2020年贵州省六盘水三中高考物理模拟试卷(含答案解析)

2020年贵州省六盘水三中高考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其v−t图象如图所示，则由图可知
(g=10m/s2)以下说法正确的是()
A. 小球下落的最大速度为3 m/s
B. 第一次反弹初速度的大小为5m/s
C. 小球能弹起的最大高度0.45m
D. 小球能弹起的最大高度1.25m
2.如图所示，用水平力F推乙物块，使甲、乙、丙、丁四个完全相同
的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，各物块受到摩擦力
的情况是()
A. 甲物块受到一个摩擦力的作用
B. 乙物块受到一个摩擦力的作用
C. 丙物块受到一个摩擦力的作用
D. 丁物块没有受到摩擦力的作用
3.桐乡市百桃乡桃园村有个檇李园。

一般檇李树经过修剪后比一个正常成人身高略
高，现假设树的顶部有一颗成熟的檇李自然脱落掉下来，下落过程中没有受到任
何的碰撞，并不计空气阻力，试估算檇李落地的速度约为()
A. 2m/s
B. 4m/s
C. 6m/s
D. 8m/s
4.我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展。

设地球、月球的质量分别为m1、m2，
半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为v，对应的环绕周期为T，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为()
A. √m2R1
m1R2v，√m1R23
m2R13
T B. √m1R2
m2R1
v，√m2R13
m1R23
T
C. √m2R1
m1R2v，√m2R13
m1R23
T D. √m1R2
m2R1
v，√m1R23
m2R13
T
5.如图甲所示电路中，电流表A1与A2内阻相同，A2与R1串联，当电路两端接在电压恒定的电源上
时，A1示数为3A，A2的示数为2A；现将A2改为与R2串联，如图乙所示，再接在原来的电源上，那么()
A. A1的示数必增大，A2的示数必减小
B. A1的示数必增大，A2的示数必增大
C. A1的示数必减小，A2的示数必增大
D. A1的示数必减小，A2的示数必减小
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.某电厂发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电厂附近的升压变压器升压，然后用输电线
路把电能输送到远处居民小区附近的降压变压器，经降低电压后输送到用户，设升、降变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但电厂输送的总功率增加，这时()
A. 升压变压器的副线圈的电压变大
B. 降压变压器的副线圈的电压变小
C. 高压输电线路的电压损失变大
D. 用户的负载增多，高压输电线中的电流减小
7.如图所示，在点电荷+Q的电场中，虚线为等势面，粒子的运动轨迹为adb，
粒子在a点时具有的动能为E K，重力不计。

则()
A. 粒子带正电荷
B. 粒子带负电荷
C. 粒子经过b点时具有与a点相同的动能
D. 粒子经过b点时的动能小于粒子经过d点时的动能
8.关于静电场下列说法中正确的是()
A. 在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零
B. 电场中某点的电势φ越高，正电荷在该点所具有的电势能越大
C. 根据公式U ab=Ed可知，在匀强电场中两点a、b间的距离越大，电势差就越大
D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少
9.两端封闭的竖直放置的玻璃管的中部有一段水银，水银柱的上、下方存有密闭气体，当它在竖
直方向运动时，发现水银柱相对玻璃在向上移动，则下列说法中正确的是()
A. 玻璃管做匀速运动，环境温度升高
B. 温度不变，玻璃管向下做加速运动
C. 温度不变，玻璃管向下做减速运动
D. 温度降低，玻璃管向下做减速运动
10.甲、乙两列波在同一介质中沿x轴相向传播，它们的频率相同，振动方向相同，甲的振幅为A，
，某时刻的波形图如图所示，x=4m的质点再过1s将第一次到达波谷，以下说法乙的振幅为A
2
正确的是()
A. 两列波的频率均为0.25Hz
B. 再过4s两波相遇
C. 两列波相遇后，x=6m的质点振动加强，x=7m的质点振动减弱
D. 稳定干涉后，x=4m的质点振幅为A
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
11.一等腰三棱镜的横截面如图所示，O1O2为等腰三角形的对称轴，
两束不同的单色细光束MN、PQ(关于O1O2对称)在横截面内平行
O1O2射入三棱镜，射出后相交于O1O2下方的S点。

