重庆市渝北区2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析 18页

重庆市渝北区 2021 届新高考模拟物理试题（市模拟卷） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A 、B 并排放 在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车 (无牵引力 )，控制两车以相同 的速度 v0 做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车 A 保持原来的牵引力不变， 玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车 A 的速度为 2v0 时，玩具车 B 的速度为 1.5v 0，运动过程中 受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是（ ） A．在这段时间内两车的位移之比为 6∶5 B．玩具车 A 的功率变为原来的 4 倍 C．两车克服阻力做功的比值为 12∶11 D．两车牵引力做功的比值为 3∶1 【答案】 C 【解析】 【详解】 B．设玩具车、货车质量都为 m，动摩擦因数为 μ，那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为 v0， 牵引力 F=2μmg，加速度为 a=μg，电机输出功率 P=Fv 0=2μ mgv0 变为原来的 2 倍，则 B 错误； A．玩具车 A 保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车 A 的速度为 2v0 时，位移 2 2 0 0 2 02 3 22 ( ) A vS ga v v＝ 功率 PA ′ =F?2v0=2P A 克服摩擦力做的功 2 0 3 2f AW mgS mv 牵引力做的功： W FA =FsA=3mv 02； 玩具车 B 保持原来的输出功率不变前进，当玩具车 A 的速度为 2v0 时，玩具车 B 的速度为 1.5v 0，由动能 定理可得： 2 20 0 0 0 2 1 11.5 2 2B v vP mgS m v mv a 所以位移 2 011 8B vS g ＝ 所以 sA：sB=12：11； 则 A 错误 CD ．克服摩擦力做的功： 2 011 8fB B mW mgS v 所以 W fA ：W fB =12： 11； 牵引力做的功： 20 0 0 2 2FB v vW P mv a 所以 W FA：W FB =3：2 故 C 正确， D 错误； 故选 C。 2．关于下列核反应方程，以下说法不正确的是（ ） ① 234 234 0 90 91 1Th Pa e ② 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n ③ 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He n A．方程①中 衰变产生的 Pa 处于激发态，会发出 射线 B．方程①中 衰变的发生是自发的过程 C．方程②是裂变反应，应用时产生的废物容易处理 D．③是聚变反应，产能效率比裂变反应高 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．由题可知，核反应方程①是 β衰变， β衰变的发生是自发的过程，在 β衰变后的新核处于激发态，所 以会发出 γ射线。故 AB 正确，不符合题意； C．方程②是裂变反应，应用时产生的废物具有一定的放射性，不容易处理。故 C 不正确，符合题意； D．根据核反应的特点可知，方程③是聚变反应，在聚变反应中产能效率比裂变反应高。故 D 正确，不符 合题意。 故选 C。 3．如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上， 若三条绳长度不同，下列说法正确的有（ ） A．三条绳中的张力都相等 B．杆对地面的压力等于自身重力 C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水 平分力的合力应为零，故说明三力的大小可能不相等；故 A 错误； C 正确； B．由于三力在竖直方向有向下的拉力， 杆在竖直方向合力为零， 故杆对地面的压力大于重力； 故 B 错误； D．绳子拉力的合力与杆的重力之和等于地面对杆的支持力，则绳子拉力的合力与杆的重力不是一对平衡 力，选项 D 错误。 故选 C。 4．质量为 m 的篮球从某一高处从静止下落， 经过时间 1t 与地面接触， 经过时间 2t 弹离地面， 经过时间 3t 达 到最高点。重力加速度为 g ，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（ ） A． 1 2 3mgt mgt mgt B． 1 2 3mgt mgt mgt C． 1 2 3mgt mgt mgt D． 1 2 3mgt mgt mgt 【答案】 A 【解析】 【详解】 选向下为正，运动全程由动量定理得： mg（t 1+t 2+t 3） +I 地 =0，则有： I 地 =-（mgt l+mgt 2 十 mgt 3）， 负号表方向。 A． 1 2 3mgt mgt mgt ，故 A 符合题意； B． 1 2 3mgt mgt mgt ，故 B 不符合题意； C． 1 2 3mgt mgt mgt ，故 C 不符合题意； D． 1 2 3mgt mgt mgt ，故 D 不符合题意。 故选 A。 5．2019 年 5 月 17 日，在四川省西昌卫星发射基地成功发射了第 45 颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静 止轨道卫星（同步卫星） 。已知地球的质量为 M 、半径为 R、地球自转周期为 T、该卫星的质量为 m、引 力常量为 G，关于这颗卫星下列说法正确的是（ ） A．距地面高度为 2 3 24 GMT R B．动能为 2 GMm R C．加速度为 2 GMa R D．