，故c错误；

D、行星表面的物体受到的重力约等于行星与物体间的万有引力，即m2。=史磬，得

g=鬻，故该行星表面的重力加速度是地球的q倍，故。错误。

故选：B。

根据开普勒第三定律、第一宇宙速度以及在星球表面万有引力和重力近似相等等知识可

分析本题。

该题考查学生对万有引力提供向心力公式的应用，其中开普勒第三定律以及第一宇宙速

度时学生易错点。

5.【答案】B

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【解析】解：4、圆心处的点电荷在圆周上产生的场强大小为%=k*=E,A点的场强

最大为以=+E=2E,方向沿4。方向，故A错误：

BCD、

由几何知识可知C点的场强大小为&=E,方向沿CO方向，F点的场强大小为EF=

2Esin60°=痘E，方向沿F。方向，。点的场强大小为7=E-E=0,场强最小，故B

正确，8错误。

故选：Be

求出圆心处点电荷在圆周上产生的场强大小，在根据电场的叠加原理求各点场强即可。

此题考查电势差与电场强度的关系，解题关键是明确空间中的场源在各点产生场强大小,

注意场强的叠加原理。

6.【答案】D

【解析】解：4、位移-间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由

图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错

误；

B、由图可知，碰前瞬间小孩的速度为：v1=^m/s=2m/s,大人的速度为：%=

三"m/s=-3m/s,碰撞后的共同速度为u-?m/s--lm/s,

设碰碰车的质量为M,规定小孩的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：(Mi+M)%+

(62+M)〃2=(2M+根1+血2)〃代入数据解得：M=60kg,故8错误；

C、规定小孩开始运动方向为正方向，碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为Pi=

(M+m1)v1=(60+20)x2kg•m/s=160kg-m/s,碰后总动量为pj=(M+m^v=

(60+20)x(-1)/^^•m/s=-80kg-m/s,根据动量定理可知：］=△p=pj_p1=

—80—160kg-m/s=-240N•s,故C错误；

D、由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为：△七=""+m1)说*“+

222

m2)v^一“2M+Hi1+m2)v=|x(60+20)x27+1x(60+60)x3/-1x(60x

2+20+60)x12/=600/,故。正确。

故选：Do

根据位移一间图线得出小孩和大人的运动速度以及碰撞后的速度，结合动量守恒定律求

出碰碰车的质量；根据动量定理，结合小孩和碰碰车碰撞前后的动量，求出碰撞过程中

的冲量大小；根据能量守恒定理求出碰撞过程中损失的机械能•

本题考查了动量守恒定律、动量定理和图像的综合运用，能够从图像中获取碰撞前后的

速度大小和方向是解决本题的关键。

7.【答案】B

【解析】解：光线在介质中的光路图如图所示,

设光线在该介质发生全反射的临界角为a,则

OC3

tana=而=a，

1

九=~，

sma

解得：几=百，

3

在△OCP2中，根据正弦定理有

OC_R

siniOP2csin(90°+a)'

根据折射定律有

sinO

n=------------,

sn乙OP2c

解得：9=30°,

故8正确，AC。错误;

故选：B。

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光射到。点时恰好发生全反射，入射角等于临界角a，由几何关系求出a,再由n=-二求

