2022年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷(附答案详解)

2022年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.光给世界带来五彩斑斓的景象，也将自然规律蕴含其中。

下列有关光学现象的叙述
正确的是()
A. 荷叶上的露珠底部显得特别“明亮”是由于水珠将光线汇聚而形成的
B. 照相机镜头前镀增透膜，应用了光的干涉原理
C. 泊松亮斑是光沿直线传播产生的
D. 医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光信号是利用光的偏振
2.龟兔赛跑的故事告诉我们“满招损、谦受益”的道理．一位同学用如图所示的位置
—时间图像描述了兔子和乌龟的比赛过程，下列说法正确的是()
A. 兔子跑的路程比乌龟跑的路程长
B. 兔子和乌龟在比赛途中相遇过1次
C. 在t2～t4时间里兔子的平均速度较大
D. t3时刻兔子和乌龟距离最远
3.某同学在研究机械波的形成与传播规律时，将一根粗细均匀的弹性绳右端固定在墙
上。

手握着绳子左端S点上下振动，产生向右传播的绳波，某时刻的波形如图所示。

下列说法中正确的是()
A. 此时刻质点P向上运动
B. 手的起振方向向上
C. 手振动的频率逐渐增大
D. 波的传播
速度不变
4.新闻里多次报导家长抱孩子乘坐自动感应扶梯，因为受
力变化而站立不稳。

自动扶梯上没有人时静止，人踏上
扶梯的水平踏板后，扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动。

如图所示，质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼，下楼过程中母婴始终保持与扶梯相对静止，设扶梯与水平面之间的夹角为θ。

关于母婴受力情况分析正确的是()
A. 电梯在匀速运动过程中，婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致
B. 电梯在匀速运动过程中，踏板给母亲水平向前的摩擦力
C. 电梯在加速运动过程中，踏板对母亲的摩擦力大小为(m+M)a⋅cosθ
D. 电梯在加速运动过程中，婴儿对母亲的作用力大小为mg−masinθ
5.爱因斯坦由于创造性地提出了光子说，成功解释了光电效应实验规律，从而获得
1921年诺贝尔物理学奖。

在探究光电效应实验规律的过程中，用三束光分别照射同一光电管得到三条光电流与电压之间的关系图线如图所示，则下列说法中正确的是()
A. 光电子的最大初动能E k甲=E k丙<E k乙
B. 光电子的最大初动能E k甲=E k丙>E k乙
C. 三种光的频率关系是v甲>v乙>v丙
D. 三种光的频率关系是v甲=v丙>v乙
6.如图所示，在A、B两点分别固定带电荷量为+Q和−q(Q>q)的点电荷，O为AB中
点。

在AB中垂线上有M、N两点，MO=ON。

将一试探电荷+q′沿AB中垂线从M点移到O点再移到N点。

下列判断正确的是()
A. M、N两点场强相同且小于O点场强
B. M、N两点电势相同且高于O点电势
C. 试探电荷+q′从M点移到N点的过程中，电势能先增大后减小
D. 试探电荷+q′从M点移到O点的过程中，电场力做功为零
7.如图所示，轻质橡皮绳上端固定在O点，下端连接一质
量为m的物块，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。

用
外力将物块拉至A点，在A点时橡皮绳的弹性势能为E P，
将物块从A点由静止释放，途经O′点到达最左侧的B点(
图中未画出)，O′点在O点的正下方，在O′点时橡皮绳恰好处于原长，O′点与A点之间的距离为L，在物块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()
A. 物块在O′点时动能最大
B. 物块从A至O′先加速再减速，从O′至B一直做减速运动
C. 物块在B点时橡皮绳的弹性势能等于E P−2μmgL
D. 物块在O′点时的动能小于E P−μmgL
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8.我国自主研发的北斗卫星导航系统是世界四大导航
系统之一，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。

空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球
同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)
组成．如图所示，三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，
A距地面高度为ℎA，C距地面高度为ℎC，地球自转周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是()
A. 卫星A的加速度4π2(R+ℎA)
T2B. 卫星B的加速度R
R+ℎA
g
C. 卫星C的线速度为√gR2
R+ℎC D. 卫星C的线速度2π(R+ℎC)
T
9.如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。

