江苏省南通市2021届新高考物理三模试卷含解析

江苏省南通市2021届新高考物理三模试卷
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．某同学用如图甲所示的装置测量滑块A 与木板间的动摩擦因数，用手缓慢地提起木板的左端使木板以其右端为圆心缓慢转动，当板与水平方向的夹角37θ=︒时，滑块A 开始沿板下滑。

而后将木板和滑块A 平放在水平桌面上，木板固定在桌面上，如图乙所示，滑块A 左侧弹簧测力计读数为5N 且处于伸长状态，右侧通过轻质细绳绕过定滑轮悬挂一轻质砝码盘，滑轮摩擦不计，滑块的质量1kg M =，连接滑块的弹簧测力计和细线均水平放置，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

若缓慢增加盘中的砝码，使盘中砝码总质量达到1.2kg 时，将会出现的情况是()210m/s g =（ ）
A ．A 向右运动
B ．木板对A 的摩擦力为7.5N
C ．木板对A 的摩擦力方向保持不变
D ．弹簧测力计读数仍为5N
【答案】D
【解析】
【详解】
ABD.缓慢转动木板使滑块开始下滑时，静摩擦力恰好达到最大值，由平衡条件得：
sin cos Mg Mg θμθ=，
解得：
0.75μ=，
木板与滑块水平放置时，木板与滑块间的最大静摩擦力：
0.75110N 7.5N m f Mg μ==⨯⨯=，
不放砝码时，滑块水平方向受弹簧测力计的拉力和木板对A 的摩擦力，由平衡条件得：
5N F f ==，
摩擦力方向水平向右，当砝码盘总质量达到1.2kg 时，物块A 受到右侧绳的拉力：
1. 210N 12N T F mg ==⨯=，
设滑块仍处于静止，由平衡条件得：
T F f F '+=，
得：
7N 7.5N f '=<，
假设成立，滑块仍处于静止，弹簧测力计读数仍为5N ，故AB 错误，D 正确；
C.对比初状态的摩擦力可得摩擦力方向由水平向右变为水平向左，故C 错误。

故选：D 。

2．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（ ）
A ．A 、
B 物体组成的系统动量守恒
B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点
C ．A 运动到圆槽的最低点时A 23
gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 3gR 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A 、
B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A 错误；
B ．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；
CD ．对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒
2A B mv mv =
对AB 整体应用机械能守恒可得
2211222
A B mg mv v R m =+⋅ 所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为
3B gR v = 43A gR v =
故C 错误，D 正确；
故选D 。

3．2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。

已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg ，设发动机启动后将气流以6000m/s 的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s 2）（ ）
A ．0.02kg
B ．0.20kg
C ．0.50kg
D ．5.00kg
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F ，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于F ，对扎帕塔（及装备），则
F Mg =
设时间t ∆内喷出的气体的质量m ∆，则对气体由动量定理得
∆=∆F t mv
解得
m F Mg t v v
∆==∆ 代入数据解得
0.2kg m t
∆=∆ 发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg ，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．如图所示，A 、B 两滑块质量分别为2kg 和4kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平
面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg 的钩码C 挂于动滑轮上，只释放A 而按着B 不动；第二次是将钩码C 取走，换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放B 而按着A 不动。

重力加速度g ＝10m/s 2，则两次操作中A 和B 获得的加速度之比为（ ）
A ．2：1
B ．5：3
C ．4：3
D ．2：3
【答案】C
【解析】
【详解】 第一种方式：只释放A 而B 按着不动，设绳子拉力为T 1，C 的加速度为a ，对A 根据牛顿第二定律可得 T 1=m A a A
对C 根据牛顿第二定律可得：
m C g-2T 1=m C a
根据题意可得
a A =2a
联立解得：
23
A a g 第二种方式：只释放
B 而A 按着不动，设绳子拉力为T 2，对B 根据牛顿第二定律可得
T 2=m B a B
而
T=40N=2T 2
联立解得：
a B =12
g 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为a A ：a B =4：3，故C 正确、ABD 错误。