三棱镜对MN
光的折射率______ 对PQ光的折射率，MN光在真空中的波长
______ PQ光在真空中的波长；若使两光束通过同一双缝干涉装置，则MN光的干涉条纹间距______ PQ光的干涉条纹间距(均选填“大于”“等于”或“小于”)。

四、实验题（本大题共2小题，共13.0分）
12.某实验小组欲以图装置中的钩码为研究对象米探究“动能定理”。

它们用不可伸长的细线将钩
码通过定滑轮与弹簧测力计和物块相连，物块放在一个斜面上，物块能通过细线拉着钩码向上运动，运动过程中弹簧测力计的示数为F.在钩码经过的竖直路线上安装了两个光电门，记录钩码经过光电门A、B的时间，两个光电门之间的距离为L.(g=9.8m/s2)
(1)老师认为此装置有不妥之处，不妥之处为______。

(2)纠正错误后，用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图乙所示，则d=______mm。

(3)经过光电门的时间如图丙所示，还应测量的物理量是______。

(4)若钩码上升的过程中动能定理成立，应满足的关系式是______。

(5)某同学完成实验后，保持光电门A的位置不变，多次改变光电门B的位置，并使物块每次从
同一位置静止释放，通过测量数据算出遮光条经过光电门A、B的速度v A，v B，然后作出的v B2−L 图象如丁图所示，并读出弹簧测力计的示数为0.4N，则钩码的质量为______kg。

13.某同学想测定某节于电池的电动势和内阻。

(1)他先用多用电表粗测了干电池的电动势。

图甲是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则
该电池的电动势为______V；若用多用电表测电阻，选择开关至“×100”挡，按正确的操作步骤测某一电阻，表盘的示数仍为图甲所示指针所处的位置，则该电阻的阻值为______Ω；实验结束后，应将选择开关拨到图中的挡位______(选填A、B、C或D)。

(2)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。

甲同学按电路图a进
行测量实验，其中R0=1Ω则
①请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接；
②由电压表的读数U和电流表的读数，画出U−I图线如图c所示，可得电源的电动势
E=______V，内电阻r=______Ω(结果保留2位有效数字)
③在上述实验过程中存在系统误差。

在下图所绘图象中，虚线代表没有误差情况下，电压表两
端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图象，实线是根据测量数据绘出的图象，则下图中能正确表示二者关系的是。

(3)乙同学将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，
画出U−I图线如图e所示，可得电源的电动势E=______V，内电阻r=______Ω(结果保留2位有效数字)
五、计算题（本大题共2小题，共24.0分）
14.航拍仪是目前比较普遍的一种拍摄仪器，如图，在一次拍摄中，航拍仪从地面由静止启动，获
得竖直向上、大小恒定的升力F，开始匀加速起飞，运动t=8s后，到达ℎ=32m的高度，此时航拍仪突然出现故障而失去动力，在到达最高点时动力系统恰好恢复。

已知航拍仪的质量m= 2kg，航拍仪在运动过程中受到F f=12N的空气阻力，假设航拍仪在运动过程中始终保持水平，(重力加速度g=10m/s2)，求：
(1)航拍仪匀加速起飞的加速度大小；
(2)航拍仪匀加速起飞时升力的大小；
(3)航拍仪动力系统恢复时所在的高度H。

15.一同学制造了一个便携气压千斤顶，其结构如图所示，直立圆筒型气
缸导热良好，长度为L0，活塞面积为S，活塞通过连杆与上方的顶托相
L0处有固定限位装置AB，连接，连杆长度大于L0，在气缸内距缸底1
3
以避免活塞运动到缸底。

开始活塞位于气缸顶端，现将重力为3p0S的
物体放在顶托上，已知大气压强为p0，活塞、连杆及顶托重力忽略不计，求：
(1)稳定后活塞下降的高度；
(2)为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体。