可动的扇形金属
触片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。

该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。

小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W.n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。

则()
A. 吹冷风时触片P位于ab之间
B. 变压器原、副线圈的匝数比n1
n2=11
3
C. 小风扇的内阻是72Ω
D. 吹热风时通过电热丝的电流为2A
10.如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有
垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。

电阻为r、长为2l的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好，内圆半径r1=l，外圆半径r2=3l，PM间接有阻值为R的电阻。

让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。

则()
A. 金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向由M指向P
B. 金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U=4B0lvR
3(R+r)
C. 金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q=2πl2B0
R+r
D. 金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热Q=3mgl−1
2
mv2
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11.某幼儿园欲建造一个滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤
料之间的动摩擦因数有一定要求。

小明同学用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数μ。

他先取一种板材水平固定在桌面上，物块(用儿童裤料包
裹)受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始终与桌面平行。

当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上，打点计时器打出的纸带记录了物块的运动的情况。

(1)图丙为小明同学选取重物落地后的一段纸带，1、2、3、4是他选取的4个计数点，
相邻两个计数点之间还有四个点未画出。

图上注明了他对各计数点间的测量结果，其中有一个数值在记录时有误，请判断有误的一组数据是______段。

(填“x1”、“x2”或“x3”)
已知打点计时器电源的频率为50Hz.利用纸带测得的数据可求出该物块在减速运动过程中的加速度大小a=______m/s2。

(2)若重力加速度大小为9.8m/s2，板材与儿童裤料间动摩擦因数μ=______。

(计算
结果均保留2位有效数字)
12.某实验小组利用如图(a)所示的电路测某一电源的电动势E和内阻r，现有器材如下：
电流表A(量程为0～100mA，内阻为1.0Ω)
定值电阻R1=0.25Ω
定值电阻R2=0.20Ω
电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)
开关S一个，导线若干
(1)根据实验需要，现将电流表A改装成量程为0～0.6A的电流表，则定值电阻应该
选择______(填“R1”或“R2”)。

(2)按照电路图(a)，用笔画线代替导线，将实验电路图(b)连接好。

(3)闭合开关，调节电阻箱，记下电阻箱阻值R 和电流表A 的示数I ，重复上述操作，
测得多组数据。

以1I 为纵坐标、R 为横坐标，画出1
I −R 图像，由图像得斜率k =3.0，
纵轴截距b =5.0，请同学们计算出E =______V 、r =______Ω(结果均保留2位有效数字)。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我
国第一位在太空“漫步”的女性。

舱外航天服是密封一定气体的装置，用来提供适合人体生存的气压。

王亚平先在节点舱(宇航员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，航天服密闭气体的体积约为V 1=2L ，压强P 1=1.0×105Pa ，温度t 1=27℃。

她穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门。

(1)若节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V 2=3L ，温度变为t 2=−3℃，这时航天服内气体压强P 2为多少？
(2)为便于舱外活动，宇航员出舱前需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到P 3=4.0×104Pa 。

假设释放气体过程中温度不变，体积变为V 3=2.5L ，那么航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为多少？
14.如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有匀强电场，电
场方向沿y轴负方向，在第Ⅳ象限内(包括y轴负半轴
)有垂直纸面向外的匀强磁场。

质量为m、电量为
q(q>0)的带电粒子从y轴上的P点以速度v0沿x轴正
方向射入电场，通过x轴上的A点时运动方向改变了
37°。

粒子在磁场中运动时恰好不从y轴射出。

已知P
点坐标为P(0,ℎ)，不计粒子重力，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。

求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小。

15.如图所示，一个倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的轻绳一端固
定在光滑小钉O上，另一端系一个质量为m A=1kg的小物块A。

