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1、2021年河北省唐山市高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共6小题，共24.0分）1.氢原子吸收一个光子后，根据玻尔理论，下列判断正确的是（）A.电子绕核旋转的轨道半径增大B.电子的动能会增大C.氢原子的电势能减小D.氢原子的能级减小2.如图所示，ABC。为倾角为30。的正方形斜面，其中AB与底边。C平行、3 c与4。平行。斜面上一质量为1口的物块，在斜面内施加平行于4B向左的拉力F 物块恰好沿斜面对角线8。匀速下滑。下列叙述正确的（g=10m/s2）（）A.物块受到摩擦力的方向平行于沿斜面向上B.水平向左的外力大小等于5VNC.滑动摩擦力的大小等于5ND.物块与斜面间的动摩擦因数考3.如图
2、所示，水平地面固定半径为的四分之一圆弧ABC,。为圆心。在圆心。右侧同一水平线上某点水平向左抛出一个小球，可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的。点，。点到水平地面的高度为2机，取g=10?n/s2,则小球的抛出速度是（）A.苧4.如图所示，在平直公路上行驶的箱式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5口 的重物，轻绳AO、B。与车顶部夹角分别为30。、60。.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在。点位置不动，重力加速度为g,箱式货车的最大加速度（）A.B.&C.逊 D.V3G2 3 2 5.如图所示，水平向右的匀强电场，电场强度大小为喘。4、尸A BB、C、。是电场中一条电场线上相邻且间距均为
3、R 的四个点，在。点固定正点电荷 Q。现使一个带负电的粒子从A 点以某一速度向右运动,粒子经过的各点电势租、E 粒子的速度V、电势能昂 及机械能E 变化正确的是（不计带负电粒子的重力及对电场的影响，从 A 点开始计算，并以A 点为坐标原点）（）B.06.假设在月球表面将物体以某速度竖直上抛，经过时间：物体落回地面，上升的最大高度为儿已知月球半径为R、万有引力常量为G,不计一切阻力。则月球的密度为（）D 3GRt2二、多 选 题（本大题共4 小题，共 24.0分）7.如图所示，理想变压器的初级线圈连接电压恒定的交流电源，初、次级线圈均接入阻值为R 的负载电阻。当电键S 断开时，与初级线圈连接的电
4、压表匕的示数为Ui，与次级线圈连接的电压表/的示数为4，则以下判断中正确的是（）A.电键断开时，初级线图中的输入电流为普B.交流电源的电压为监警C.电键闭合时，电压表匕的示数减小D.电键闭合时，交流电源输出功率减小X8.4、B 两物体沿同一直线同向运动，0 时刻开始计时，A、7（*）8 两物体的:一 1图像如图所示，已知在t=10s时 A、8 二二二在同一位置，根据图像信息，下列正确的是（）A.B 做匀加速直线运动，加速度大小为lm/s2B.t=6s时，A 在前、B 在后，3 正在追赶A第2页，共18页C.A、B在零时刻相距30mD.在0 10s内，A、B之间的最大距离为49根9.如图所示，质
5、量为0.4kg的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑半圆轨道，半径为0.4m，下端与水平面相切。现在将质量为0.2kg可视为质点的小球，从图中A 点静止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为1 0 m/s2,不计一切阻力。下列说法正确的（）A.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统动量守恒B.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒C.小球通过半圆轨道。点时.，对轨道的压力大小为4ND.小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为0.5m1 0.如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，乙4=30。、0 c 边长为L,在 C
6、点有放射源S,可以向磁场内各个方向发射速率为%的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K.S发射的粒子有:可以穿过OA边界,OA含在边界以内，不计重力、及粒子之间的相互影响。贝 M）A.磁感应强度大小券 B.磁感应强度大小捋C.O A上粒子出射区域长度为L D.O A上粒子出射区域长度为，三、实 验 题（本大题共2 小题，共 15.0分）1 1.在 探 究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。(1)关于该实验的操作，下 列 说 法 正 确 的 是.A.必须用天平测出砂和砂桶的质量B.一定要保证砂和砂桶的总质量远
