湖北省孝感市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖北省孝感市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
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，三根完全相同的通电直导线a 、b 、c 平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O 点为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为B 、方向平行于等边三角形所在平面且垂直bc 边指向a 的匀强磁场。

现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中I b =I c =I 。

已知通电长直导线在某点产生的
磁感应强度的大小跟电流成正比，导线b 在O 点产生的磁感应强度大小为B 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若O 点的磁感应强度平行ac 边，则I a =（1＋33）I
B ．若O 点的磁感应强度平行ab 边，则I a =（1＋
3）I C ．若O 点的磁感应强度垂直ac 边，则I a =（3－1）I
D ．若O 点的磁感应强度垂直ab 边，则I a =（3－1）I
【答案】A
【解析】
【详解】
三条直导线在O 点的磁场方向如图；其中B c 和B b 的合场强水平向右大小为B bc =B ；方向水平向右。

A ．若O 点的磁感应强度平行ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ac 方向的合磁场为零，即
sin 30cos30cos300c a B B B +-=o o o
其中B c =B=kI ，解得
I a =（1＋3）I 选项A 正确；
B ．若O 点的磁感应强度平行ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ab 方向的合磁场为零，即
sin 30cos30sin 300b a B B B -+=o o o
其中B b =B=kI ，解得
I a =（3-1）I
选项B 错误；
C ．若O 点的磁感应强度垂直ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ac 方向的合磁场为零，即
cos30sin 30-sin 300a bc B B B +=o o o
表达式无解，则O 点的磁感应强度的方向不可能垂直ac 边，选项C 错误；
D ．若O 点的磁感应强度垂直ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ab 方向的合磁场为零，即
cos30cos 60cos 600bc a B B B +-=o o o
其中B c =B=kI ，解得
I a =（3+1）I
选项D 错误。

故选A 。

2．如图所示，车厢水平底板上放置质量为M 的物块，物块上固定竖直轻杆。

质量为m 的球用细线系在杆上O 点。

当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f 、支持力为N ，已知重力加速度为g ，则（ ）
A ．f=Mgsinθ
B ．f=Mgtanθ
C ．N=(M+m)g
D ．N=Mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
以m 为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得
tan mg ma θ=
解得
tan a g θ=
而绳的拉力为 cos mg T θ
= 以M 为研究对象，受力如图所示
在竖直方向上，由平衡条件有
()cos N Mg T M m g θ=+=+
在水平方向上，由牛顿第二定律有
sin f T Ma θ-=
解得
()tan f M m g θ=+
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3．一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ
B ．小物块在0~t 1内运动的位移比在t 1~t 2内运动的位移小
C ．0~t 2内，传送带对物块做功为22211122
W mv mv =- D ．0~t 2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热量
【答案】D
【解析】
【分析】
v-t 图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。

0～t 1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。

由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t 2内，传送带对物块做功。

根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。

【详解】
在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，解得：μ＞tanθ，故A 错误。

因v 1>v 2，由图示图象可知，0～t 1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t 1～t 2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，故B 错误；0～t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W+W G =12mv 22-12mv 12，则传送带对物块做功W≠12mv 22-12
mv 12，故C 错误。

0～t 2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D 正确。

故选D 。

4．高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流，若一节质量为0.1kg 的干电池从1.25m 高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m 高度，电池第一次接触地面的吋间为0.01s ，第一次
落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g=10m/s2，则（）
A．该电池的最大重力势能为10J
B．该电池的最大动能为100J
C．k=71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kg•m/s
【答案】C
【解析】
【详解】
A．电池的最大重力势能为：
E P=mgh=0.1×10×1.25J=1.25J
故A错误。

B．最大动能与最大重力势能相等，为1.25J，故B错误。

CD．选向下为正，接触地面过程中动量的变化量为：
△P=mv′-mv=-m2gh'-m2gh=0.1×（-210 1.25-2100.2
⨯⨯⨯⨯）kgm/s=-7kgm/s
由动量定理：
（mg-kmg）△t=△p
代入数据得：
K=71
故C正确，D错误。