故选C 。

5．在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m 小物块，如图甲所示。

升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a 随时间t 变化如图乙所示。

取竖直向上为正方向，重力加速度为g ，以下判断正确的是（ ）
A ．在0～2t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B ．在t 0～3t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C ．t=t 0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D ．t=3t 0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由乙图可知，在0～2t 0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A 错误；
B ．由乙图可知，在t 0～3t 0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B 猎；
C ．由乙图可知，t=t 0时刻，物块所受的支持力大小为mg ，C 正确；
D ．由乙图可知，t=3t 0时刻，物块所受的支持力大小为mg ，D 错误。

故选C 。

6．建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。

在一次抛砖的过程中，砖块运动3s 到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2s 内位移的后13
用时为t 1，通过第1s 内位移的前15
用时为t 2，则21t t 满足（ ） A ．211154
t t << B ．211143t t << C ．211132t t << D ．21112t t << 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3s 减为0 ，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。

根据自由落体运动的公式212
h gt =，得第1s 内，第2s 内，第3s 内的位移之比为 123::1:3:5S S S =
从最高点开始，设第1s 内位移为x ，则第2s 内为3x ，第3s 内为5x 。

所以从最高点开始，砖块通过上抛第2s 位移的后13的位移为第2个x ，通过第1s 内位移的前15
的位移即为第9个x ，按照自由落体公式可
得
1222x x t g g ⨯=- 229289x x t g ⨯⨯=
- 所以
21980.4121
t t -=≈- 所以ABD 错误，C 正确。

故选C 。

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，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。

已知磁感应强度为0B ，硅胶绳的劲度系数为k ，通入电流前绳圈周长为L ，通入顺时针方向的电流I 稳定后，绳圈周长变为1L 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014
B L π
B ．ACB 段绳圈所受安培力的合力大小为012
B IL
C ．图中A B 、两处的弹力大小均为012B LL π
D ．题中各量满足关系式0122k B I L L k
ππ-= 【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．通入顺时针方向电流I 稳定后，绳圈周长为1L ，由
112L r π= 可得112L r π
=，面积 22
2111
()24L L S r ππππ=== 由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于0B ，由磁通量公式
BS Φ= 可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014B L π
，故A 正确； B ．ACB 段的等效长度为12r ，故ACB 段所受安培力
011010222B IL L F B I r B I ππ
=⋅=⋅
= 故B 错误； C ．设题图中A B 、两处的弹力大小均为1F ，对半圆弧ACB 段，由平衡条件有
01
12B IL F π= 解得0112B IL F π
=，故C 正确； D ．由胡克定律有
11()F k L L =- 解得0112B IL L L k π
-=，两侧均除以1L ，得 0112B I L L k π
-= 即0122k B I L L k ππ
-=，故D 正确。

故选ACD 。

8．如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

从t=0时开始，对AB 棒施加一与导轨平行的水平外力F ，
使AB 棒从静止开始向右做加速度大小为a 0的匀加速直线运动。

导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

下列关于CD 棒的速度v 、加速度a 、安培力F 安和外力F 随时间t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD 的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A 错误；
B ．开始时，CD 棒的速度为零，加速度为零；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB 的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD 的加速度与AB 加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B 正确；
C ．在开始C
D 棒不动时，安培力
2222BLat B L a F BL t R R
==安 即安培力随时间成正比关系增加；当CD 开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C 错误；
D ．对AB 外力
2200=2B L a F ma f F ma f t R
=++++安 开始时CD 加速度为零，AB 加速度为a=a 0，则此时外力F 随时间t 线性增加；当CD 开始运动后加速度
从0开始逐渐变大，导体棒AB 所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D 正确。