六、综合题（本大题共1小题，共12.0分）
16.如图所示，在矩形ABCD内有以对角线BD为边界的匀强电场和匀强磁场，已知电场的方向竖
直向下，磁场垂直纸面，矩形ABCD的AB边是AD边长的倍，一个质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，经时间t在对角线BD的P 点垂直BD进入磁场，并从DC边上的Q点垂直DC离开磁场，试求：
(1)电场强度的大小;
(2)带电粒子经过P点时速度的大小;
(3)离开磁场时的Q点到D点的距离;
(4)磁场的磁感应强度的大小和方向。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A、小球在0.5s末下落的速度最大，由图读出最大速度为5m/s.故A错误．
B、小球在0.5s末第一次反弹，小球第一次反弹的初速度大小为3m/s.故B错误．
CD、图线在0.5−0.8s段表示小球反弹，根据图线的“面积”等于位移大小，知小球能弹起的最大高×3×0.3m=0.45m.故C正确，D错误．
度为：ℎ=1
2
故选：C
由图直接读出速度的大小．图线与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由数学知识求出小球能弹起的最大高度．
本题考查根据速度图象分析物体运动情况的能力．从斜率、面积等等数学角度来理解其物理意义．2.答案：B
解析：解：接触面是水平的，以下我们只分析水平方向的力：
A、甲：不受摩擦力的作用，如果受摩擦力的话，甲不能处于平衡状态．
B、乙：
甲不给乙摩擦力的作用，故乙只受到丙给它的一个摩擦力的作用．
C、丙
因为丙给乙一个向后的摩擦力，故乙给丙一个向前的摩擦力，丙给丁一个向前的推力，所以丁给丙一个向后的推力，丙静止，故丙受到地面给它向后的摩擦力．
丁：
丁只受地面给它的一个摩擦力的作用．
综上所述：甲，不受摩擦力；乙，受1个摩擦力；丙，受2个摩擦力；丁，受一个摩擦力．
故选：B
分别对各个物体受力分析，当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动状态进行分析当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动状态进行分析，分析的顺序一般是从上到下，从外到里
3.答案：C
解析：解：正常成人身高约为1.6m，檇李自然脱落，则初速度为零，下落时做自由落体运动，所以落地的速度为v=√2gℎ=√2×10×1.6≈6m/s，故C正确，ABD错误。

故选：C。

正常成人身高约为1.6m，檇李自然脱落，则初速度为零，下落时做自由落体运动，根据速度位移公式求得。

本题考查自由落体运动的应用。

关键是抓住人的高度，难度较小。

4.答案：A
解析：解：卫星绕地球运行和绕月球运行都是由万有引力充当向心力，
根据牛顿第二定律有G Mm
R2=m v2
R
=m4π2
T2
R
得：v=√GM
R ，T=2π√R3
GM
所以有：v2
v =√m2R1
m1R2
，
T2
T
=√
R23m1
R13m2
故选：A。

研究卫星绕地球运行和绕月球运行，根据万有引力充当向心力结合牛顿第二定律列出等式。

根据已知条件进行对比。

求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较。

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

5.答案：A
解析：解：由图甲可知，I1=2A，I2=3A−2A=1A，则R1+R A2
R2=
U
I1
U
I2
=1
2
，由并联电路特点可知，
图乙所示电路总电阻变小，电路两端电压不变，由欧姆定律可知，干路电路总电流变大，电流表A1示数变大；干路电流变大，电流表A1两端电压变大，并联电路电压变小，又由于电流表A2所在支路电阻变大，由欧姆定律可知，电流表A2示数变小，故A正确，BCD错误；
故选：A。

