湖南省郴州市2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

湖南省郴州市2021届新高考第四次模拟物理试题
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，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为m ，电荷量为()110q q >的粒子A ；在负极板附近有一质量也为m 、电荷量为()220q q ->的粒子B 。

仅在电场力的作用下两粒子
同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37
l 的平面Q ，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（ ）
A ．电荷量1q 与2q 的比值为3:7
B ．电荷量1q 与2q 的比值为3:4
C ．粒子A 、B 通过平面Q 时的速度之比为9:16
D ．粒子A 、B 通过平面Q 时的速度之比为3:7
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设电场强度大小为E ，两粒子的运动时间相同，对正电荷A 有
11q E a m
= 213172q E l t m
=⋅⋅ 对负电荷B 有
22q E a m
= 224172q E l t m
=⋅⋅ 联立解得
1234
q q =
A 错误，
B 正确。

CD ．由动能定理得
212
0qEx mv =- 求得
1234
v v = 选项CD 错误。

故选B 。

2．2019年8月31日7时41分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将微重力技术实验卫星和潇湘一号07卫星发射升空，卫星均进入预定轨道。

假设微重力技术试验卫星轨道半径为1R ，潇湘一号07卫星轨道半径为2R ，两颗卫星的轨道半径12R R <，两颗卫星都作匀速圆周运动。

已知地球表面的重力加速度为g ，则下面说法中正确的是（ ）
A
B ．卫星在2R 轨道上运行的线速度大于卫星在1R 轨道上运行的线速度
C ．卫星在2R 轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R 轨道上运行的向心加速度
D ．卫星在2R 轨道上运行的周期小于卫星在1R 轨道上运行的周期
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由万有引力提供向心力有
21211
v Mm G m R R = 得
1v =设地球半径为R ，则有
2
Mm G mg R = 联立得
2111GM gR v
R R == 由于 1R R ≠
则
11v gR ≠
故A 错误；
B ．由公式
2
2Mm v G m r r
= 得
GM v r
= 由于12R R <则卫星在2R 轨道上运行的线速度小于卫星在1R 轨道上运行的线速度，故B 错误； C ．由公式
2
Mm G
ma r = 得 2GM a r =
则卫星在2R 轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R 轨道上运行的向心加速度，故C 正确；
D ．由开普勒第三定律3
2r k T
=可知，由于12R R <则卫星在2R 轨道上运行的周期大于卫星在1R 轨道上运行的周期，故D 错误。

故选C 。

3．如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块a 、b 与地面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现给物块a 施加一水平向右的拉力F ，缓慢增大F 到物块a 要滑动的过程中，下列说法正确的是
A ．地面对物块a 的摩擦力一直增大
B ．地面对物块a 的摩擦力与轻绳对物块a 的拉力同步增大
C ．物块a 刚好要滑动时，物块b 也刚好要滑动
D ．物块b 刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力F 的一半
【答案】D
【解析】
【详解】
ABC.当摩擦力增大到最大静摩擦力之前，轻绳拉力为零，再增大F ，摩擦力不再增大，此后a 、b 间的拉力从零开始增大，地面对b 的摩擦力达到最大静摩擦力，此时物块b 要开始滑动，故ABC 错误；
D. 物块a 、b 的质量相同，与地面的动摩擦因数相同，因此b 刚好要滑动时，对a 由牛顿第二定律得： F mg T ma μ--=
对b 由牛顿第二定律得：
T mg ma μ-=
联立解得： 2T F = 故D 正确。

4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（ ）
A ．小物块受到的支持力方向竖直向上
B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C ．小物块受到的静摩擦力为
12
mg ma + D ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ma + 【答案】C
【解析】
【分析】
由题知：木块的加速度大小为a ，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

【详解】
AB ．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg ，斜面的支持力N 和摩擦力为静摩擦力f ，根据平衡条件可知支持力N 垂直于斜面向上，摩擦力f 沿斜面向上，故AB 错误；
CD ．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得 sin 30f mg ma -︒=
解得f mg ma =+，方向平行斜面向上，故C 正确，D 错误。