故选BD。

9．如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g，则（）
A．若乙的速度为v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s=
2
0 2
v gμ
B．若乙的速度为2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变
C．若乙的速度为2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=0
2v
D．保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率
P=45
5
mgμv0
【答案】CD 【解析】
根据牛顿第二定律，μmg=ma，得a=μg，摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小为
2
2
x
a g ＝μ，
根据−2a x s＝1-v12，解得：
2
2
2
v
s
g
μ
＝，故A错误；
沿传送带乙方向的加速度a y＝
2
2
μg，达到传送带乙的速度所需时间0
2
y
v
t
a
=，与传送带乙的速度有关，
故时间发生变化，故B错误；设t=1时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为a x、a y，
则 y x a tan a θ＝，很小的△t 时间内，侧向、纵向的速度增量△v x =a x △t ，△v y =a y △t ，解得 y x v tan v θ∆∆＝ ．且
由题意知， y x v tan v θ＝t ，则 y y y x x x
v v v tan v v v θ'-∆'-∆＝＝，所以摩擦力方向保持不变，则当v x ′=1时，v y ′=1，即v=2v 1．故C 正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的位移为y ，由题意知，a x =μgcosθ，a y =μgsinθ，在侧向上−2a x s ＝1-v 12，在纵向上，2a y y ＝(2v 1)2−1; 工件滑动时间02y
v t a ＝ ，乙前进的距离y 1=2v 1t ．工件相对乙的位移221()L x y y =+-，则系统摩擦生热Q=μmgL ，依据功能关系，则电动机
做功：()22001
1
2?22
W m v mv Q ++＝ 由 W P t ＝ ，解得045 5
P mg v ＝μ ．故D 正确；故选CD. 点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
10．如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈（线圈电阻不计）绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器R ，原、副线圈匝数分别为n 1、n 2。

要使电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是
A ．n 2增大为原来的2倍，ω、R 不变
B ．ω增大为原来的2倍，n 2、R 不变
C ．ω和R 都增大为原来的2倍，n 2不变
D ．n 2和R 都增大为原来的2倍，ω不变
【答案】BD
【解析】
【详解】
线圈转动产生的电压有效值为：
12
U U == 根据理想变压器的规律：
1122U n U n = 1221
I n I n = 根据欧姆定律：
22U I R
联立方程解得：222121112n U n B S I n R n R
ω⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ω增大为原来的2倍，n 2、R 不变、n 2和R 都增大为原来的2倍，ω不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD 正确，AC 错误。

故选BD 。

11．如图所示，A 、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。

弹簧的劲度系数为k ，木块A 和木块B 的质量均为m 。

现用一竖直向下的压力将木块A 缓慢压缩到某一位置，木块A 在此位置所受的压力为F （F>mg ），弹簧的弹性势能为E ，撤去力F 后，下列说法正确的是（ ）
A ．当A 速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B ．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A 、B 的冲量相同
C ．当B 开始运动时，A E mg F g M k
+-D ．全程中，A 上升的最大高度为
344E mg F mg k
++（） 【答案】AD
【解析】
【详解】 A ．由题意可知当A 受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A 正确；
B ．由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A 、B 的冲量方向相反，故B 错误；
C ．设弹簧恢复到原长时A 的速度为v ，绳子绷紧瞬间A 、B 共同速度为v 1，A 、B 共同上升的最大高度为h ，A 上升最大高度为H ，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得
212
mg F E mg v k m +=+
绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得
mv=2mv 1
A 、
B 共同上升的过程中据能量守恒可得
211()()2
m m v m m gh +=+ mg F H h k
+=+ 可得B 开始运动时A 的速度大小为
22E mg F v g m k
+=- A 上升的最大高度为
3()44E mg F H mg k
+=+ 故C 错误，D 正确。

故选AD 。

12．倾斜传送带在底端与水平面平滑连接，传送带与水平方向夹角为α，如图所示。

一物体从水平面以初速度v 0冲上传送带，与传送带间的动摩擦因数为tan α，已知传送带单边长为L ，顺时针转动的速率为v ，物体可视为质点，质量为m ，重力加速度为g 。

则物体从底端传送到顶端的过程中（ ）
A ．动能的变化可能为2201()2
m v v - B ．因摩擦产生的热量一定为201()4
m v v - C ．因摩擦产生的热量可能为0sin (
1)v mgL v α- D ．物体的机械能可能增加mgLsin α
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
因为=tan μα，则
cos =sin mg mg μαα
分析物体的运动得分两种情况：
第一种情况是0v v ≥，物体滑上传送带后先减速后匀速，最终速度为v ，由动能定理可知动能的变化为2201()2m v v -； 相对运动过程中摩擦生热
()20001cos 22sin 4
v v v v mg v m v g Q v μαα+-⎛⎫⋅-=- ⎪⎝⎭= 增加的机械能为
22011sin 22
E mgL mv mv α∆=+- 第二种情况是0v v <，物体滑上传送带后一直做匀速直线运动，摩擦生热
00cos sin 1L v Q mg v L mgL a v v μα⎛⎫⎛⎫=⋅⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
增加的机械能
sin E mgL α∆=
综上所述，选项B 错误，ACD 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲为一个简单的多用电表的电路图，其中电源的电动势E=1.5V 、内阻r=1.0Ω，电流表内阻R g =10Ω、满偏电流I g =10mA 。