初始时小物块A静止在斜面上的P点，轻绳水平伸直且无拉力，绳长为l=0.3m。

现将斜面上质量为
m时与A发生碰撞并粘在m B=1kg的光滑小物块B由静止释放，B沿斜面下滑x=1
3
一起绕O点摆动，忽略物块大小，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g= 10m/s2，求：
(1)物块A、B碰撞后瞬间速度大小；
(2)若A、B一起绕O点摆动的最大角度为120°，物块A与斜面间动摩擦因数μ；
(3)若物块A与斜面间的动摩擦因数μ=3
，物块AB一起绕O点摆动转过多大角度时
4
动能最大？最大动能是多少？
(第(2)(3)问计算结果均保留2位有效数字)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于光线从水中射向空气时，发生光的全反射，导致其特别“明亮”，并不是水珠将光线会聚而形成的，故A错误；
B、照相机镜头前的增透膜利用了光的干涉原理，减少了某种光的反射，增强了该种光的透射，故B正确；
C、泊松亮斑是光的衍射现象，故C错误；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理，故D错误。

故选：B。

荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于全反射导致；照相机镜头前的增透膜利用了光的干涉原理；光导纤维束是利用光的全反射原理。

考查光的全反射、干涉现象，掌握偏振片的原理，理解光的干涉与光的全反射条件。

，这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

2.【答案】D
【解析】解：A、根据纵坐标的变化量表示位移，知兔子跑的位移比乌龟跑的位移短，根据路程等于各段位移大小之和，知兔子跑的路程比乌龟跑的路程短，故A错误；
B、在x−t图像中，两图线的交点表示相遇，从图像上可以看出，乌龟和兔子在途中相遇了两次，故B错误；
C、在t2～t4时间里兔子和乌龟通过的位移相等，所用时间相等，结合平均速度等于位移与时间之比，则知它们的平均速度相等，故C错误；
D、兔子和乌龟之间的距离等于纵坐标之差，则知t3时刻兔子和乌龟距离最远，故D正确。

故选：D。

x−t图像反映物体的位置随时间的变化情况，根据纵坐标的变化量表示位移，图像的斜率表示速度，两图像的交点表示相遇，结合平均速度等于位移与时间之比进行分析。

本题是对x−t图像的考查，要知道x−t图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移，交点表示两物体相遇。

3.【答案】D
【解析】解：A、波向右传播，此时质点P正向平衡位置运动，质点P向下运动，故A错误；
B、根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知，最右边质点开始振动的方向向下，则波源的起振方向向下，故B错误；
D、由于波的传播速度由介质决定，所以波的传播速度不变，故D正确；
D、由图可知波的波长增大，而波速不变，根据v=λf可得：波源振动的频率逐渐减小，故C错误。

故选：D。

根据波向右传播，判断质点P运动方向，可知P点正做加速运动；所有质点开始振动的方向都相同；波的传播速度由介质决定；根据v=λf及波长变化可判断波源振动的频率变化。

本题属于波的图象和对质点振动的判断问题。

考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

4.【答案】C
【解析】解：A、电梯在匀速运动过
程中，婴儿受到的重力和母亲对婴儿
的作用力是一对平衡力，则母亲对婴
儿的作用力方向竖直向上，与扶梯运
动方向不一致，根据牛顿第三定律知，
婴儿对母亲的作用力与母亲对婴儿
的作用力方向相反，则婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向不一致，
故A错误；
B、电梯在匀速运动过程中，母亲和婴儿整体的合外力为零，整体受到重力和扶梯的支持力，踏板对母亲没有摩擦力，故B错误；
C、电梯在加速运动过程中，以母亲和婴儿组成的整体为研究对象，分析受力如图1所示，将加速度分解，在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=(m+M)a x=(m+M)a⋅cosθ，即踏板对母亲的摩擦力大小为(m+M)a⋅cosθ，故C正确；
D、以婴儿为研究对象，分析受力如图2所示，将母亲对婴儿的作用力F分解为水平方向
和竖直方向两个分力，水平方向有F x=ma x=macosθ，竖直方向有：mg−F y=ma y= masinθ，则母亲对婴儿的作用力大小为F=√F x2+F y2=
√(macosθ)2+(mg−masinθ)2>mg−masinθ，由牛顿第三定律知，婴儿对母亲的作用力大小大于mg−masinθ，故D错误。

故选：C。

分析人的运动情况然后判断受力情况，尤其分析摩擦力的时候，利用共点力平衡条件和牛顿第二定律去分析。

本题属于根据物体的运动状态分析受力问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，利用平衡条件或牛顿运动定律进行解答。

