2024年广西河池市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年广西河池市高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.在核反应方程WHe+>NT?O+X中，X表示的是（）

A.质子B.中子C.电子D.粒子

2.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势

面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞

向吸板，〃、〃是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）

A.液滴带的是负电B.。点的电势比人点的低

C.液滴在a点的加速度比在。点的小D.液滴在。点的电势能比在b点的大

3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，C=0时刻恰好传播到％=60m处，波形

如图所示。t=0.2s时，平衡位置为x=4.5m的质点A第一次到达波峰。下

列说法正确的是（）

A.笥谐横波的波速大小为30m/s

B.波源振动的周期为0.8s

C.t=0.2s时，平衡位置为％=3.0m的质点处于波谷

D.从C=0到t=2.0s时间内，平衡位置x=9.0m的质点通过的路程为1.8血

4.如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两

种单色光组成的细光束沿从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃

砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的从c两点处（入射到爪c两点

的两束单色光分别称为单色光力和单色光c）,从。两点分别位于玻璃

b

砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（）

A.单色光b可能在b点发生全反射

B.在玻璃砖中，单色光〃的速度比单色光。的大

C.单色光b的波长比单色光c的长

D.单色光b的频率比单色光c的小

5.输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1：4,输入电压有效值为9V的正弦

式交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为4C,负载R的阻值为8。。右侧理想变压器原、副线圈匝数

A.P=16WB.P=321VC.P=64WD.P=72W

6.某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为b=2.87几处将排球水平击出；乙运动员在离地电=1.0m处将

排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37。。已知排球质量m=0.3kg,取重力

加速度g=10m/s2,不计空气阻力。以下说法正确的是（）

A.排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s

B.徘球水平击出时的初速度大小为6.0m/s

C.排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N・s

D.排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m

7.在“互联网+”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进

了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱和里面快

递的总质量为30奴，货箱与地面间的动摩擦因数〃=噂。若该小哥拉着货箱在

水平地面上做匀速直线运动，取g=10m/s2,则所施加拉力的最小值和方向为

A.大小为100N,方向指向左上方与水平方向成30°

B.大小为100N,方向指向左上方与水平方向成60°

C.大小为150N,方向指向左上方与水平方向成30°

D.大小为150M方向指向左上方与水平方向成60°

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.天舟七号货运飞船入轨后顺利完成状态设置，于北京时间2024年1月18/

日（农历腊月初八）1时46分，成功对接于空间站天和核心舱后向端口。现为\

研究方便简化为：对接前，“空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速R（lCO）P

圆周运动，而“天舟七号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都）

在图示平面内逆忖针运转：“天舟七号”在轨道1上的〃点瞬间改变其速度\S/

的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2,并在轨道2和轨道3的切点R与

“空间站”进行对接。则下列说法正确的是（）

A.“天舟七号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2

B.“天舟七号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，地球对它的万有引力不做功

C.“天舟七号”瞬间改变速度后沿椭圆轨道2从P点经。飞向R点的过程，机械能守恒

D.“空间站”在轨道3上经过欠点时的速度与“天舟七号”在轨道2上经过A点时的速度大小相等

9.甲、乙两辆车初始时相距1200用，甲车在后、乙车在前，乙车在&s时刻开始运Av/（m/s）

动,它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度-时间图像如图所示，则下列说法正；

确的是（）2Tx乙

A.乙车的加速度大小为0.42m/s2O5R川50”t/<

B.两辆车在t=36s时速度相等

C.两辆车可能相撞

D.甲车停下时，乙车在甲车前面391〃?处

10.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为心而cd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为

以方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度飞向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止

状态。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为斗。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨

4

到转轴。点的距离的长度，测出每一个G的长度以及其对应的力传感器的读数凡得出多组数据，画出

F-42的关系图像应该为______。

(4)验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴0点距离心2不变，调节甩动机转速，遮光片P每次通过

光电门的时间不同，记录某次挡光时间/同时记录此时力传感器的读数凡得出多组产与/的数据，为了准

确验证小球所受向心力产与角速度3的关系，利用实验测量应画______(选填“F-t”“尸-产，，，，尸一

土“或“尸一2”)关系图。

12.桂林市某一中学电学实验室需要测量某电阻灯(阻值约为3kS)的阻值，现有

如下器材：

A：电流表4国程0.64，内阳约为3。

B：电流表/量程1/M,内阻约为100C

C：电压表匕量程3匕内阻约为3000。

D：电压表/量程15匕内阻约为15ko

E：滑动变阻器％,最大阻值1AC，允许最大电流0.6A

F：滑动变阻器Rz，最大阻值200允许最大电流1A

C：电源电动势3U

H：导线、开关若干

(1)某实验小组设计了如图所示的测量电路，为了准确测量灯的阻值，电流表应选，电压表应选

,滑动变阻器应选______。(填各器材前面的序号)