入轨后该卫星应该位于西昌的正上方 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．万有引力提供向心力 2 2 2 4MmG m r r T 解得同步卫星的轨道半径 2 3 24 GMTr 则距离地球表面高度为 2 3 24 GMT R ，A 正确； B．万有引力提供向心力 2 2 Mm vG m r r 动能 2 k 1 2 2 GMmE mv r B 错误； C．万有引力提供向心力 2 MmG ma r 解得加速度为 2 GMa r C 错误； D．同步卫星在赤道上空，西昌不在赤道，入轨后该卫星不可能位于西昌的正上方， D 错误。 故选 A。 6．如图所示为等边三角形 ABC ，在 A 、B 两点放等量异种点电荷，已知 A 、B 连线中点处的电场强度和 电势分别为 E、 φ，则 C 点的场强和电势分别为（ ） A． 1 8 E、φ B． 1 4 E、φ C． 1 8 E、 1 4 φ D． 1 4 E、 1 4 φ 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 设等边三角形的边长为 L ， A、 B 两点的电荷量大小为 Q ， A 、 B 连线中点处的电场强度为 2 2 82 ( ) 2 kQ kQE L L C 点的电场强度为 2 12 cos60 8C kQE E L 等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有 C 故 A 正确， B、C、 D 错误 故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为 +q、质量为 m 的小球在力 F 的作用下，沿图中虚 线由 M 至 N 做竖直向上的匀速运动。已知力 F 和 MN 之间的夹角为 45°，MN 之间的距离为 d，重力加 速度为 g。则下列说法正确的是（ ） A．电场的方向可能水平向左 B．电场强度 E 的最小值为 2 2 mg q C．当 qE＝ mg 时，小球从 M 运动到 N 时电势能变化量为零 D． F 所做的功一定为 2 2 mgd 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．小球受力情况：小球受到重力 mg、拉力 F 与电场力 qE ，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则 F 与 qE 的合力与 mg 大小相等、方向相反，作出 F 与 qE 的合力，如图 根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故 A 错误； B．由图可知，当电场力 qE 与 F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得： qE ＝mgsin θ，所以电场 强度的最小值为 sin 2 2 mg mgE q q ，故 B 正确； C．当 mg＝Eq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与 MN 垂直，小球从 M 运动到 N 电场力不做功， 即小球从 M 运动到 N 时电势能变化量为零，故 C 正确； D．由于电场力变化时， F 大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故 D 错误； 8．如图所示，水平传送带以大小为 v 的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点 A 以大小 为 2v的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦 因数为 ，重力加速度为 g ，则下列说法正确的是 A． ,A B 两点间的距离为 22v g B．小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为 29 2 v g C．要使小物块从传送带左端点 B 滑离，小物块在右端点 A滑上传送带的速度至少为 3v D．增大传送带的速度 (仍小于 2v)，小物块与传送带间相对运动的时间变长 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A. 物块向左滑动时，做加速度大小为 a g 的匀减速直线运动 ,则传送带的长为 2 2(2 ) 42 2 v vL a g 故 A 错误； B.物块向左滑动时，运动的时间 1 2 2v vt a g 这段时间内相对位移 2 2 1 2 4v vx vt g g相 当物块向右运动时，加速的时间为 2 v vt a g 这段时间内的相对位移为 2 2 22 2 2 v vx vt a g相 因此总的相对位移为 29 2 v g ，故 B 正确； C.要使物块从传送带左端点 B 滑离，物块在右端点 A 滑上传送带的速度至少为 2 2 2v aL v 故 C 错误； D.增大传送带的速度 (仍小于 2v)，物块向左相对传送带运动的时间不变， 向右相对传送带运动的时间变长， 因此物块与传送带相对运动的总时间变长，故 D 正确。 9．如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从 n=4 能级跃迁到 n=2 能级时，辐射出光子 a；从 n=2 能级跃 迁到 n=1 能级时，辐射出光子 b。以下判断正确的是（ ） A．光子 b 可能使处于基态的氢原子电离 B． n=4 能级比 n=2 能级氢原子的电子动能小 C．一个处于 n=5 能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射 10 种不同的谱线 D．若与 a 同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与 b 同频率的光也可以使该金属发生光电效应 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．