sina

出介质的折射率，；由儿何知识求出光光线P1P2的入射角

本题首先要能正确作出光路图，掌握全反射的条件，并能正确应用几何关系和折射定律

结合进行解题。

8.【答案】CD

【解析】解：4、在力岂作用下，从P到Q,对小球由动能定理有FiLs出。一?ngL(l-

cos0)=Eu-0,邑=mgL+F1Lsin0,同理，在力F?作用下有FzLsin0—mgL(l—

cos0)=Ek2—0,%=mgL+F2Lsin。，根据题意有Ek2=2：5,Er：E2=8：11,

联立解得&=mg,F2=2mg,故A错误；

B、从P到Q,水平恒力&做的功为W=FiX=mgLsin8=—,故B错误；

C、在力Fi作用下，小球到达Q点时的动能为=争，力居的功率为P1=F1%cos9=

舞廊I,故C正确；

D、当。=30。时，结合以上分析可知小球机械能之比为E'i：E'2=3：4,故。正确。

故选：CD。

在力产作用下，根据动能定理求得到达Q点的动能，机械能为动能和势能之和，即可求

得拉力的大小，根据W=Fx求得拉力做功，拉力的功率P=F/

本题主要考查了动能定理和瞬时功率的计算，关键是抓住在拉力作用下小球的运动即可。

9.【答案】AD

【解析】解：4、用游标卡尺测定摆球的直径时读数为14mm+0.01mmx3=14.3mm,

故A正确；

8、利用单摆测定当地重力加速度时，摆角不能超过5。，故B错误；

C、2次全振动，次数太少，误差较大，故C错误；

D、用悬线长度作为摆长，即摆长L偏小，由T=2兀/计算得到的重力加速度g的值偏

小，故。正确。

故选：AD.

根据游标卡尺的读数规则得出摆球的直径;

单摆运动的摆角不能超过5。；

根据单摆的周期公式分析出重力加速度的测量值与真实值的大小关系。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合