5.【答案】A
【解析】解：CD、由题图可知，甲、丙光对应的遏止电压相等且小于乙光对应的遏止电压，由eU c=ℎν得甲、丙光频率相等且小于乙光的频率，故CD错误；
AB、由E km=ℎν−W0=eU c可知，甲光对应的光电子最大初动能与丙光相等且小于乙光对应的光电子最大初动能，故A正确，B错误；
故选：A。

根据E km=ℎν−W0=eU c判断入射光频率及对应光电子最大初动能大小。

考生要理清光电效应的几个概念及表达式，体现了物理学科核心素养中的物理观念。

6.【答案】C
【解析】解：A、M、N、O三点电场强度叠加情况如图所示：
由图像可知，O点电场强度大于M、N，且M、N电场强度大小一样，方向不同，故A错误；
B、根据图像可知，O点离正点电荷近，所以电势高，而M、N两点离正点电荷距离一样
但大于O点距正点电荷的距离，所以电势相等且小于O点电势，故B错误；
CD、根据电场强度叠加情况，且试探电荷为正可知，试探电荷从M到O点电场力做负功，从O点到N点电场力做正功，所以电势能先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。

根据电场强度的叠加判断场强大小；根据匀强电场中离正电荷越近的点电势越高，离负电荷越近的点电势越低的性质判断电势高低；根据电场力对试探电荷做功判断电势能高低，电场力做正功电势能降低，电场力做负功电势能增加。

本题考查了点电荷的电场，解题的关键是电场强度是矢量，合场强使用矢量叠加的方法；会根据离正电荷的远近判断电势高低；电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加。

7.【答案】B
【解析】解：AB、物块运动过程中受到重力、支持力、橡皮绳的拉力和滑动摩擦力的作用，橡皮绳先恢复到原长，后逐渐伸长，故支持力先增大后减小，支持力的最大值F N= mg，故滑动摩擦力在O′点有最大值f=μmg，从A点到O′点的过程中，合力先向左后向右，在绳子拉力的水平分量等于滑动摩擦力时速度最大，物块动能最大，物块先做加速运动，在做减速运动，从O′到B的过程中，合力向左，物块一直做减速运动，故A错误，B正确；
D、从A点到O′点的过程中滑动摩擦力在O′点时最大，那么摩擦力产生的热量Q<μmgL，由能量守恒得弹性势能的减少量等于动能的增加量和摩擦产生的热量，故O′点的动能
E k=E p−Q>E p−μmgL，故D错误；
C、B点到O′点的距离一定小于L，并且摩擦力只有在O点时有最大值f=μmg，故B点的弹性势能E p=E p−Q′>E p−2μmgL，故C错误。

故选：B。

对物块受力分析，判断加速度为0时速度最大，进而分析物块的运动状态，根据功能关系分析物块在B点的弹性势能以及O′点的动能。

本题考查功能关系，解题关键掌握物块受力分析，分析物块的运动状态，注意摩擦力是变化的。

8.【答案】AC
【解析】解：A、地球静止轨道卫星A的周期与地球自转周期相等，则根据a=r4π2
T2
可解
得卫星A的加速度a A=4π2(R+ℎA)
T2
，故A正确；
B、地球表面的物体万有引力近似等于重力GMm
R2
=mg，B的万有引力提供向心力有：
GMm (ℎA+R)2=ma，联立解得：a=R2
(R+ℎA)2
g，故B错误；
C、C的万有引力提供向心力有：GMm
(ℎC+R)2=m v2
(ℎC+R)
，联立解得：v=√gR2
R+ℎC
，故C正确；
D、T代表地球自转周期，无法计算C的线速度，故D错误；
故选：AC。

根据万有引力提供向心力，得到重力加速度、线速度和加速度的公式。

本题关键要掌握地球表面的物体万有引力近似等于重力GMm
R2
=mg，由万有引力提供加速度、线速度，推导其关系式。

9.【答案】BD
【解析】解：A、当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触点P与触点bc接触，故A错误；
B、根据变压器的原副线圈的匝数比和电压的关系可知，n1
n2=220
60
=11
3
，故B正确；
C、小风扇消耗的功率转化为机械效率和线圈上的热功率，则风扇内阻消耗的功率为
10W，通过小风扇的电流I=60
60A=1A，所以小风扇的电阻r=P
I2
=8
12
Ω=8Ω，故C错
误；
D、电热丝消耗的功率为P′=500W−60W=440W，则电热丝中的电流为I′=P′
U
=
440
220
A=2A，故D正确；
故选：BD。