7、小于小车的质量C.应当先释放小车，再接通电源。.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为5 0Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是 m/s 2(计算结果保留三位有效数字)；(3)由实验得到小车的加速度与力传感器示数尸的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩擦力乡=N.12.新能源汽车是汽车发展的主流方向，如图(a)为车载动力电池组中一块电池，其技术参数是额定容量约1 2 0 4 b 额定电压约3.3 V,内阻约0.03 0.现有一块该型号的旧电池，某研究小组用如图(b)所示电路测量该电池
8、的电动势和内阻，其中电流表量程 为 100灯火 内阻为9 0；定值电阻R。=1 2 测得的数据如表所示。次数12345R(。)0.94.27.310.814.1/o(mZ)1005 03 42520(1)实 验 中 将 电 流 表 与 定 值 电 阻 并 联 使 用 的 目 的 是 ;(2)利用测得的数据在坐标纸上作出R 和亍的图像，其中/表示干路电流;(3)由图像可知，该电池的电动势5=V,内阻r=图(a)图(b)四、简答题(本大题共1 小题，共 3.0分)第4页，共18页13.某种光学元件由两种不同透明物质I 和 口制成,其横截面如图所示，。为 A B中点，AB AC=3 0,半圆形透明物
9、质I 的半径为 凡 一束光线在纸面内从半圆面上的尸点沿P O 方向射入，折射至A C 面时恰好发生全发射，再从8 c 边上的。点垂直射出 8 c 边，真空中光速为c,光从P 传到。所用时间1 =乎?,求：(结果可用根式表示)(1)该透明物质n 对该光的折射率的；(2)该透明物质I 对该光的折射率%。五、计算题(本大题共3 小题，共 37.0分)14.如图所示，固定斜面倾角为0,小物块A 和 B 的质量分别为 2祖和内 与斜面之间的动摩擦因数分别为由和也.开始时小物块B 恰好静止在距离斜面顶端面处，此时小物块8-所受摩擦力为最大静摩擦力。小物块A 从斜面顶端由静止释放，一段时间后与物块B 发生弹
10、性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与 B 均可视为质点，求：(1)物块A 与 8 发生碰撞后物块B的速度；(2)若物块A 与 B 在斜面上只能发生一次碰撞，斜面长度应小于多少？15.如图所示为一研究导体棒在磁场中运动的装置。两平行光滑金属轨道倾角为30。，导轨间距d=1 m,导轨上端通过单刀双掷开关可以分别与1、2相连，其 中1连接光电管，2连接一个电容C=0.25F的电容器。两平行导轨间存在着垂直于轨道平面向上的匀强有界磁场，磁感应强度8=1 T,磁场宽度DE=17n。现利用光电管把光信号转换为电信号，A和K分别是光电管的阳极和阴极，电源电压为U。用发光功率为P的激光器发出频率为v的光
11、全部照射在K上，开关与1接通，回路中形成电流。已知阴极K材料的逸出功为%,普朗克常量为力，电子电荷量为e。初始时，导体棒恰好能静止在磁场上边缘。处，导体棒垂直导轨放置，各处电阻均不计，重力加速度取10m/s2。求：(1)光电子到达A时的最大动能反皿；(答案用字母表示)(2)假设每个入射的光子会产生1个光电子，所有的光电子都能到达A,激光器发光功率P=13.26W，v=6.4 x 1014/z.h=6.63 x 10-3 4/-s e=1.6 x 10-19C,求导体棒的质量m-(3)把开关快速搬到位置2,导体棒向下运动起来，在运动过程中始终与导轨垂直,求导体棒运动到E处时的速度大小。16.20
12、20年抗击新冠病毒已成为常态。如图为某学校所用手持3乙消毒喷雾壶结构图，某同学装入1.5L水后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动手柄打气20次,每次打入气体体积相同，压强均为10卬 或 从较高层教室窗口释放一软细塑料管并连第6页，共18页接置于地面的喷壶嘴，接着打开喷水阀门，壶内水沿塑料软管上升停止上升时管内水面与壶内水面的高度差为10机。测出塑料软管每米容纳水力=2 0 m L,不考虑环境温度的变化和壶内喷水管的体积，g=10m/s2o求加压20次后壶内的气体压强为多少？答案和解析1.【答案】A【解析】解：A D,氢原子吸收一个光子后，从低能级向高能级跃迁，氢原子的能量增大，能级增多，轨道半径增大
13、，故 A 正确，。错误；B C、氢原子的能量增大，根 据 写=叱，得轨道半径增大，电子速率减小，动能减小，由于氢原子能量增大，则氢原子电势能增大，故 8 c 错误。故选：A。氢原子吸收一个光子后，从低能级向高能级跃迁，轨道半径增大，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化。解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化。2.【答案】D【解析】解：A、滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以物块受到摩擦力的方向平行于斜面