故选C 。

【点睛】
本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。

5．木星和土星都拥有众多的卫星，其中“木卫三”作为太阳系唯一一颗拥有磁场的卫星，在其厚厚的冰层下面可能存在生命，而“土卫二”具有生命诞生所需的全部要素，是最适宜人类居住的星球，经探测它们分别绕木星和土星做圆周运动的轨道半径之比为a ，若木星和土星的质量之比为b ，则下列关于“木卫三”和“土卫二”的相关说法正确的是（ ）
A B ．向心加速度之比为b a
C D ．表面重力加速度之比2b a
【答案】A
【解析】
【详解】
ABC ．根据 2
22()2Mm v G m r m ma r T r
π=== 解得
T =2
GM a r =
v =
，向心加速度之比为2b a A 正确，BC 错误； D ．根据星球表面万有引力等于重力可知
2 GMm mg R
＝ 由于不知道“木卫三”和“土卫二”的半径之比，所以无法求出表面重力加速度之比，故D 错误。

故选A 。

6．三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（）
A．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2B
B．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3B
C．当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为
3
2
B
D．当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为23B
【答案】A
【解析】
【详解】
AB．根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图，当I1=I2=I3时，令B1=B2=B3=B0，示意图如图甲所示
根据磁场叠加原理，可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系
01 2
B B
；当I1=3I2，I2=I3=I时，B1=3B0，B2=B3=B0，示意图如图乙所示
由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B，故A正确，B错误；
CD．当I2=3I，I1=I3=I时，B1=B3=B0，B2=3B0，示意图如图丙所示
由图丙解得O 点的磁感应强度大小为0233B B ，同理可得，当I 3=3I ，I 1=I 2=I 时，O 点的磁感应强度大小也为3B ，故CD 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，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现
用水平力F 拉细线，使小球缓慢沿圆环向上运动，此过程中圆环对小球的弹力为N ，则在运动过程中（ ）
A ．F 增大
B ．F 减小
C ．N 不变
D ．N 增大
【答案】BC
【解析】
【详解】 小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G ，F ，N ，三个力。

满足受力平衡。

作出受力分析图如图所示；
由图可知△OAB ∽△GFA ，即： G F N R AB R
== 小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，N 不变；
A. F 增大，与结论不相符，选项A 错误；
B. F 减小，与结论相符，选项B 正确；
C. N 不变，与结论相符，选项C 正确；
D. N 增大，与结论不相符，选项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μ，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2
2v g
μ B ．小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为2
92v g
μ 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 μ=的匀减速直线运动,则传送带的长为
22
(2)422v v L a g
μ=⨯=
故A 错误；
B.物块向左滑动时，运动的时间
122v v t a g μ== 这段时间内相对位移
22
124v v x vt g g
μμ=+=相 当物块向右运动时，加速的时间为
2v v t a g
μ== 这段时间内的相对位移为
222222v v x vt a g
μ=-=相 因此总的相对位移为2
92v g
μ，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
222v 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．如图所示，比荷为k 的粒子从静止开始，经加速电场U 加速后进入辐向的电场E 进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R 的匀速圆周运动，经过无场区从小孔1P 处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B 中进行第二次筛选，在与2O 距离为d 小孔2P 垂直边界射出并被收集。

已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（ ）
A ．静电分析器中1K 的电势高于2K 的电势
B ．被收集的带电粒子一定带正电
C ．电场强度E 与磁感应强度B 的比值关系为E B =
D ．若增大U ，为保证B 不变，则被收集粒子的k 比原来大
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。

在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出2K 的电势高于1K 的电势。

故A 错误，B 正确；
C.粒子经加速电场加速
212
qU mv = 在电场中做匀速圆周运动
2
v qE m R
= 在磁场中做匀速圆周运动
2
v qvB m d
= 经计算可知
E B =故C 错误；
D.联立C 项各式可得：
B ==为保证B 不变，U 增大时，则k 增大，故D 正确。

故选：BD 。

10．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示。

一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v —t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m
B ．由
C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大
C ．由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高
D ．A 、B 两点的电势之差5V A B ϕϕ=－－
【答案】AD
【解析】
【分析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧；电量为2C 的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C 点到B 到A 运动的过程中，根据v-t 图可知在B 点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛
顿第二定律求出电场强度的最大值。

根据电势能的变化，分析电势的变化。

由动能定理求AB 间的电势差。

【详解】
A ．由乙图可知，物体在
B 点加速度最大，且加速度为
2Δ2m/s Δv a t
== 根据
qE ma =
可知B 点的场强最大，为E=1V/m ，故A 正确；
B ．从
C 到A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；
C ．从C 到A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C 错误；
D ．从B 到 A 的过程中，根据动能定理，得
2201122
BA qU mv mv =- 代入数据得U BA =5V ，则
5V AB BA U U =-=-
即
5V A B ϕϕ-=-
故选AD 。