该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C 为上排刻度线的中间刻度。

(1)选择开关接“1”，指针指在图乙所示位置时示数为_____（结果保留三位有效数字）。

(2)如果选择开关接“3”，图甲中电阻R 2=240Ω，则此状态下多用电表为量程_____的电压表。

(3)如果选择开关接“2”，该多用电表可用来测电阻，C 刻度应标为_______Ω。

(4)如果选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R 1的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为_______Ω（保留两位有效数字）。

(5)如果将该多用电表的电池换成一个电动势为1.5V 、内阻为1.2Ω的电池，正确调零后测量某电阻的阻值，其测量结果_____（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）。

【答案】7.46mA 2.5V 150 51 准确
【解析】
【详解】
(1)[1]选择开关接“1”时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为0.2mA ，指针在两最小刻度之间进行估读，故其示数为 37.4mA 0.2mA 7.46mA 10
+⨯= 说明：估读方法符合最新高考评分标准。

(2)[2]根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有
()2 2.5V g g U I R R =+=
所以开关接“3”时为量程2.5V 的电压表。

(3)[3]欧姆表的内阻
150Ωg
E R I ==内 由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故C 处刻度为150Ω。

(4)[4]根据闭合电路欧姆定律有
x
E I R R =+内 其中
7.46mA I =，150ΩR =内
解得
51Ωx R =
(5)[5]因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结果是准确的。

14．实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V 和15V ，其内部电路如图所示，因电压表的表头G 已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R 1、R 2完好，测得R 1=2.9kΩ，R 2=14.9k Ω．现有两个表头，外形都与原表头G 相同，已知表头G 1的满偏电流为1mA ，内阻为50Ω；表头G 2的满偏电流0.5mA ，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r 1=100Ω，r 2=150Ω，r 3=200Ω．若保留R 1、R 2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：
（1）原表头G满偏电流I=_______，内阻r=_______．
（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路_____（标识出所选用的相应器材符号）
（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻R x的阻值：
电流表A量程0～5mA，内阻未知；
最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；
电源E（电动势约3V）；
开关S、导线若干．
由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接____________，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值R x为____Ω．
【答案】1mA 100Ω
750Ω
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图示电路图可知，电压表量程：
I g（r g+R1）=3V
I g（r g+R2）=15V
代入数据解得：I g=1mA，r g=100Ω；
（2）修复电压表，表头满偏电流为，I g=1mA，电阻应为：r g=100Ω，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：
（3）根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：电压表量程为3V，
则其内阻R V＝
3
0.001
＝3000Ω，根据欧姆定律可知3
2.4
750
2.4
410
3000
U
R
I-
=Ω
⨯-
＝＝
．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．光滑水平面上有截面为半圆形柱体A ，半径为R ，在圆柱体截面圆心O 正上方'O 处用轻质细线悬挂小球B 。

小球B 静止在A 上时，细线与竖直方向夹角为α，OB 与'O B 垂直，A 在水平向右推力F 作用下处于静止状态，已知A 、B 质量均为m ，B 可看成质点，不计一切摩擦。

当撤去F ，小球推动半圆柱体向左运动，两者分离后，经过t 时间小球第一次向左摆到最大高度。

（重力加速度大小为g ）求：
(1)水平推力F 的大小；
(2)自撤掉F 后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，圆柱体位移大小。

【答案】 (1)cos sin ααmg ；2cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
--R R g 【解析】
【详解】
(1)对B 分析，绳子拉力 T cos g F m α=
把AB 当成整体，水平方向合力为零，则
T sin cos sin F F mg ααα==
(2)根据几何关系
'sin R OO α
=
绳长 tan R L α
= 当B 运动到最低点AB 分离，此时小球距离地面高度
'h OO L =-
所以半圆柱体右下角距原来O 点距离
22d R R h =-
因此该过程半圆柱体位移为
2212cos (1cos )sin R x R d R h ααα
=-=-=-AB 分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律
21(1cos )22
mgL mv α-=⨯ 解得
cos (1cos )sin gR v ααα
-= 此后半圆柱体做匀速运动，t 时间内位移
2cos (1cos )sin gR x vt t ααα
-== 全过程半圆柱体位移
122cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
=+=-+-R R x x x t g
16．如图所示，竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝0.10m 2，活塞的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U 形玻璃管相通。