14、沿。B 向上，故 A 错误。B、物块在斜面平面内受力如图，A B C D 为正方形，9=4 5 ,则F=mgsina=1 x10 xsin30/V=5N故 8 错误。C、滑动摩擦力大小/=喘=lxl0 xsin30.ixiox|r-N=F N =5&N,故 C 错2误。D、物块与斜面间的动摩擦因数=5=肃 茄:=当，故。正确。故选：D。根据相对运动方向来判断摩擦力方向；根据在斜面平面内合力为零即可求拉力F 和摩擦力力垂直斜面方向求物体与斜面间的弹力，进而求摩擦因数。本题考查共点力平衡条件的运用，此题的难点在于会将空间力系转化为平面受力的平衡第8页，共18页问题。3.【答案】C【解析】解：小球撞
15、到。点，下降的高度：h=/?一H=5 2m=3m,到达。点的竖直分速度：vy=y/2h=V2 x 10 x 3m/s=2y/15m/s,所以0 x 图像的斜率为电场强度反而匀强电场的电场强度大小=k 看,方向向右；从 A点到。点，正点电荷Q 的电场的电场强度从41 =k 焉 逐 渐 增 大，方向向左，二者合场强E先减小，到 C点减为零，然后增大，故 A。错误。8、由于从4点到。点，合场强E先减小后增大，所以粒子所受电场力和加速度均先减小后增大，v-t 图像斜率应先减小后增大，故 8正确。C、EP =W =F x,所以图像斜率三 =凡 应该先减小后增大，而 C中图像斜率七 A X先增大后减小，然
16、后再增大再减小，故 C错误。故选：B。(1)电场强度的叠加为矢量叠加；(2)写出图像对应的函数关系，即可分析结果。本题综合考查了电场力的性质和电场能的性质以及应用数学解决物理问题的能力，关键在于熟悉电场中的各个公式。6 .【答案】C【解析】解：由物体做竖直上抛运动可得：h=|5(1)2设月球质量为M,月球表面质量为m的物体所受重力为：GMm-=m9 M M月球的密度p为：P=v=T 3由得：?=瀛 故 c正确，4 8 0 错误。故选：C o由竖直上抛运动可求表面的重力加速度，根据天体表面的万有引力等于重力以及质量与体积密度的关系可求月球的密度。重力加速度是联系万有引力和自由落体、竖直上抛等运动
17、的桥梁，所以找到重力加速度是解决这一类型题的突破口。7.【答案】B C第1 0页，共1 8页【解析】解：A、电键断开时，次级线圈上的电流：12=,由输出功率等于输入功率，则：Uih=U212,所以：1 1=等=暮,故A错误；U U1KB、根据欧姆定律，初级线圈前的电阻上的电压：UR=/R,联立可得：/=瞿；所U1以交流电源的电压为：U=UI+UR=UI+=绰”，故B正确；U 1/1C、电键闭合后次级线圈上负载的电阻值变成会 设 此 时 初 级 线 圈 上 的 电 压 为 电 流为/】，次级线圈上的电压为外，电流为1 2 ，初级线圈前的电阻R上的电压为UR,贝I J：/=誓，=/2，卷=弓 器，
18、初级线圈前的电阻R上的电压：=I；R=也 产，交流电源的电压为：(/=(/】+册=缥 警；U11/1 1/2所以：空警=缥警，可得：竽=会 摆 1,所以电压表七的示数减小，由于变U i 1/1 1/2 U?L Z j +2 1 7 2压器两侧的电压比不变，所以电压表匕的示数也减小，故C正确；。、电压表匕的示数减小，说明变压器的输入电压减小，所以初级线圈前的电阻R上的电压增大，由欧姆定律可知，初级线圈前的电阻R上的电流增大，即电源的输出电流增大，由于电源的输出电压不变，所以电源的输出功率一定增大，故。错误。故选：B C。根据欧姆定律求出次级线圈上的电流，再由输出功率等于输入功率求出初级线图中的输
19、入电流；根据欧姆定律求出初级线圈前的电阻上的电压，交流电源的电压为初级线圈前的电阻上的电压与初级线圈上的电压的和；再分析电键闭合时次级线圈上电阻的变化与电流、电功率的变化，最后分析交流电源输出功率的变化。考查变压器的基本应用，明确原、副线圈的电压与匝数的关系不变是关键。要注意，若没有第四个选项，第三个选项也可以将初级线圈前的电阻R看成电源的内电阻简单化处理。8.【答案】B D【解析】解:A、根据x=+加2可得：=%+：at由图像可知，B的斜率卜=嘿=1,1 0 o又 k=|a,故 a =2m/s2故A错误；3、根据图像由三角形相似性可以得出B 图线与纵轴交点为4zn/s,即 8 初速度为=4m
20、/s在前六秒时间内，A 3位移均为60加，故 A 在前，B 在后，5 正在追赶A,故 3 正确；C、已知在 =10s时 A、3 在同一位置，在 10s内 通 过 的 位 移 分 别 为xA=10 x 10m=100m1 9 1xB=vot+-at2=4 x 10m 4-x 2 x 100m=140m已知在t=1 0 s时 A、B 在同一位置，故在零时刻相距40m.故 C 错误；。、当A、B 速度相等时，相距最远，有vQ+ati=v代入数据得“=3s此时A、8 位移分别为30%2 1 m,故此时A、8 之间的最大距离为 x=40m+30m-21m=49m故。正确；故选：BD。4、由位移公式得出图