【点睛】
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。

11．在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）
A ．同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1
B ．物体P 、Q 的质量之比是6：1
C ．M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0003a x
D ．图中P 、Q 6【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M 星球表面的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx = 解得
P Q 16
m m =
C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅ 可知速度为006v a x =
，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a x =⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q 6v v = 故D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=2mg q
，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v 0向下运动，经时间to ，圆环回到出发点。

若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．环经过
02
t 时间刚好到达最低点 B ．环的最大加速度为a m =g+0qv B m μ C ．环在t 0时间内损失的机械能为12
m(20v -22222m g q B μ) D ．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
【答案】BC
【详解】
AB ．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为2F qE mg ==，方向始终竖直向上。

假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：
()mg qE qvB ma μ-+=
得：
qvB a g m μ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
mg qvB qE ma μ+-'=
解得：
qvB a g m μ⎛⎫=-- ⎪⎝
⎭' 环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，
0a '=
mg v vB
μ= 开始以速度v 做匀速直线运动。

所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于02
t ; 整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为： 0m qv B
a g m μ=+
则A 错误,B 正确；
C ．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
2222200222111222m g E mv mv m v q B μ⎛⎫∆=-=- ⎪⎝⎭
C 正确；
D ．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”。

图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和m 远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量M 。

(1)为减小实验误差，打点计时器应选用________________（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”）。

(2)该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力，也没有记下小吊盘和盘中物块的质量之和。

图乙为实验中所得的滑块的加速度a 与滑块（含滑块上的砝码）的质量的倒数1M
的关系图象。

取g=10m/s 2，根据图象可求出小吊盘和盘中物块的质量之和约为________________kg ，滑块与长木板之间的动摩擦因数为________________。

【答案】电火花打点计时器 0.02 0.2
【解析】
【详解】
(1)[1]电磁打点计时器纸带运动时，振针振动，计时器与纸带存在较大摩擦，而电火花打点计时器由火花放电，摩擦小，故选用电火花打点计时器误差小；
(2)[2]根据牛顿第二定律，对滑块有
T Mg Ma μ-=
变形后得
T a g M
μ=- 图像斜率表示合外力则有
2=N 0.2N 10
T k == 由于小吊盘和盘中物块的质量之和m 远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量M ，则小吊盘和盘中物块的总重力近似等于合力，所以小吊盘和盘中物块的总质量为
0.02kg T m g
== [3]乙图中纵截距
2g μ-=-
则滑块与木板间的动摩擦因数为
=0.2μ
压，用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。

（1）图甲中多用电表的黑表笔是____________（填“P”或“Q”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，需要将多用电表的两个表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与____________（填“a”或“b”）连接。

（2）实验配备的器材如下：
A．待测小灯泡L（“2.5V，0.2W”）
B．电压表V（量程0-3V，阻值约）
C．多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA，10mA，100mA）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E.滑动变阻器（阻值范围，额定电流1A）
F.电池组（电动势4.5V，内阻约为）
G.开关一只，导线若干
为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选____，滑动变阻器应选
_______。

（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。

他在实验前进行电路检查时发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线________。

（4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组I、U值并描绘出小灯泡的I-U曲线如图丙所示。

由I-U 曲线可以看出：当灯泡两端电压时小灯泡的电阻=_____________Ω（保留两位有效数字）；
（5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。

那么用久以后的多用电表电流挡测得的电流与真实值相比_____________（填“偏大”，“偏小”或“相同”）。

【答案】P b 100mA R128 相同
【解析】
【详解】
(1)[1][2]多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与b连接；
(2)[3][4]根据小灯泡的规格可知电路中电流约为
灯泡电阻约为
故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA；滑动变阻器应选R1；
(3)[5]滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示
(4)[6]根据图丙可知当灯泡两端电压，电流I=78mA=0.078A，故此时小灯泡的电阻
(5)[7]使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档的测量无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L＝1m，两轨道之间用电阻R＝2Ω连接，有一质量m＝0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置
杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。

经过位移x ＝0.5m 后，撤去拉力，导体杆又滑行了x′＝1.5m 后停下。

求：
(1)整个过程中通过电阻R 的电荷量q ；
(2)拉力的冲量大小I F ；
(3)整个过程中导体杆的最大速度v m ；
(4)在匀加速运动的过程中，拉力F 与时间t 的关系式。