(2)他们根据笫(1)问中所选器材的相关数据按照图示电路连接好电路，闭合开关S,然后______(选填“闭

合，断开S2"或''闭合52断开SJ'),调节Rp到合适位置，分别读出电压表和电流表读数为U和/,测得

Rx=%

(3)调节外得出多组U和/的值，算出多组心值，然后取平均值，此平均值即为勺的测量值。

(4)该实验小组分析了实验误差，发现测量值_____真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)，于是设计

了一个新的操作方案：

①仍按如图所示连接好电路；

②闭合S之后，再闭合Si断开S2,调节Rp让电流表、电压表有合适值，读出此时的电压表读数内；

③不调动RP的位置，断开工和S2,让电流表与“直接串联，读出此时电流表读数为A；

④计算得灯的测量值为治=会

请你分析一下这个新的操作方案有没有系统误差（分析时可认为，不调动即位置则0P间的电压不变），Rx

的测量值_____真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）o

四、简答题：本大题共3小题，共38分。

13.小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有口

小段软管、导热性能良好的U形管，U形管左端封闭右端开口，左管内用水L

银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度L=22cn,左右「

两管水银柱高度相同都为H=28cm,U形管的非软管部分粗细均匀，已知大”

气压强为75cmHg,实验室温度为27℃,管的粗细相对水银柱的高度来说可忽

略不计，求：

（1）现将U形管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？

（2）小林同学利用这个U形管和〜把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U形管移到另一个封闭环境（如

题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢任

原长22%此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22o〃，依据这些条件可求出这个封

闭环境温度为多少摄氏度？

14.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷弓的精密仪器，某一改进后带有

AS2；U.

速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图所示，A为粒子x:宠

B*X!X

加速器，加速电压力,B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感

W

x；XDF

应强度为反，两板距离为乩C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2,今---------------I-r-

xxXSAXxjk：

有一比荷为的（未知）的正粒子P,不计重力，从小孔舟“飘入”（初速度为XX--------------------•双

零），经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器8,恰能通过速度选择XXXXXX

器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片。点上，测出。点与$3距离为心

求：

（1）粒子。的比荷自为多大；

（2）速度选择器的电压应为多大；

（3）另一粒子。同样从小孔&“飘入”，保持4和d不变，调节办的大小，使粒子。能通过速度选择器进

入分离器C,最后打到照相底片上的尸点（在。点右侧），测出F点与。点距离为X,则可得粒子Q比荷

%求心（用七表示）。

15.如图所示，一足够长倾斜角6=30。的斜面顶端放置一长木板人，木板人上表C

B

面的某处放置一小滑块B(可看成质点)，已知人和8的质量分别为2/〃和3〃，，木

A

板A顶端与滑块B相距为L=0.9次的地方固定一光滑小球C(可看成质点)，已知0__________

小球。的质量为机，A与3之间的动摩擦因数%=苧，A与斜面间动摩擦因数“2=?，假设最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰

撞，求：

(1)小球C与滑块8碰后瞬间各自的速度分别多大；

(2)要使小球C再次碰到滑块8之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；

(3)4和4共速时，滑块6与小球C距多远。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】根据质量数和电荷数守恒，彳He+/N0+；X,X表示的是质子，故A正确，8CQ错误。

故选Ac

2.【答案】D

【解析】解：4因为电场方向向右，液滴加速向右运动，可知液滴带正电，故A错误；

8.电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知。点的电势比8点的高，故8错误；

。.国。点的等势面较。点密集，匕知。点的场强大于8点场强，则液滴在。点的加速度比在8点的大，故

C错误；

。.液滴带正电，且。点的电势比〃点的高，则液滴在。点的电势能比在0点的大，故。正确。

故选：。。

根据高压电源的正、负极判断吸板与发射极之间的电场方向，再根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势