21、像的函数表达式，结合图像斜率求出加速度大小；8、根据图像和函数表达式求出B 的初速度，求出前六秒内的位移，进而判断运动情况；C、根据公式求出10s内的位移，结合题意求出零时刻的位置关系；。、根据速度相等，相距最远，先求出最远距离对应的时刻，再根据位移关系求出最大距离。本题考查匀变速直线运动的图像，要先写出对应的函数表达式，再结合图像求出相关信息，进而解决问题。9.【答案】BD【解析】解：4 小球沿圆弧轨道下滑过程，系统竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，故 A 错误；A 小球沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故 B 正确；C.小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，在半
22、圆轨道的最高点mv2从。点到最高点1,1,-mv-mvg=mgR在。点第12页，共18页N=区=3mg=6N根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为6 N,故C错误；。.小球与圆弧轨道分离，由 水 平 方 向 动 量 守 恒 得=MVM由系统机械能守恒得mgR”=+M诒其中_ 2mgR且 7nxm=MXM,此时粒子射入磁场的方向是沿C4方向，如图2所示，由几何关系可得：CD=r=L,由图可知。=3即OO线段上所有点都有粒子打出，OA上粒子出射区域长度为3故C正确、。错误。故选：B C。根据图中给出的条件“S 发射的粒子有|可以穿过04边界”,可以确定粒子偏离。方向、且在6 0。角范围内粒子全部
23、从0 A 边射出，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度，根据几何关系求解OA上粒子出射区域长度。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径,结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。1 1 .【答案】D 0.5 2 8 0.5【解析】解：(l)A B、细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故 A 8 错误。C、使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车，故 C错误。、在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验中，应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度，故。正确。1
24、(2)因为交流电源的频率f =5 0 H z,所以T =7 =0.0 2 s,已知相邻两计数点之间还有四个点未画出，故相邻两计数点之间的时间间隔为t =0.0 2 x 5 s =0.1 s 由逐差法得：a=(8.28+7.75-7.22-6.7。)*1-=0 5 2 8 7 .4X0.012 (3)由小车的加速度a 与力传感器示数尸的关系图像根据牛顿第二定律得：2 F-f =m a,当a =。时F=0.2 5/V,故 Ff =2 F=0.5/V故答案为：(1)。(2)0.5 2 8 (3)0.5细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于
25、小车的质量，使用打点计时器,应先接通电源,后释放小车。实验时应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度。此题要求我们要有一定的实验操作能力和实验分析能力，只有掌握了实验原理才能顺利解决在原实验基础上的拓展类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习.1 2 .【答案】扩大电流表的量程3.2 2.0【解析】解：(1)由图可知，电流表与定值电阻并联，则根据并联电路规律可知，/=/。+竽=1 0/0,并联一个很小分流电阻，将原电流表的量程扩大为1 0 倍；(2)本实验采用电阻箱和电流表串联来测量电动势和内电阻，S3则根据闭合电路欧姆定律可知:第1 4页，共1 8页/=白，要想得出直线，应变