根据电路结构分析出不同档位的时候触点P的位置；
根据原副线圈两端的电压之比得出匝数比；
先根据公式P=UI计算出电流，再结合热功率的计算公式计算出电阻；
先根据功率的关系计算出电热丝的功率，根据公式P=UI分析出电流。

本题以电吹风机为考查背景，主要考查了变压器的构造和原理，根据电路分析结合公式得不电流和电压，结合变压器的电压之比与匝数比的关系完成分析。

10.【答案】ABC
【解析】解：A、由右手定则可知，金属球向下运动过程，流过金属杆的电流由B流向A，则通过R的电流由M流向P，故A正确；
B、当金属杆恰穿出磁场时，由法拉第电磁感应定律得：E=B×2l×v
3l ×2l=4
3
Blv，
感应电流：I=E
R+r ，R两端的电压U=IR=
4B0lvR
3(R+r)
，故B正确；
C、金属杆从AB到CD的过程中，平均感应电动势E−=ΔΦ
Δt =B[
1
4
π(3l)2−1
4
πl2]
Δt
，平均电流I−=
E −R+r ，通过R的电荷量：q=I
−
×Δt=ΔΦ
R+r
=2πB0l2
R+r
，故C正确；
D、对整个系统由能量守恒定律有：mg×3l=1
2
mv2+Q，再根据焦耳定律电阻R上产
生的热量Q R=R
R+r Q≠3mgl−1
2
mv2，故D错误。

故选：ABC。

根据题意应用右手定则判断出感应电流方向，然后确定流过R的电流方向。

由E=Blv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后应用欧姆定律求电阻R上电压；
根据法拉第电磁感应定律求出该过程的平均感应电动势，结合欧姆定律、电流的定义式求出通过电阻R的电荷量；
根据能量守恒定律、焦耳定律求出电阻R上的热量。

本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚电路结构、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律与右手定则即可解题。

11.【答案】x2 4.90.50
【解析】解：(1)根据记录数据时，数据的精确度应该保持一致，所以有误的一组数据是x2；
根据匀变速直线运动中相同时间内相邻位移差满足：Δx=aT2，其中T=5×1f=
5×1
50
s=0.1s，解得：a=4.9m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得：μmg=ma，解得：μ=0.50
故答案：(1)x2，4.9；(2)0.50。

(1)记录数据时，精确度应该保持一致，因此判断记录有误的数据；
(2)根据匀变速直线运动中相同时间内相邻位移差满足：Δx=aT2计算出加速度；
(3)根据牛顿第二定律得到动摩擦因数。

本题考查了动摩擦因数的探究实验，解题的关键是灵活应用匀变速直线运动中相同时间内相邻位移的差值恒定即可解题。

12.【答案】R218 4.8
【解析】解：(1)将电流表A改装成量程为0～0.6A的电流表，需要并联分流电阻，由并联电路特点可知：
I A R A=(I−I A)R
并
解得：R并=0.20Ω，
定值电阻应该选择R2；
(2)根据电路图连接实物图如图：
(3)改装后电流表量程是原电流表量程的6倍，电流表示数为I时，干路电流为6I，改装
后电流表内阻R′A=1
6
R A，
根据图(a)所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：
E=6I(r+R+R′A)
整理得：R=E
6⋅1
I
−r−R′A，
由图示R−1
I
图象可知，纵轴截距：−b=−r−R′A，
图象斜率：k=E
6
，
解得：电源电动势E=18v，电源内阻r=4.8Ω。

故答案为：(1)R2(2)图见解析(3)18，4.8
(1)应用并联电路特点求出并联电阻阻值。

(2)根据电路图(a)连接实物图(b)；
(3)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了测量电源电动势和内电阻实验，考查了实验数据处理，根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。