的高低；等差等势线的疏密反映场强的大小，等势面越密的地方，场强越大，据此分析加速度大小；只有

电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小，据此分析判断。

本题考查了电势的高低、场强的大小、电势能的大小的判断；在非匀强电场中，可以用场强与电势差的关

系进行定性判断；知道只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变。

3.【答案】D

【解析】解：AB.t=0时，质点A在波谷，t=0.2s第一次到达波峰，则有t=0.2s=/可知周期为T=

0.4s,从波形图中可知波长为4=6m,则波速为u=*=黑m/s=15zn/s,故48错误；

C、£=0时，平衡位置为工=3.0m的质点位于平衡位置，且速度沿），轴正方向，且t=0.2s=则t=

0.2s时，平衡位置为x=3.0m的质点处于平衡位置，且速度沿,，轴负方向，故C错误；

D、波从x=6.0m处传到x=9.0m处需要的时间为0=—=9°~6'°s=0.2s,从t=0至Ut=2.0s时间内，

1/X3

平衡位置在x=9.0m的质点振动时间为亡2=2.0s-0.2s=1.8s=4；T,所以从t=0到t=0.2s时间内，平

衡位置x=9.06的质点通过的路程为s=4.5X4A=184=18x10cm=180cm=1.8m,故。正确。

故选：。。

由图读出波长，由质点A的振动情况求出周期，从而求得波速。根据时间与周期的关系判断t=0.2s时，

平衡位置为X=3.07九的质点的位置。结合时间与周期的倍数求质点通过的路程。

解答本题时，要把握质点的振动与波动之间的联系，理解波的形成过程，根据时间与周期的关系来分析质

点的位置以及质点通过的路程。

4.【答案】A

【解析】解.：4设光处M点入射的入射角为0,到达〃的折射角为a,到达〃时的入射角为出如图

设单色光力的从玻璃射出时的折射角为y,根据折射定律，有〃=器，n=|^

从图中可知，单色光〃的从玻璃射出时的入射角/?大于从空气射入玻璃时的折射角a,则勺>乙0

若y>90。，则单色光》能发生全反射，故A正确：

B根据折射定律，结合题H的图可知单色光〃的折射率比单色光c的大，根据①=（可知在玻璃砖中，单色

光力的速度比单色光c的小，故3错误；

CD单色光b的折射率比单色光c的大，根据折射率与频率的关系，所以单色光。的频率比单色光c的大，

根据入=:可知，单色光。的波长比单色光c的小，故CQ错误。

故选：Ao

根据光的折射率分析儿两点对应光的种类，根据全反射临界条件，分析是否发生全反射：由v=?结合折

射率，分析光速；由u=比较波长大小；根据波长与频率的关系判断。

本题考查学生对折射定律、全反射临界条件、光的频率、波长关系等规律的掌握，解题关键是正确画出光

路图。

5.【答案】B

【解析】解：依题意知，升压变压器原线圈两端的电压为：%=9V

根据原副线圈电压与匝数的关系得：g=

解得升压变压器副线圈两端的电压为：U2=36V

在输电回路中，由欧姆定律有

U?—U3+，2丁

对于降压变压器，有

出2

H3

一

五--

-心

1

七

吊

一-

/4

对R,有/二«

联立可得通过/?的电流为：〃=24

所以P==22x8〃=32W,故ACD错误，B正确。

故选:故

先服据变压关系求出升压变压器副线圈两端的电压。在输电回路中，根据欧姆定律列式。结合降压变压器

变压关系、变流关系列式，联立求出R的电流，再求R消耗的功率。

本题考查远距离输电问题，解题的关键在于掌握理想变压器的规律，找出各部分电压和电流的关系。

6.【答案】C

【解析】解：4排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为，竖直方向有

1

九1一八2二讶。/

解得

t=0.6s

故A错误：

B.垫起后球的速度大小相等，方向相反，所以乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为

vy=gt=10xQ.6m/s=6m/s

根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为e=37。，故排球被水平击出时的初速度大小为

6

Vy6-»S

%=曲^3/

73-

4

故B错误;

C.乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为

v=J咤+琢=V82+62m/s=10m/s

根据动量定理，排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为

/=2mv=2x0.3x10N•s=6N•s

故C正确：

D根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返回，故互知排球运动到最高点时距离地面的高度为

/i=/ii=2.8m,故D错误。

故选：Co

根据竖直方向自由落体运动的规律计算；先计算垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小，再根据几何

知识计算初速度；根据勾股定理计算乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小，再根据动量定理计算合外力

冲量的大小；根据对称性分析判断。

本题关键掌握该斜抛运动是平抛运动的逆过程。

7.【答案】C

【解析】解：设施加拉力为F,方向与水平面夹角为由平衡条件可得：FcosG=fi(mg-Fsin6>)

整理可得：

V。

由数学知识，令sina==半，cosa=——=j3=1

FJ1+(苧/2M历辞2

则有：F=,Mmg——

J/i2+lsin(0+a)