根据图甲所示电路，由并联电路特点求出通过两支路的电流，然后由欧姆定律判断出两支路的电阻关系；
然后根据电路图乙，应用欧姆定律及并联电路特点分析两电流表示数变化情况．
本题是一道电路动态分析题，要注意理清解题思路，注意串并联电路特点的应用、欧姆定律的应用．6.答案：BC
解析：解：A、发电机电压不变，升压变压器的输入与输出电压不变．故A错误．
B、发电机电压不变，升压变压器的输入与输出电压不变，输电线上损失的电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压器副线圈电压变小，故B正确，C正确；
D、用户的负载增多，降压变压器副线圈电流变大，原线圈电流变大，即高压输电线中的电流变大，故D错误；
故选BC．
用电高峰期，用户总功功率变大，电路电流变大，输电电流变大，输电电压损失变大，用户电压变小，灯泡实际功率变小，灯泡变暗．
熟悉远距离输电过程，知道变压器原副线圈电压与电流关系是正确解题的关键．
7.答案：AC
解析：
根据轨迹弯曲方向判定可知粒子受点电荷Q的斥力，即可确定电性；根据a、b两点在同一等势面上，可判定从a到b电场力所做的总功为0。

根据动能定理分析动能；根据粒子从d向b运动过程中电场
力做功情况，分析b、d两点动能的大小。

本题是轨迹问题，关键根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受的电场力方向。

A、B由图知，粒子的运动轨迹向左弯曲，受到点电荷Q的斥力作用，则知粒子带正电，故A正确，B错误;
C、a、b两点在同一等势面上，粒子从a到b电场力所做的总功为0，根据动能定理可知粒子经过b 点时具有与a点相同的动能，故C正确；
D、粒子从d向b运动过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，则粒子经过b点时的动能大，故D错误。

故选AC。

8.答案：BD
解析：解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误。

B、据电势能公式E p=qφ可知，电势能取决于电荷的电荷量及电性和电场中的电势，正电荷在电势越高的地方，电势能一定大，故B正确。

C、公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误。

D、据电势能公式E p=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，故D正确。

故选：BD。

电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed和电势能公式E p=qφ即可求解。

明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定。

9.答案：AB
解析：
水银柱受重力和两侧气体的压力，如果水银柱相对玻璃管在向上移动，可能是失重，也可能是两侧气体的压强差变大产生。

本题关键是明确水银柱相对玻璃管向上移动的原因是水银柱失重或者两侧气体的压强差值增加，结合气体实验定律分析，不难。

A.玻璃管做匀速运动，依然是平衡状态，环境温度升高，则管内气体温度升高，假设水银柱不动，
则两部分气体均发生等容变化，由查理定律p
T =c，得△p
P
=△T
T
，可得压强的变化量△p=△T
T
p，原来
下部分气体的压强较大，可知它的压强增加量较大，所以水银柱将向上移动，故A正确；
B.温度不变，玻璃管向下做加速运动，加速度向下，是失重，故水银柱相对玻璃管向上移动，故B 正确；
C.温度不变，玻璃管向下做减速运动，加速度向上，是超重，故水银柱相对玻璃管向下移动，故C 错误；
D.温度降低，假设水银柱不动，则两部分气体均发生等容变化，由查理定律p
T =c，得△p
P
=△T
T
，可得
压强的变化量△p=△T
T
p，原来下部分气体的压强较大，可知它的压强减小量较大，所以水银柱将向下移动；玻璃管向下做减速运动，加速度向上，是超重，也要导致水银柱相对玻璃管向下移动；故D错误。

故选AB。

10.答案：AC
解析：解：A、图示时刻，x=4m的质点正向下振动，据题有1
4T=1s，得T=4s，频率为f=1
T
=0.25Hz.
两波的波速相等，波长相等，由v=λf知频率相等，均为0.25Hz.故A正确。

B、两波的波速为v=λ
T =4
4
=1m/s，设经过t时间两波相遇，则有2vt=4m，得t=2s，故B错误。

C、两列波相遇后，x=6m处是两波的波峰或波谷相遇处，该处质点振动加强。

x=7m处是两波的波峰与波谷相遇处，该处的质点振动减弱，故C正确。

D、稳定干涉后，x=4m的质点振动减弱，振幅为A−A
2=A
2
，故D错误。

故选：AC。

根据x=4m的质点再过1s将第一次到达波谷，求得周期，从而求得频率。

读出波长，求得波速，再根据运动学公式求两波相遇的时间。

根据质点到两波源的路程差与波长的关系分析振动的强弱，并由此确定稳定干涉后x=4m的质点振幅。

本题考查了波长、波速、频率之间的关系以及波的叠加，会根据波的传播方向判断振动方向，要掌握波的叠加原理，知道质点的实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和。