【答案】 (1)2C(2)4kg·
m/s(3)6m/s(4)F ＝72t ＋18(N) 【解析】
【详解】
（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势
E ＝t
Φ∆∆ 回路中电流 I ＝
E R 通过电阻R 的电荷量
q ＝IΔt ＝R
∆Φ 磁通量ΔΦ＝BLΔx ，又Δx ＝x ＋x′
代入数据可得
q ＝BL x R ∆＝21(0.5 1.5)2
⨯⨯+C ＝2C （2）根据动量定理
I F －F 安Δt ＝0－0
F 安＝BIL ，Δt 为导体杆整个过程中所用时间
I F ＝BILΔt ＝BLq
所以
I F ＝4kg·m/s 。

（3）当撤去力F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力F 瞬间的速度。

撤去F 之后通过电阻R 的电荷量为
q 2＝'
BLx
撤去外力F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则
－BLq 2＝0－mv m
联立上式得导体杆的最大速度为
v m ＝6m/s
（4）根据受力分析可知
F －B BLv R
L ＝ma 由运动学公式v ＝at ，v m 2＝2ax
可解得
a ＝36m/s 2
联立上式可得关系式为
F ＝72t ＋18(N)
16．如图所示，哑铃状玻璃容器由两段完全相同的粗管和一段细管连接而成，容器竖直放置。

容器粗管的截面积为S 1=2cm 2，细管的截面积S 2=1cm 2，开始时粗细管内水银长度分别为h 1=h 2=2cm 。

整个细管长为h=4cm ，封闭气体长度为L=6cm ，大气压强取p 0=76cmHg ，气体初始温度为27C ︒。

求：
(i)若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K ？
(ii)若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L 仍为6cm 不变，封闭气体的温度应为多少K ？
【答案】（i ）405K ；（ii ）315K
【解析】
【分析】
【详解】
(i)开始时
101280p p h h =++=cmHg
11V LS =，1(27327)K 300K T =+=
水银全部离开下面的粗管时，设水银进入上面粗管中的高度为3h ，则
1122231h S h S hS h S +=+
解得
31h =m
此时管中气体的压强为
20381p p h h =++=cmHg
管中气体体积为
()211V L h S =+ 由理想气体状态方程112212
p V p V T T =，得 2405T =K
(i)再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm 不变，则此过程为等容变化，管里气体的压强为 ()3012284p p h h =++=cmHg 则由3113
p p T T =解得 3315T =K
17．如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m ，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。

虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T 。

质量m 1=0.1kg 、电阻R 1=4Ω的导体棒M 在磁场中距虚线的距离d=2m ，
M 与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，质量m 2=0.3kg 、电阻R 2=2Ω的导体棒N 在虚线处，N 与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。

将导体棒M 、N 同时从导轨上由静止释放，M 到达虚线前已经匀速，重力加速度g 取10m/s 2，运动过程中M 、N 与导轨始
终接触良好，已知sin37°
=0.6，cos37°=0.8。

（1）求M 、N 相碰前，M 上产生的焦耳热；
（2）求M 、N 相碰前M 运动的时间；
（3）M 、N 相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M 施加一个沿斜面方向的作用力F ，使M 、N 同时匀减速到零，求M 棒在减速到零的过程中作用力F 的大小随时间变化的表达式。

【答案】（1）0.48J ；（2）1.5s ；（3）F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）M 棒匀速时，有
m 1gsin37°=μ1m 1gcos37°＋BIL ①
E=BLv 0②
E I R =总
③ 212RR R R R R =+
+总④ M 棒从开始到达虚线位置，有
2111101sin37cos372
m gd m gd m Q μ=++o o 总v ⑤ M 棒、N 棒、电阻R 产生的焦耳热之比为 Q M ∶Q N ∶Q R =8∶1∶1⑥
Q M =810Q 总
⑦ 由①~⑦式解得
Q M =0.48J
（2）对M 棒由动量定理有
(m 1gsin37－μ1m 1gcos37°－B I L)t=m 1v 0⑧ q=I t=R ∆Φ总
⑨ ∆Φ=BLd ⑩
t=1.5s
（3）对M 、N 棒碰撞过程，有
m 1v 0=m 1v 1＋m 2v 2⑪
222101122111222
m v m v m v =+⑫ 碰后对N 棒
μ2m 2gcos37°－m 2gsin37=m 2a 2⑬ v 2=a 2t 0⑭
碰后对M 棒
m 1gsin37＋μ1m 1gcos37°＋BI′L －F=m 1a 1⑮ v 1=a 1t 0⑯
11()BL v a t I R -'=总
⑰ t 0=2.5s ⑱
由⑪～⑱式解得
F=0.96－0.08t(t≤2.5s)。