故选C。

5．如图所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动．若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则此时斜面体B对地面的摩擦力
A．方向水平向左B．方向水平向右
C．大小为零D．无法判断大小和方向
【答案】C
【解析】
【详解】
由题物体A恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面对物体A的作用力竖直向上，与物体A的重力平衡。

物体A对斜面的力竖直向下，斜面不受地面的摩擦力作用。

此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力。

若沿平行于斜面的方向用力F 向下拉此物体A ，使物体A 加速下滑时，物体A 对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零。

A.方向水平向左。

与上述结论不符，故A 错误；
B.方向水平向右。

与上述结论不符，故B 错误；
C.大小为零。

与上述结论相符，故C 正确；
D.无法判断大小和方向。

与上述结论不符，故D 错误。

故选：C 。

6．一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A 、B 两质点间距为8m ，B 、C 两质点平衡位置的间距为3m ，当t=1s 时，质点C 恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ）
A ．13m/s
B ．3m/s
C ．5m/s
D ．11m/s 【答案】C
【解析】
【详解】
由图读出波长λ=8m ．波向右传播，质点C 恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m ，根据波形的平移法得：t=（n+1/8）T 或（n+5/8）T ，n=0，1，2…，888181t T s s n n ==++，则波速v= T
λ=（8n+1）m/s 或v=（8n+5）m/s ；当n=0时：v=1m/s 或5m/s ，当n=1时：v=9m/s 或13m/s ，当n=2时：v=17m/s 或21m/s ，故选C ．
【点睛】
本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值．
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．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ E r
=式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能 r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强 2kQ
E r
= 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2122()
6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确；
故选CD 。

8．平静的水池表面有两个振源A 、B ，固有振动周期均为T 。

某时刻A 开始向下振动，相隔半周期B 开始向下振动，二者振动的振幅相同，某时刻在水面上形成如图所示的水波图。

其中O 是振源连线的中点，OH 为中垂线，交叉点G 、H 的中点为D ，C 点位于波峰和波谷的正中间，实线代表波峰，虚线代表波谷。

下列说法中正确的是________。

A ．如果在E 点有一个小的漂浮物，经半个周期将向左漂到F 点
B ．两列波叠加后，O 点的振动始终减弱
C ．图中G 、H 两点振幅为零，
D 点的振幅也为零
D ．当B 引起的波传到
E 点后，E 点的振动始终处于加强状态
E.C 点此时振动的速度为零
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．波在传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，不会随着波的传播向前移动，A 错误； BC ．O 点是振源的中点，波的传播路程差等于零，由于相位恰好相反，所以O 点以及中垂线上所有质点的振动均为叠加减弱，所以
B 、
C 正确；
D ．由图可以看出，B 引起的振动传到
E 点时与A 引起的振动相位相反，为叠加减弱位置，D 错误；
E ．B 引起的振动此时在C 点使得质点具有向上的速度，而A 刚好传到C 点，具有向下的速度，叠加后速度为零．选项E 正确。

故选BCE 。

9．在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，做成了一个霍尔元件，在E 、F 间通入恒定电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，M 、N 间的电压为U H ．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ）
A ．N 板电势高于M 板电势
B ．磁感应强度越大，MN 间电势差越大
C ．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H 不变
D ．将磁场和电流分别反向，N 板电势低于M 板电势
【答案】AB
【解析】
A 、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N 端，向N 端偏转，则N 点电势高，故A 正确；
B 、设左右两个表面相距为d ，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：
设材料单位体积内电子的个数为n ，材料截面积为s ，则
H eU evB d = ①;I=nesv ②; s=dL ③;由①②③得：H BI U ned =,令1k ne
=，则 H BI BI U k ned d == ④;所以若保持电流I 恒定，则M 、N 间的电压与磁感虑强度B 成正比，故B 正确；C 、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C 错误；D 、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N 板电势仍高于M 板电势，故D 错误．故选AB.
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡．
10．卫星导航系统是全球性公共资源，多系统兼容与互操作已成为发展趋势。