单摆的周期公式完成定性分析即可。

10.【答案】BD

【解析】解:力、设滑动变阻器上端与7?2并联部分的阻值为心，外电路的阻值为R%=R1-

R="一翕，

x+当滑动变阻器滑片P向b端滑动的过程中，勺减小，外电路的

阻值R%增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流/减小，内电压减小，路端电压增大,

电压表的示数增大，故A错误；

B、根据串联电路分压规律可知，滑动变阻器的上端和/?2的并联电阻减小，这部分电阻

分得的电压/减小，根据，2=胃可知，电流表4的示数减小，故8正确；

K2

C、电容器和/?2并联，/?2两端所加电压减小，则电容器间的电场强度减小，液滴所受电

场力减小，液滴将向下运动，故C错误；

D、电源内阻一定，内电压和外电压变化量的绝对值相等，故「=鱼=竺曳=丝，故。

正确。

故选：BD。

在滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，分析变阻器接入电路的电阻变化，分析外电路

总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，根据并联电

路电压的变化，分析通过电流的变化，即可知道电流表示数的变化。电容器极板间电

压等于此的电压，根据电容器板间电压变化，判断液滴的运动情况。根据闭合电路欧姆

定律求祟=兀

本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定

律分析各个部分电路电流和电压的变化。

11.【答案】AC

第14页，共20页

【解析1解:力B、在0〜2to时间内，由法拉第电磁感应定律有Ei=|*=鬻，电流人=

/st16co

暗，电荷量q=/i-2t。，得口=嘤,故A正确，8错误；

loKt08R

c、2to〜3to时间内，由法拉第电磁感应定律有=瞿=啜，电流/2=警，2.5t0时

ZICOCQonCQ

刻导体框所受安培力大小为尸=竽=鬻，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与

安培力平衡，故C正确；

D、在0〜3%时间内导体框产生的焦耳热为、=/"-210+4/?玲，可得Q=^^，故

。错误。

故选：ACo

由法拉第电磁感应定律及电流定义式，求解电量，结合安培力公式分析受力，由焦耳定

律求解焦耳热。

本题考查电磁感应，学生需熟练掌握电磁感应公式及恒定电流知识。

12.【答案】CB皿累/mgx2系统空气阻力及纸带受到摩擦力

【解析】解：(1)不需测出重锤的质量，因为后面计算时质量可以约去，因此不需要进

行的步骤是C。电火花计忖器的电源是交流220V,B步骤错误。

(2)重锤速度的表达式为

%卷=筌

动能的增加量的表达式为

AElmv2=^X3-x^

K2B8T2

重力势能的减少量的表达式为

AEp=mgx2o

(3)实验小组按正确方法处理数据后发现，重锤动能的增加量总是略小于重力势能的减

少量，这种误差属于系统误差，不能通过多次测量来消除。产生误差的原因可能是空气

阻力及纸带受到摩擦力，使重锤下落过程系统机械能减小。

故答案为：(1)CB(2)若/69全(3)系统空气阻力及纸带受到摩擦力

(1)根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定不必要的步骤。根据安装器材、

进行实验、数据处理的顺序排列步骤；

(2)纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算

出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能；根据功能关系得重力势能减小量等

于重力做功的数值；

(3)重锤动能的增加量总是略小于重力势能的减少量，属于系统误差无法消除。

本题考查用纸带处于是机械能守恒定律的实验，对于纸带问题的处理时力学实验中常见

的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解。

13.【答案】开关不能控制电压传感器最左端D直流I2.82361.1

【解析】解：(1)图中未接导线所连接的是电压传感器，应将其接在开关的C接线柱上,

如果接在2点，则开关不能控制电压传感器；闭合开关前应使滑动变阻器接入电路的阻

值最大以保护电路，故滑片应移至最左端。

(2)根据直线口计算出的内阻的阻值远大于直线I的，说明电路中有其他电阻等效到电

源内部，测得的是等效内阻，根据电路的实际情况应该是定值电阻在电压表的测量范围

之外，故该同学一定是将4端接到了。点，要相对准确测量锂电池的电动势和内阻，应

根据直线I进行处理和计算；由图线I纵截距可知锂电池电动势为E=2.8V,由图线

I斜率的绝对值可知，锂电池内阻为r=2。。

(3)电压表内阻足够大，用电压表直接测出的IH锂电池的路端电压近似为电动势，用灵

敏电流表(内阻可忽略)测出的电流可视为I日锂电池的短路电流，故旧锂电池的内阻约为

故答案为：(1)开关不能控制电压传感器最左端(2)。直流I2.82(3)361.1

(1)接在8点，开关不能控制电压传感器；

(2)根据图象求得电源的电动势和内电阻；

(3)电压表直接测出的旧锂电池的路端电压近似为电动势，灵敏电流表(内阻可忽略)测

出的电流可视为旧锂电池的短路电流，根据闭合电路欧姆定律求解即可。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据分析的基本方法,

注意图象的准确应用。

14.【答案】解：(1)气体发生等温变化时Po%=Pi匕

又由于p=£,可得比=£当力为F时/S=poS+F

乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即pigV=mg

联立解得巾=空警生V

3Po

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(2)气体发生等压变化时有段=£,由。=/可知PoT。=PE

乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即p1gV=rng

解得A

答：(1)乒乓球及其中气体的总质量为丝翳型心

(2)当温度达到盖To时，乒乓球才能浮起。

【解析】(1)分析出气体变化前后的状态参量，根据封闭的理想气体的状态方程结合乒

乓球的平衡状态计算出质量；

(2)气体发生等压变化，根据封闭的理想气体的状态方程结合乒乓球的平衡状态计算出

气体温度。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，在分析过程中涉及到了受力分析，熟

练掌握公式pV=nRT即可完成分析。

15.【答案】解：(1)要使速率为孙的粒子能打到屏上，则在区域I中的轨迹半径［之

rmtn=d

根据牛顿第二定律有

Bvq=m-p-

o'min

解得见=竽

(2)粒子运动轨迹如图所示

发射粒子的速率为

根据牛顿第二定律有

v

Bnvq=m-

r2

解得万=|d

根据几何关系得粒子经区域I沿着y轴方向的偏移量％=：d

由对称性可知粒子经区域H,沿y轴的偏移量也为〃，且出磁场时速度沿水平方向，粒

子在电场中做类平抛运动

d=|vot

%=*2

根据牛顿第二定律有a=J

出电场后粒子做匀速直线运动，根据几何关系有豆=围

yz%

解得丫3=即

打在屏上的位置y'=2yl+y3

答：(1)要使粒子能打到屏上，求发射粒子的最小速率%为黑。

(2)粒子打在屏上的位置为屏上距x轴嘿d处。

【解析】(1)要使速率为孙的粒子能打到屏上，则在区域I中的轨迹半径■>rmin=d,

根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解发射粒子的最小速率%;

(2)若发射粒子的速率为|孙，由牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道

半径，根据几何关系求出粒子经区域I沿着y轴方向的偏移量由对称性可知粒子经

区域E,沿y轴的偏移量也为力,且出磁场时速度沿水平方向，粒子在电场中做类平抛

运动，出电场后粒子做匀速直线运动，根据位移一时间公式和几何关系相结合求粒子打

在屏上的位置。

求解带电粒子在组合场中运动