10

当e+a=J时，即e=30。，F有最小值，最小值为：F=~^==JN=150/V,方向指向左上

2min河J1+(苧)2

方与水平方向成30。，故C正确，A8。错误。

故选：C。

对物体受力分析，设拉力最小时，尸与水平方向夹角为6,根据平衡条件列方程，根据数学知识求解极

值。

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。

8.【答案】AC

【解析】解・：力.“天舟七号”要在P点从轨道1变为轨道2,轨道半径变大，要做离心运动，其速度要增

大，所以“天舟七号”应在夕点瞬间加速才能使其轨道由1变为2,故A正确：

员"天舟七号”沿椭圆轨道2从尸点经Q飞向R点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，

则万有引力对其做负功，故B错误；

C.“天舟七号”瞬间改变速度后沿椭圆轨道2从P点飞向。点过程中，只有万有引力做功，其机械能守

恒，故C正确；

D“天舟七号”由轨道2变轨到轨道3,必须在R点加速，所以“空间站”在轨道3上经过/?点时的速度

比“天舟七号”在轨道2上经过八点时的速度大，故。错误。

故选：AC.

A.根据离心运动的条件进行分析判断；

8.根据万有引力和速度方向的夹角判断做功情况；

。.根据机械能守恒的条件判断；

。.根据变轨条件进行分析判断。

考查卫星的变轨、能量守恒等问题，结合万有引力提供向心力等知识点进行分析判断。

9.【答案】BD

【解析】解：4乙车的加速度大小为：

Av2

02二阳

其中=21mls-0=21mls,At2=50s—8s=42s

2

代人数据得：a2=0.5m/s,故A错误；

B.甲车加速度为：

Avi

%=田

其中4%=0-50m/s=-50m/s,4tl=50s-0=50s

代入数据得：%=-lm/s2

两车速度相等时，有

%+-8s)

解得：t=36s,故B正确；

CD甲车停下时，位移为：

其中%=50m/s>t0=50s

代入数据得：Xi=1250m

此时乙的位移为：

1

x2-8s)2

代入数据得：x2=441m

则两车之间距离为：

Ax=x2+xo-X1

代入数据得：Ax=391m

由此可知两车不相撞，故C错误，。正确。

故选：BD.

根据速度-时间图像的斜率求出加速度；分别写出甲、乙的速度与时间的关系，再求速度相等的时间；当两

车速度相等时不撞就不会再相撞了，根据位移关系分析，由位移-时间公式和位移关系分析两车位置关系。

本题考查图象的应用，要明确u-t图象中图象的面积表示位移的应用，知道斜率表示加速度，对于相

遇问题，关键要分析两车的位移关系、速度关系。

10.【答案】8。

【解析】解：4M刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：1=

E_BLVQ

2R~2R

则M刚进入磁场时受到的安培力户的大小为：尸=出乙=嘤"，故A错误；

AN在磁场内运动过程，取向右为正方向，根据动量定理有：lBLAt=m^

4

解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为：q—Lit一翳，故3正确：

'4BL

C.两杆在磁场内不相撞的临界条件时两者速度相同时恰好相遇，取向右为正方向，

对M根据动量定理可得：-IBLAt=mv0

对N根据动量定理可得：=-0

其中.lAt=q=—=—

火T.⑷q2R2R

解得初始时刻N到必的最小距离为：x=嘤，故C错误；

D从M进入磁场到N离开磁场，双向右为正方向，对M根据动量定理可得：一/BZz/C=nw-Tn%

解得：v=1v0

根据能量守恒有：=|mv2+|?71(y)2+Q,,

金属杆N产生的焦耳热为：Q=gQ：

联立解得：Q=警，故。正确。

故选：BDO

M刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力少的大

小；

根据动量定理解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量;

根据电荷量的计算公式求解初始时刻N到ab的最小距离；

从M进入磁场到N离开磁场，对M根据动量定理求解离开磁场时的速度大小，根据能量守恒、焦耳定律

求解金属杆N产生的焦耳热。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感

应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

11.【答案】1.880-^-AF

【解析】解：(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm+38.0x0.01mm=1.880m?n