中国始终秉持和践行“中国的北斗，世界的北斗，一流的北斗”的发展理念，服务“一带一路”建设发展，积极推进北斗系统国际合作。

与其他卫星导航系统携手，与各个国家、地区和国际组织一起，共同推动全球卫星导航事业发展，让北斗系统更好地服务全球、造福人类。

基于这样的理念，从2017年底开始，北斗三号系统建设进入了超高密度发射。

北斗系统正式向全球提供RNSS 服务，在轨卫星共53颗。

预计2020年再发射2-4颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精度不断提高。

北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为h ，地球半径为R ，地面附近重力加速度为g ，则有（ ）
A ．该卫星运行周期可根据需要任意调节
B ．该卫星所在处的重力加速度为 2())
R g R h + C ．该卫星运动动能为2
2()
mgR R h + D ．该卫星周期与近地卫星周期之比为23(1)h R
+ 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．地球同步卫星和地球自转同步，周期为24h ，A 错误；
B ．由
2
22()2Mm v G m r m mg r T r
π=== 可知
'2
GM g r = 2GM g R
= 则该卫星所在处的重力加速度是
2
'
2()R g g R h =+ B 正确；
C ．由于
2
GM gR v r R h
==+该卫星的动能
2
2122()
k mgR E mv R h ==+ 选项C 正确；
D ．根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为 32=()T R h T R +卫近
选项D 错误。

故选BC 。

11．如图甲所示，一交流发电机线圈的总电阻1r =Ω，用电器电阻9R =Ω，流过用电器的电流图象如图乙所示，()sin370.6,cos370.8︒=︒=则下列说法中正确的是（ ）
A ．交流发电机电动势的峰值为50V
B ．交流发电机线圈从图示位置开始经过1s 300时电动势的瞬时值为252V
C ．交流发电机线圈从图示位置开始转过37︒时电压表示数为362V
D ．交流发电机线圈从图示位置开始转过90︒1002
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由题图可得电路中电流的峰值为 52A m I =
交流发电机电动势的峰值为
()52(91)V=502V m m E I R r =+=+
故A 错误；
B ．由题图可得交变电流的角速度100rad/s ωπ=，从线圈平面与磁场平行开始计时，则
1300
s 时电动势的瞬时值 1cos 502(V)502100252V 300m e E t t ωππ⎛⎫===⨯= ⎪⎝⎭
故B 正确：
C ．电压表示数为有效值不随时间发生变化，电阻两端电压为
45V U IR ==
所以电压表示数为45V ，故C 错误；
D ．交流发电机线圈从图示位置开始转过90︒的过程中的平均感应电动势为 22100
21V 2m BS
E N N NBS E t ωπππ
ω
∆Φ=====∆ 故D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为
该曲线过点（0.15，3）的切线。

现有一质量为0.20 kg 、电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P （可视为质点），
从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块P 运动过程中的电势能逐渐减小
B ．滑块P 运动过程中的加速度逐渐增大
C ．x ＝0.15 m 处的电场强度大小为2.0×106 N/C
D ．滑块P 运动的最大速度为0.5 m/s
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在φ-x 图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块P 运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A 正确；
BC ．由A 可知，图线的斜率表示电场强度，0.15m x =处的场强为
5
66310N/C 210N/C 2.010N/C 0.30.15
E x ϕ∆⨯===⨯=⨯∆- 则此时的电场力大小为
86210210N 0.04N F qE -==⨯⨯⨯=
滑动摩擦力大小为
0.020.210N 0.04N f mg μ==⨯⨯=
此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在0.15m x =之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在0.15m x =之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B 错误，C 正确；
D ．滑块加速度为零时，速度最大，由BC 选项可知，在0.15m x =时，电场力和摩擦力大小相等，加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得
2012qU fx mv -=- 由图可知0.10m 处和0.15m 处的电势差大约为51.510V ⨯，代入解得最大速度大约为0.1m/s v =，故D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用图甲所示的电路测定一节旧干电池的电动势和内阻。