13.【答案】解(1)选航天服内气体为研究对象，气体的初态：P 1=1.0×105Pa ，V 1=2L ，T 1=300k ，末态：V 2=3L ，T 2=270k ，P 2，由理想气体状态方程得： p 1V 1T 1
=
P 2V 2T 2
，代
入解得：P 2=6×104P a
(2)气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，所以气体的质量m ∝Pv ，初始气体的质量M ∝P 1V 1，放出气体的质量M′∝(P 1V 1−P 3V 3)，所以航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为M′
M =
P 1V 1−P 3V 3
P 1V 1
=1
2
答：(1)航天服内气体压强P 2为6×104P a (2)航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为1
2
【解析】确定初态参量，末态参量，然后利用理想气体状态方程求解，气体温度不变，则气体的质量正比于压强与体积的乘积。

本题考查理想气体状态方程，需要创设物理情景，确定研究对象，理解理想气体方程的意义，不要生搬硬套。

14.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可得：
在x 轴方向：L =v 0t 在y 轴方向：ℎ=1
2at 2
根据速度合成与分解可得：tan37°=v y
v 0
根据牛顿第二定律可得：qE =ma 联立解得：E =
9mv 0
232qℎ
，L =8
3ℎ (2)进入磁场时的速度为：v =v
cos37∘，解得：v =5
4v 0
磁场中做匀速圆周运动，根据题意，其轨迹与y 轴相切，图像如图所示：
由几何关系可得：L =R +Rsin37° 又洛伦兹力提供向心力可得：qvB =m v 2
R 联立解得：B =
3mv 04qℎ
答：(1)电场强度E 的大小为9mv 0
232qℎ； (2)磁感应强度B 的大小为3mv 0
4qℎ。

【解析】(1)根据粒子射入磁场时的速度方向，结合类平抛运动规律可以求解出电场强度大小；
(2)由题意作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系计算出半径，再由类抛运动计算出合速度，最后根据qvB =m v 2
R
解得磁感应强度。

本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题关键在于：1.熟练把握类平抛运动规律；2.根据题意作出磁场运动轨迹图，并学会找几何关系。

15.
【答案】解：(1)B 沿斜面向下滑动过程中，根据动能定理可得：m B gxsin37°=1
2m B v 02
−0
代入数据解得：v 0=2m/s
A 和
B 碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得： m B v 0=(m A +m B )v
解得碰后的速度大小为：v =1m/s ；
(2)A 、B 一起绕O 点摆动的最大角度为120°的过程中，克服摩擦力做的功： W f =μm A gcos37°×1
3×2πl
重力做的功为：W G=(m A+m B)gsin37°×lcos37°
(m A+m B)v2；
在此过程中，根据动能定理可得：W G−W f=0−1
2
代入数据解得：μ≈0.82；
(3)若物块A与斜面间的动摩擦因数μ=3
，则A与斜面间的滑动摩擦力为：f=
4
μm A gcos37°
代入数据解得：f=6N
A和B的重力沿斜面向下的分力大小为：F=(m A+m B)gsin37°
代入数据解得：F=12N
当F沿速度方向的分力等于6N时速度最大，设此时绳子转过的角度为α，则有：Fcosα=f 解得α=60°
=E km−0
在此过程中，根据动能定理可得：Flsinα−f×πl
3
代入数据解得：E km≈1.2J。

答：(1)物块A、B碰撞后瞬间速度大小为1m/s；
(2)若A、B一起绕O点摆动的最大角度为120°，物块A与斜面间动摩擦因数为0.82；
(3)物块AB一起绕O点摆动转过60°角时动能最大，最大动能是1.2J。

【解析】(1)B沿斜面向下滑动过程中，根据动能定理求解碰撞前的速度大小，A和B碰撞过程中，根据动量守恒定律求解碰后的速度大小；
(2)A、B一起绕O点摆动的最大角度为120°的过程中，根据动能定理求解动摩擦因数；
(3)求出A和B的重力沿斜面向下的分力大小和摩擦力的大小，沿速度方向合外力为零时动能最大，根据平衡条件求解转过的角度，根据动能定理求解动能。

本题主要是考查动量守恒定律、动能定理，解答本题的关键是弄清楚A和B的受力情况和运动情况，掌握摩擦力做功的计算方法，能够根据动量守恒定律、动能定理进行解答。