11.答案：大于小于小于
解析：解：从题目所给的光路图看，MN光线经棱镜折射后偏折得更厉害些，所以三棱镜对MN光线的折射率n更大。

我们知道，光的折射率n越大的光线频率v越大，根据波长与频率的关系：λ=c
v
，则MN光线在真空中的波长小。

根据双缝干涉间距公式有：△x=L
d
λ，当用同一双缝干涉装置(即公式中L和d相同)在空气中做干涉实验时，波长λ越小，则相邻亮纹间距△x就越小；
故答案为：大于、小于、小于
从光线的偏折程度比较折射率的大小，再根据折射率与频率的关系、频率与波长的关系比较波长的大小，由双缝干涉条纹间距公式比较间距的大小。

本题是把光的折射与双缝干涉的基础内容综合在一个题目中，记住这此基本公式n=sini
sinr =c
v
、c=λf、
△x=L
d
λ、以及光的频率与折射率的关系是解题的关键，当然还要从折射图中能判断偏折程度的大小。

12.答案：弹簧测力计接反了 5.0钩码的质量m(F−mg)L=1
2m[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2]0.04
解析：解：(1)分析实验装置可知，以钩码为研究对象探究“动能定理”。

需要得到细线对钩码的拉力，弹簧测力计挂钩处的拉力即弹簧测力计的读数，故弹簧测力计装反了；
(2)根据游标卡尺的读数规则分析，d=5mm+0×0.1mm=5.0mm；
(3、4)根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，分析钩码通过光电门A、B时的瞬时速
度，即v A=d
△t1，v B=d
△t2
，
该过程中，动能变化量△E k=1
2mv B2−1
2
mv A2，故还应该测量的物理量是钩码的质量m；
合外力为F−mg，做功W=(F−mg)L；
得到动能定理的表达式为(F−mg)L=1
2
m[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2]；
(5)分析题意可知，(F−mg)L=1
2m(v B2−v A2)，解得v B2=2(F−mg)L
m
+v A2，对照v B2−L图象可知，斜
率2(F−mg)
m =0.48−0.16
0.8
=0.4，其中F=0.4N，则m=0.04kg。

故答案为：(1)弹簧测力计接反了；(2)5.0；(3)钩码的质量m；(4)(F−mg)L=1
2
m[(d
△t2
)2−(d
△t1
)2]；
(5)0.04。

(1)弹簧测力计挂钩处的拉力即弹簧测力计的示数；
(2)根据游标卡尺的读数规则读数；
(3、4)以钩码为研究对象，分析钩码动能的变化和合外力对钩码做的功；
(5)根据动能定理关系式对照图象分析图象的斜率，求解钩码的质量。

本题考查了探究“动能定理”的实验，解题的关键是研究对象的确定，列出动能定理关系式，对照图象分析斜率和截距。

13.答案：(1)1.47；1100；C；(2)①实物电路图如图所示；②3.0；0.33；③A；(3)2.9；0.50。

解析：解：(1)由图甲所示可知，电压表量程为2.5V，分度值为0.05V，示数为：1.47V；
若用多用电表测电阻，选择开关至“×100”挡，由图甲所示可知，该电阻的阻值为11×100= 1100Ω；
多用电表使用完毕要把选择开关置于交流电压最高挡，即应置于C处。