由能级跃迁的频率条件： h =E m-E n 可知，光子 a 的能量为 2.55eV ，光子 b 的能量为 10.2eV ，要使处于基态的氢原子电离，入射光子的能量 要大于等于 13.6eV，故光子 b 不能使处于基态的氢原子电离， A 不符合题意； B．氢原子的能级越高，电子的轨道半径越大，由库仑力提供向心力得： 2 2 2 ke mv r r 又因电子的动能 21 2kE mv ，解得电子的动能 2 2k keE r 故轨道半径越大，电子动能越小， B 符合题意； C．一个处于 n=5 能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射不同谱线最多的方式是逐级跃迁，故最多可辐射 4 种不同的谱线， C 不符合题意； D．由于光子 b 的能量比 a 的高，故光子 b 的频率也比 a 的高，若与 a 同频率的光可以使某金属发生光电 效应，那么与 b 同频率的光也可以使该金属发生光电效应， D 符合题意。 故选 BD 。 10．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、 负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中， 磁场方向垂直轨道所在平面向上， 通电的导体滑块将在磁 场中向右加速，下列说法正确的是（ ） A． a 为电源正极 B．仅增大电源电动势滑块出射速度变大 C．仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速 D．仅减小弹体质量，其速度变化率增大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则 b 为电源正极，故 A 错误； B．仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故 B 正确； C．仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故 C 错误； D．仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故 D 正 确。 故选 BD 。 11．把光电管接成如图所示的电路，用以研究光电效应。用一定频率的可见光照射光电管的阴极 K ，电流 表中有电流通过，则（ ） A．用紫外线照射，电流表中一定有电流通过 B．用红外线照射，电流表中一定无电流通过 C．保持照射光不变，当滑动变阻器的滑片向 a 端滑动时，电流表示数可能不变 D．将电路中电池的正负极反转连接，电流表中一定没有电流通过 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．紫外线的频率高于可见光，照射时能发生光电效应，电流表中一定有电流通过。所以 A 正确； B．红外线的频率低于可见光，其光子能量更小。红外线的频率有可能大于阴极 K 的截止频率，则可能发 生光电效应，电流表中可能有电流通过。所以 B 错误； C．当滑片向 a 端滑动时，光电管两端电压增大，其阳极吸收光电子的能力增强。但若在滑动前电流已经 达到饱和光电流，则增大电压光电流也不会增大。所以 C 正确； D．将电路中电池的正负极反接，光电子处在反向电压下，若光电子的动能足够大，电流表中可能有电流 通过。所以 D 错误。 故选 AC 。 12．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道 AOB 和 A′ O′ B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为 θ， AO=OB=A′ O′ =O′ B′ =L，OO′与 AO 垂直，两虚线位置离顶部 OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁 场中，左侧磁场磁感应强度为 B 1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场 B2（大小、方向未知）平行于导轨平 面，两根金属导体杆 a 和 b 质量都为 m，与轨道的摩擦系数都为 μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同 步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为 v，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为 g，则下列判 断正确的是（ ） A．匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上 B．两个匀强磁场大小关系为： B 1=μB2 C．整个过程摩擦产生的热量为 Q1=2μ mgLcosθ D．整个过程产生的焦耳热 Q2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A. 由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对 a 分析可知， a 切割磁感线产生感应电动 势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故 a 棒受合外力小于 mgsinθ﹣ μmgcosθ；对 b 棒分析可知， b 棒 的受合外力也一定小于 mgsinθ﹣μmgcosθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩 擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过 b 棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上，故 A 正确； B.根据 A 的分析可知， a 棒受到的安培力与 b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即 B1IL= μB2IL ；解得 B1=μB2，故 B 正确； C.