(2)遮光片通过光电门时光电门计时为3则此时遮光条的线速度为

d

V='t

小球此时的角速度等r遮光条的角速度，为

vd

f二4

(3)遮光片P每次通过光电门的时间相同，刀、4不变，则3不变，由F=可知F—G的关系图像为

过原点的倾斜直线，故A正确，8co错误。

故选：Ao

22

(4)由尸=ma)L2=mx(y^-)xL2=黑/

所以为了准确验证小球所受向心力尸与角速度3的关系，利用实验测量应画『一〃图像。

故答案为：(1)1.880；(2)2；(3)4(4)F-

乙1ct

(1)螺旋测微器的读数等「固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读一位；

(2)根据U=(求出遮光条的线速度，由3=3求出遮光条的角速度，小球此时的角速度等于遮光条的角速

度。

(3)利用向心力公式F=分析图像的形状。

(4)根据尸=m32G结合角速度与，的关系，得到图像的解析式，再分析图像的形状。

本题考查用传感器探究向心力与角速度的关系，解题关键是掌握向心力公式，掌握螺旋测微器的读数方

法：固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读一位。

12.【答案】8c广闭合S2断开工大于小于

【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律，电路中最大电流约为/=5=磊4=0.00L4

/<xJUUU

因此电流表选量程1〃滔的电流表小，故选以

电源的电动势为3H所以电压表选择量程3丫的匕，故选C。

为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的&，故选F。

rhT3000o八Ry3000

(2)由于瓦；=丽=3°＞后=旃=11

因此电流表应采取内接法，按照图示电路连接好电路，闭合开关S,然后闭合S2断开工；

(4)由于电流表的分压，根据欧姆定律，待测电阻&=彳一&＜彳=心渐

因此电阻的测量值大于真实值；

当闭合S之后，再闭合S】断开S2,由于电压表与电阻&并联，并联部分的电阻小于待测电阻，电路中的电

流较大，待测电阻两端的真实电压偏大，即力〃＞%；

断开S］和S2时，通过待测电阻的真实电流偏小，即

根据欧姆定律，待测电阻真实值%

所以利用&=皆测得的电阻值小于真实值。

故答案为:(1)B；C；F；(2)闭合S2断开Si；(4)大于；小于。

(1)根据闭合电路的欧姆定律，估算电路中的最大电流，据此选择电流表；根据电源电动势选择电压表；

从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；

(2)根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内外接法，然后确定开关的闭合情

况；

(4)闭合52断开Si时，实验误差来源于电流表的分压作用，根据欧姆定律分析实验误差；

闭合Si断开S2,电压表与待测电阻并联，并联部分的电阻小于待测电阻，电路中的电流较大，待测电阻两

端的真实电压偏大；断开Si和S2时，通过待测电阻的真实电流偏小，再根据欧姆定律进行分析。

本题考查了电阻的测量，关键是要明确实验原理，能够根据欧姆定律、串联和并联电路的特点分析实验误

差。

13.【答案】解：(1)左端封闭气体初始状态压强为=Po=75c〃i”g、封闭气体的长度为八=L=22cm

右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d，则此时左端封闭气体的压强为P2=PO-P9(H-L+

d),封闭气体的长度分别为%=L+L—d

由玻意耳定律可得P1SL=p2Sl2

代入数据解得d=14cm

(2)左端封闭气体初始状态的温度为71=300K,设另一环境的热力学温度为4；

右管水银面离地面的竖直高度为22o〃时，左端封闭气体的压强为P3=75cmHg-(28-22)cmHg=

69cmHg

由查理定律可得票=学

7173

代人数据解得73=276K

则摄氏温度为£=(276-273)℃=3丫。

答：(1)此时水银柱右端离右管口的距离14am

(2)这个封闭环境温度为3℃。

【解析】(1)根据玻意耳定律求解水银柱右端离右管口的距离：

(2)根据查理定律求解封闭环境的温度，再根据热力学温度与摄氏温度的关系求解封闭环境的摄氏温度。

本题主要考查了玻意耳定律和瓷理定律的理解和运用；分清气体的状态参量是解题的关犍。

14.【答案】解：(1)粒子在加速器中加速过程，由动能定理得

qUi=-mv^

粒子在分离器C后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

VQ

qvQB2=m-^

由几何关系得

L

R=2

联立解得：心=热

(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器8,恰能通过速度选择器，粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平

衡，可得

U

q攻当=p2q

解得：4二笔红

(3)由题意得，。粒子进入分离器的速度与尸粒子的速度相同，则

v2

qfvB=m1-^

32K

由几何关系得

,L+x

R

解得：&二怨

答：(1)粒子尸的比荷女1为当4；

£»2tz

(2)速度选择器的电压/应为华步；

(3M为偿。

【解析】(1)粒子在加速器中加速过程，根据动能定理列方程；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，粒

子在分离器C后做匀速圆周运动，由洛伦兹