除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
双量程电流表A ：（量程0~0.6A 0~3A ，）
； 双量程电压表V ：（量程0~3V 0~15V ，）
； 滑动变阻器1R ：（阻值范围0~20Ω，额定电流2A ）；
滑动变阻器2R ：（阻值范围0~1000Ω，额定电流1A ）。

(1)为了调节方便，同时测量精度更高，实验中应选用的电流表量程为_______A ，电压表量程为_____V ，应选用的滑动变阻器为____________（填写滑动变阻器符号）；
(2)依据电路图用笔画线代表导线连接图乙中的电路元件（图中已完成了部分连线），要求闭合开关时滑动变阻器的滑片P 处于正确的位置，并正确选用电压表、电流表的量程___________；
(3)多次测量并记录电流表示数I 和电压表示数U ，应用这些数据画出了如图丙所示U I -图像。

由图像可以得出电池的电动势E =_______V ，内阻r =_______Ω；
(4)根据实验测得的I 、U 数据，令y UI =，x I =，由计算机作出的y x -图线应是图丁中的_______（选填“a ”“b ”或“c ”）。

【答案】0~0.6 0~3 1R 1.45 1.3 c
【解析】
【详解】
(1)[1] 由图丙知电路中的最大电流在0.5A 左右，则电流表量程应选用0~0.6A ；
[2] 电源是一节旧的干电池（约1.5V ），则电压表量程应选用0~3V ；
[3]滑动变阻器选用10~20Ω()R 时，方便调节并能有效读取多组电流值和电压值。

(2)[4]电路连线如图所示
(3)[5]读取电源U I -图像。

U 轴截距为电动势，U 轴最小有效刻度为0.05V ，经估读后得 1.45V E =；
[6]U I -图像斜率的绝对值等于电源内阻，读取图像数据并计算有
1.45V 0.8V 1.3Ω0.5A
r -== (4)[7]电源输出功率为
2()P UI E Ir I rI EI ==-=-+
则纵坐标y UI =应为输出功率，则y x -图像为输出功率的P I -图像。

由电路规律知输出功率随电流的增大先增大后减小，图像应为c 。

14．某实验小组用DIS 来研究物体加速度与质量的关系，实验装置如图甲所示。

其中小车和位移传感器的总质量为M ，所挂钩码总质量为m ，小车和定滑轮之间的绳子与轨道平面平行，不计轻绳与滑轮之间的摩擦及空气阻力，重力加速度为g 。

(1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳子中的拉力大小T F =__________（用题中所给已知物理量符号来表示）；当小车的总质量M 和所挂钩码的质量m 之间满足__________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于所挂钩码的重力；
(2)保持钩码的质量不变，改变小车的质量，某同学根据实验数据画出1a M
-
图线，如图乙所示，可知细线的拉力为__________N （保留两位有效数字）。

【答案】
Mmg M m + M m >> 0.20 【解析】
【详解】
(1)[1]平衡摩擦力后： T mg F ma -=
T F Ma =
解得：
T M F mg M m
=⋅+； [2]当小车和位移传感器的总质量M 和所挂钩码的质量m 之间满足M m >>时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于所挂钩码的重力；
(2)由牛顿第二定律知：
1a F M
=
⋅ 则1a M -的图线的斜率是合外力，即绳子拉力F ，则： 2.0N 0.20N 10
F ==。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为2m 的滑块A 由长为R 的水平轨道和半径也为R 的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A 的左侧紧靠着另一质量为4m 的物块C ，质量为m 的物块B 从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D 为网弧轨道最低点。

已知B 与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，A 的水平轨道厚度极小，B 从水平轨
道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g 。

(1)若A 被固定在地面上，求B 与C 发生碰撞前的速度大小v 0；
(2)若A 的固定被解除，B 滑下后与C 发生完全弹性碰撞，碰撞后B 再次冲上A ，求B 与A 相对静止时与D 点的距离L 。