由以上分析可知， b 棒受到的摩擦力大于 μ mgcosθ，因此整个过程摩擦产生的热量 Q1 2μ mgLcosθ，故 C 错误； D.因 b 增加的摩擦力做功与 a 中克服安培力所做的功相等，故 b 中因安培力而增加的热量与焦耳热相同， 设产生焦耳热为 Q 2，则根据能量守恒定律可知： 2mgLsin θ﹣ 2μ mgLcosθ﹣ 2Q2= 1 2 2mv 2 解得整个过程产生的焦耳热： Q 2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 故 D 正确。 故选 ABD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．几位同学对一个阻值大约为 600? 的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器 材供选用 : A．待测电阻 Rx B．电压表 V( 量程 6V，内阻约 3k?) C．电流表 A 1(量程 20mA ，内阻约 5?) D．电流表 A 2(量程 10mA ，内阻约 10?) E.滑动变阻器 R 1(0～20? ，额定电流 2A) F.滑动变阻器 R2(0～2000? ，额定电流 0.5A) G.直流电源 E(6V ，内阻约 1?) H. 多用表 I. 开关、导线若干 （ 1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表 “×100”档位， 则多用表的读 数为 _____? （ 2）乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路， 电路图如图乙所示， 则电流表应选择 ____(选 填 “A1”或 “A2”)， 滑动变阻器应选择 ____ (选填 “R1”或 “R2”)。 （ 3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下： ①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器 R1、R 2 的滑片至适当位置 ; ②开关 S2 处于断开状态， 闭合开关 S。调节滑动变阻器 R 1、R2 的滑片， 使电流表 A 2 的示数恰好为电 流表 A 1 的示数的一半，读出此时电压表 V 的示数 U 1 和电流表 A 的示数 I 1。 ③保持开关 S1 闭合， 再闭合开关 S2，保持滑动变阻器 R2 的滑片位置不变， 读出此时电压表 V 的示数 U2 和电流表 A 2 的示数 I 2。 可测得待测电阻的阻值为 _____，同时可测出电流表 A 1 的内阻为 ___ (用 U1、U 2、I 1、I 2 表示 )。 （ 4）比较乙、 丙两位同学测量电阻 R x 的方法， 你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？ ____ (选 填 “乙 ”或 “丙”)同学。 【答案】 600 A 2 R 1 2 2 U I 1 2 1 22 U U I I 丙 【解析】 【详解】 (1)[1] 选用欧姆表 “× 100”档位 ,指针读数为 6.0，故多用电表读数为 600 . (2)[2][3] 电压表量程为 6V, xR 阻值约为 600 ，电流表量程约 0.01A 10mA x UI R 即可 , 故电流表选择 A 2；乙图中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的 R1. (3)[4][5] 设电流表 A1,内阻为 r 1，根据操作步骤②可得 : 1 1 1 12 x IU R I r 根据操作步骤③可得 : 2 2 2 xU I R 联立方程可得： 2 1 x UR I 1 2 1 1 22 U Ur I I (4)[6] 乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为 Rx 与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大， 而且电流表 内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。 14．如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端 系有砂桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连， 拉力传感器可显示绳中拉力 F 的大小， 改变桶中砂的 质量进行多次实验。完成下列问题： (1)实验时，下列操作或说法正确的是 ______________ ； A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量 B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数 C．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 (2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到 A 点的距离如图乙所示。电源的频 率为 50Hz ，则打点计时器打 B 点时砂桶的速度大小为 ___m/s； (3)以拉力传感器的示数 F 为横坐标，以加速度 a 为纵坐标，画出的 a—F 图像可能正确的是（ ____） A． B． C． D． (4)若作出 a—F 图线，求出其 “斜率 ”为 k，则小车的质量为 _____。 【答案】 B 0.832 A 2 k 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．AD ．由于有拉力传感器可显示绳中拉力 F 的大小，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不 需要砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项 AD 错误； B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，选项 B 正确； C．