(2)①根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
②电源U−I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，由图示图象可知，
电源电动势：E=3.0V，
电源内阻：r=ΔU
ΔI =2.40−1.60
1.00−0.40
−R0≈1.33−1=0.33Ω；
③本实验采用相对电源的电流表外接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致电流表示数偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故A正确，BCD错误，故选：A
(3)由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.40V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.30V时，
电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；
则根据闭合电路欧姆定律可得：2.40=E−r，2.30=E−1.2r，解得：E=2.9V，r=0.50Ω；
故答案为：(1)1.47；1100；C；(2)①实物电路图如图所示；②3.0；0.33；③A；(3)2.9；0.50。

(1)根据图甲所示确定电压表的量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
多用电表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡。

(2)①根据实验原理图连接实物电路图；
②根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象即可得出电源的电动势和内电阻；
③明确实验误差原因，根据测量值和真实值之间的关系确定正确的图象；
(3)明确电路结构，知道滑动变阻左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和图象结合可求得电动势和内电阻。

本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，用伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意掌握数据处理的基本方法以及误差分析的方法
14.答案：解：由题意，航拍仪做匀加速运动，根据运动学公式，有
ℎ=1
2
at2
代入数据，得
a=1m/s2
(2)设航拍仪所受升力大小为F，根据牛顿第二定律，有
F−mg−F f=ma
整理，代入数据，得
F=34N
(3)设航拍仪到达h高度时速度大小为v，则由速度公式，有
v=at
当失去动力后，航拍仪受阻力和重力作用，设加速度大小为a′，该段位移为ℎ′，则由牛顿第二定律，得
mg+F f=ma′
根据运动学公式，有
ℎ′=v2 2a′
由题意知
H=ℎ+ℎ′
整理，代入数据，得
H=34m
答：(1)航拍仪匀加速起飞的加速度大小为1m/s2；
(2)航拍仪匀加速起飞时升力的大小为34N；
(3)航拍仪动力系统恢复时所在的高度H为34m。

解析：(1)由题意，结合运动学公式，可以求出加速度大小；
(2)根据已知量，利用牛顿第二定律，可以求出升力大小；
(3)根据题意先求出失去动力时的速度，再根据牛顿第二定律求出此时的加速度，根据运动学公式可以求出高度。

本题考查牛顿第二定律，关键要注意已知运动状态时要先运用运动学公式求出加速度，再利用牛顿第二定律，分析物体的受力情况。

15.答案：解：(1)取密封气体为研究对象，初态压强为p0，体积为L0S
假设没有AB限位装置，末态时压强为p，气柱长度为L，则：
p=p0+G
S
=4p0
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p0L0S=pLS
解得：L=L0
4
因L0
4<L0
3
，故活塞停在AB限位装置处，活塞下降高度为ℎ=L−L0
3
=2L0
3
(2)以活塞回到初始位置时的气体为研究对象，把原来气体和打入的气体作为整体，气体发生等温变化
初态：p2=p0，V2=L0S+V
末态：p3=4p0，V4=L0S
根据玻意耳定律可得：p2V2=p3V3
解得：V=3L0S
答：(1)稳定后活塞下降的高度为2L0
3
；
(2)为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体为3L0S。

解析：(1)被封闭气体做等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得被封闭气体的高度，即可判断活塞下降的位置。

(2)把打入的气体和气缸内的气体作为整体，气体做等温变化，根据玻意耳定律即可求得打入的气体体积。

本题主要考查了等温变化，利用玻意耳定律，关键是把变质量问题转化为恒质量问题，学会转换。

16.答案：解：(1)设AD=L，则有几何关系知sin∠ABD===，所以∠ABD=30°
带电粒子到达P点时方向垂直BD，则有=tan30°=，又=at=t
解得：E=
(2)由=tan30°=，得：=，故==2
(3)因为带电粒子经时间t到达P点，故带电粒子的水平位移为x=t，故有=cos30°=，所以PD=
又因为进入磁场时速度方向过P点垂直BD，则PD为半径方向指向圆心，离开磁场时过Q点垂直DC，则QD为半径方向指向圆心，故交点D为圆心，PD、QD都是半径，故离开磁场时的Q点到D 点的距离为QD=PD=
(4)由带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有
qvPB=m，即R=
又因为R=QD=PD=，vP=2v0。