【答案】 35gR ；(2)2425R 【解析】
【分析】
【详解】 (1)若滑块A 被固定在地面上，物块B 与物块C 碰撞前，由动能定理
2012
μ-=
mgR mgR mv 解得
035gR v = (2)滑块A 的固定被解除，物块B 下滑到与A 分离的过程中，设B 与A 的分离时的速度分别为v 1和v 2，对A 、B 构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有
221211222
μ-=
+mgR mgR mv mv 122mv mv =
解得 123030==gR gR v v 物块B 与物块C 发生完全弹性碰撞后速度分别为1v '和v c ，由能量关系和动量守恒有
222111114222
'=+c mv mv mv 114'=+c mv mv mv
解得
1330'=gR v 碰撞后物块B 冲上滑块A ，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有
122(2)共'+=+mv mv m m v
222121112(2)222
共μ'+-=+mv mv mgd m m v B 与D 点的距离
=-L R d
解得
2425
=R L 16．如图a 所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图b 所示的模型，上面气囊的体积为V 1=0.5L ，挤压时可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为S=0.05m 2的水桶中，随下方气体压强增大，桶中的液体会从细管中流出，已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积及桶口连接处的体积，已知外部大气压为P 0=105Pa ，水的密度为ρ=103kg/m 3，重力加速度为g=10m/s 2，某次使用过程时，桶内气体体积为V 2=12.5L ，挤压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部挤入桶中，则
①桶中液面离出水口多高？
②至少挤压多少次才能从桶内流出体积为V 3=2.5L 的水？
【答案】①0.4m ；②7次
【解析】
【分析】
【详解】
①压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由玻意耳定律可知： ()2021p V V pV +=
又
0p p gh ρ-=
代入数据可知
0.4m h =
②设挤压n 次后，水桶内水流出1V ，气体压强为2p ，体积为12V V +，由玻意耳定律可知：
()()012223=p nV V p V V ++
203V p
p g h S ρ⎛⎫-=+ ⎪⎝
⎭ 解得
()3032301
V p V g h V V S n p V ρ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭= 代入数据得
6.35n =
故至少挤压7次。

17．如图，质量均为m 的两个小球A 、B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，AB=OB=l ，可绕过O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦地在竖直平面内转动，空气阻力不计。

A 球带正电，B 球带负电，电量均为q ，整个系统处在竖直向下的匀强电场中，场强E=
2mg q。

开始时，AB 水平，以图中AB 位置为重力势能和电势能的零点，问：
(1)为使系统在图示位置平衡，需在A 点施加一力F ，则F 至少多大？方向如何？
(2)若撤去F ，OB 转过45°角时，A 球角速度多大？此时系统电势能总和是多大？
(3)若撤去F ，OB 转过多大角度时，系统机械能最大？最大值是多少？
【答案】（1）
324mg ；方向与AB 成45︒角斜向上（2()8261g -；24
mgl -（3）90°；12mgl 【解析】
【详解】 (1)当F 垂直于OA 时力最小，根据力矩平衡：
2mgl qEl F l +=
已知：
12
qE mg = 可以求出：
324
min F mg =
方向与AB 成45︒角斜向上
(2)对系统列动能定理可得：
2211()()(1cos45)22
A B mg qE l mg qE l mv mv ++--︒=
+ 其中：
A v l =，
B v l ω=
可得：
ω=此时，电场力对A 球做正功，则有：
A W qEl =
电场力对B 球做负功，则有：
(1cos45)B W qEl =--︒
则电场力对系统做功：
cos45W qEl =︒
则系统电势能：
24P E qEl =-=-
(3)电势能最小时，机械能最大，由(2)的结论，系统电势能总和为： cos θP E qEl =-
即当90θ=︒，电势能最小：
min P l E qE =-
初始位置时，电势能和机械能均为零，则此时最大机械能： 12
max E qEl mgl ==机。