开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80cm 的气柱（U 形管内的气体体积不计），此时缸内气体温度为27℃，U 形管内水银面高度差h 1＝15cm 。

已知大气压强p 0＝75cmHg 。

（1）让汽缸缓慢降温，直至U 形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
（2）接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气
柱高度达到96cm ，求整个过程中气体与外界交换的热量（p 0＝75cmHg ＝1.0×105Pa ）。

【答案】（1）-23℃（2）吸收热量31.6J 10⨯。

【解析】
【详解】
（1）对气缸内的气体，初始状态：p 1=p 0+h 1＝75+15=90cmHg ；V 1=HS=0.8S ；T 1=273+27=300K 末态：p 2=p 0＝75cmHg ；V 2=HS=0.8S ；T 2=？
由112212
p V p V T T =可得： 2
9075=300T
解得
T 2=250K=-23℃
（2）解除对活塞的锁定后，气体内部压强变为p 0，气体吸收热量对外做功，最终气体温度与外界温度相同，即气体内能不变；当汽缸内封闭的气柱高度达到96cm 时，对外做功
5300.1(0.9601.010.80)J 1.61J 0W p S h ⨯=-=⨯=∆⨯⨯
由热力学第一定律可知，整个过程中气体吸收热量31.6J 10⨯。

17．在直角坐标系xoy 平面内存在着电场与磁场，电场强度和磁感应强度随时间周期性变化的图像如图甲所示。

t=0时刻匀强电场沿x 轴负方向，质量为m 、电荷量大小为e 的电子由（－L ，0）位置以沿y 轴负方向的初速度v 0进入第Ⅲ象限。

当电子运动到（0，－2L ）位置时，电场消失，空间出现垂直纸面向外的匀强磁场，电子在磁场中运动半周后，磁场消失，匀强电场再次出现，当匀强电场再次消失而匀强磁场再次出现时电子恰好经过y 轴上的（0，L ）点，此时电子的速度大小为v 0、方向为+y 方向。

已知电场的电场强度、磁场的磁感应强度以及每次存在的时间均不变，求：
(1)电场强度E 和磁感应强度B 的大小；
(2)电子从t=0时刻到第三次经过y 轴所用的时间；
(3)通过分析说明电子在运动过程中是否会经过坐标原点。

【答案】 (1)202mv E eL
=，2mv B eL 0=；(2)0(6)L t v π=+；(3)能过原点 【解析】
【分析】
【详解】
(1)轨迹如图所示
电子由A 点进入第Ⅲ象限，此时空间存在-x 方向的电场，设电子运动到B 点用时为t ，在x 方向上
212
L at = 在-y 方向上
02L v t =
设电场强度为E
eE ma = 解得202mv E eL
=。

在B 点，电子速度为v ，方向与y 轴夹角为α，则
tan at v α= 0cos v v α
= 电子从C 点到D 点可以逆向看成从D 点到C 点的运动，此过程中只有电场，跟A 到B 的过程完全一样。

由几何知识知道EC=L ，OE=L 。

从B 到C ，电子做圆周运动的半径为R
22
R L = 设磁感应强度为B
20v evB m R
= 解得2mv B eL
0=。

(2)到D 点后，电子在磁场中运动的半径为r ，半周期后运动到F 点。

20v evB m r
=
电子在磁场中运动周期跟速度大小无关，由
2r T v π= 可得
2m T eB
π= 到F 点之后的运动，周期性重复从A-B-C-D-F 的运动过程，第三次到y 轴时位置是E 点。

每次在电场中运动的时间为t 1
10
2L t v = 每次在磁场中运动的时间为t 2
22
T t = 所以从开始运动到第三次经过y 轴的时间
120
32(6)L t t t v π=+=+ (3)把从B-C-D-F-E 看成一个运动周期，每周期沿+y 方向移动L 。

所以可以判断电子一定会经过坐标原点。