电火花计时器与纸带之间的摩擦力较小，则选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差小，选 项 C 错误； 故选 B. (2) [2] ．已知打点计时器电源频率为 50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为： T=5×0.02s=0.1s。 B 点对应的速度为 8.32 cm/s=41.6cm/s=0.416m/s 2 0.2 AC B xv T 则此时砂桶的速度为 2 0.832m/sBv (3)[3] ．因长木板放在水平桌面上，则由于没平衡摩擦力，对小车根据牛顿第二定律 2 2F f fa F m m m 则得到的 a—F 图像可能正确的是 A 。 (4)[4] ．由 2 2F f fa F m m m 可知 2 k m 解得 2m k 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为 1ml ，左侧斜面的倾角 37 ，右侧斜面的中间 用阻值为 2R 的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 1 0.5TB ，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 2 0.5TB 。在斜面 的顶端 e、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒 ab，另一导体棒 cd 置于左侧斜面轨道上， 与导 轨垂直且接触良好， ab 棒和 cd 棒的质量均为 0.2kgm ，ab 棒的电阻为 1 2r ，cd 棒的电阻为 2 4r 。 已知 t=0 时刻起， cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动 (cd 棒始终在左侧斜面上运动 )，而 ab 棒 在水平拉力 F 作用下始终处于静止状态， F 随时间变化的关系如图乙所示， ab 棒静止时细导线与竖直方 向的夹角 37 。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。 (1)请通过计算分析 cd 棒的运动情况； (2)若 t=0 时刻起，求 2s 内 cd 受到拉力的冲量； (3)3 s 内电阻 R 上产生的焦耳热为 2. 88 J，则此过程中拉力对 cd 棒做的功为多少 ? 【答案】 (1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动； (2)1.6N sg ；(3) 43.2J 【解析】 【详解】 (1)设绳中总拉力为 T ，对导体棒 ab 分析，由平衡方程得： sinθF T BIl cosθT mg 解得： tanθ 1.5 0.5F mg BIl I 由图乙可知： 1.5 0.2F t 则有： 0.4I t cd 棒上的电流为： 0.8cdI t 则 cd 棒运动的速度随时间变化的关系： 8v t 即 cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。 (2) ab 棒上的电流为： 0.4I t 则在 2 s 内，平均电流为 0.4 A，通过的电荷量为 0.8 C，通过 cd 棒的电荷量为 1.6C 由动量定理得： sinθ 0F tI mg t BlI mv 解得： 1.6N sFI g (3)3 s 内电阻 R上产生的的热量为 2.88JQ ，则 ab 棒产生的热量也为 Q ， cd 棒上产生的热量为 8Q ， 则整个回路中产生的总热量为 28. 8 J，即 3 s 内克服安培力做功为 28. 8J 而重力做功为： G sin 43.2JW mg 对导体棒 cd ，由动能定理得： FW W 克安 2 G 1 0 2 W mv 由运动学公式可知导体棒的速度为 24 m/s 解得： 43.2JFW 16．2020 年 1 月 1 日起， TPMS （胎压监测系统）强制安装法规将开始执行。汽车行驶时， TPMS 显示某 一轮胎内的气体温度为 27 ℃，压强为 250 kPa，己知该轮胎的容积为 30L 。阿伏加德罗常数为 NA=6.0 × 1023 mol -1，标准状态下 1mol 任何气体的体积为 22.4L ，1atm=100kPa 。求该轮胎内气体的分子数。 （结果保留 一位有效数字） 【答案】 242 10 个 【解析】 【详解】 设胎内气体在 100kPa、 0℃状态下的体积为 V 0，根据气体状态方程有： 0 01 1 1 0 p VpV T T ， 代入解得： V 0=68.25L 则胎内气体分子数为： N= 240 2 10 22.4 A V N 个 17．如图， 长 200cmL ，粗细均匀的玻璃管一端封闭。 水平放置时， 0 100cmL 的空气被水银柱封住， 水银柱长 50cmh 。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有 0 25cmh 的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强 0 75cmHgp 。求插入水 银槽后管内气体的压强。 【答案】 52.0cmHg 【解析】 【详解】 设玻璃管截面积为 s，水平放置时， 气体压强为 P1，体积为 V 1，假设当转到竖直放置时， 水银恰好未流出， 气体压强为 P2，体积为 V 2，则 P1=P0=75cmHg ， V 1=L 0s， P2=？， V 2=（L-h ） s， 由玻意耳定律： P1V 1=P2V 2 代入数据解得： P2=50cmHg ， 由于 2 0100cmHg>PP gh ，所以水银必有流出。 设剩余水银柱长度为 x，气体的压强 P3，体积 V 3，则 P3=（ P0-x）cmHg ， V 3=（L-x ） s， 由玻意耳定律： P1V 1=P3V 3 代入数据解得： x≈ 30.7cm， 插入水银柱后，设气体压强为 P4，体积 V 4=（L-x-h 0）s 由玻意耳定律： P1V 1=P4V 4 代入数据解得： P4≈ 52.0cmHg；