26、形为：R=E1 r；故应作出R-：图象；R+r/1根据（1）可知，干路中的电流是电流表示数的10倍，再求出表中各对应的电流的倒数,在 图 中 作 出 图 象 如 图 所 示；（3）根据（2）中表达式可知，图中斜率表示电动势E,则E=l/=3.21Z；图象与纵坐标的交点表示内阻，则r=2.0。；故答案为：（1）扩大电流表的量程；（2）如图所示；（3）32（3.23.4均正确）、2.0（1.9 0.2均正确）（1）根据并联电路规律可求得总电流与电流表示数之间的关系，从而知道并联电阻的作用；（2）根据闭合电路欧姆定律进行分析，得出图象所对应的R-+表达式；根据题意求出对应的电流倒数，再利用描点法可求
27、出对应图象；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，则可求得电源的电动势和内电阻。本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律进行分析求解，确定图象为直线时对应的函数关系，再根据数学规律求解电动势和内电阻即可。13.【答案】（1）由题意可知，光线射向A C面恰好发生全-、反射，反射光线垂直于B C面从棱镜射出，光路图如图所 示，飞-C B设光线在透明物质n中发生全反射的临界角为c,在M Q点刚好发生全反射。由几何关系可知C=60。，由=解 得:九2=乎。（2）物 质I中光速=物质n中光速方=也P物 质I中用时tl=由几何关系知，0M=04=R,MC=AC-A M =
28、R-y3R=R,33MQ=MCcos300=/?x y3 2 2物质n中用时t2=吧 丝=崂=9，V2 v2 2V2由已知光从P传到Q所用时间1=tl+t2=詈8联立解得：%=V5答：(1)该透明物质对该光的折射率电为 管；(2)该透明物质/对该光的折射率叫为百。【解析】(1)做出光路图，依据在4 c面恰好发生全反射的条件，由几何关系求得全反射的临界角C,由sinC=工 求得透明物质对该光的折射率；n(2)由已知光从P传到。所用时间的角度出发，由几何关系分别求得光线在物质/和中的路程，结合 =得到光线在物质/和中的传播时间，由时间关系的等式求得透明物质/对该光的折射率。本题考查了光学的折射定律
29、以及全反射现象，解答此类题目依据物理原理作出光路图是基础，利用数学几何知识解题。14.【答案】解：(1)4加速下滑，由动能定理有得：(2mgs讥。-2%mgcos0)x()(2m)咯对于A8碰撞过程，规定沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：2m%=2m%+mv2由机械能守恒定律得：x(2 m)3 x(2m)vf(2)若A、8发生第一次碰撞后到恰好要发生第二次，运动时间为r,A 的位移：XA-Vjt+|at2,根据牛顿第二定律得，A的加速度：a=3j E-=g(sin9-%cos。)B的位移：XB=v2t且 XB=XA代入数据解得：t=2g(sin-icose)则斜面的长度L=x0+v2t=%
30、o +3 心 皿 羊 血 明。*2 I/。=等u 3 y g(sin。一 icos。)3答：(1)物块A与8发生碰撞后物块8的 速 度 为 越 还 耳 叵 匹；(2)斜面长度应小于等。第16页，共18页【解析】(1)根据动能定理求出A与8碰撞前的速度大小，A、8发生弹性碰撞，结合动量守恒和机械能守恒求出碰撞后物块B的速度大小；(2)碰撞后，B受力平衡，做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，若两物块只能发生一次碰撞，根据运动学公式，抓住两者的位移相等，求出恰好发生第二次碰撞时的时间，结合A在整个过程中的位移得出斜面的至少长度。本题考查了动量守恒、动能定理和机械能守恒的综合运用，掌握弹性碰撞的特点是
31、解决本题的关键；对于第二问，关键要理清碰撞后A、2的运动规律，结合运动学公式进行求解。1 5.【答案】解：(1)根据光电效应方程可知hv-W0=Ek0逸出的电子在电场中加速向A运动，根据动能定理得Ue=Ekm-Ek0联 立 解 得=Ue+h v-W0(2)每秒钟到达K极的光子数量为，则n/n/=P每秒钟逸出电子个数为n个，则回路的电流强度/=心=n e联 立 得/若对导体棒，由平衡条件知，初始时刻有m g s i n。=B/d解得根=焉 焉代入数据解得m =1kg(3)开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿第二定律得:mgsind Bld=ma导体棒中电流/=c结合q =C
32、U、q =C U、U=B d u、a=,解得Q =mgsinOm+CB2d2代入数据解得a =4m/s2所以导体棒从。到E处做初速度为零的匀加速直线运动，导体棒运动到E处时的速度大小vE=/2aL=V2 x 4 x l m/s =2V2m/s答：(1)光电子到达A时的最大动能a7 n为Ue +加/一%。(2)导体棒的质量机是1kg；(3)导体棒运动到E处时的速度大小是2 企 m/s。【解析】(1)先根据光电效应方程成-=求光电子从阴极K逸出时的最大初动能。逸出的电子在电场中加速向4运动，根据动能定理求光电子到达4时的最大动能&m；(2)根据激光器的发光功率P =nhv,求出每秒钟逸出电子个数根
33、据电流的定义式/=蓝求光电流大小。再研究导体棒，根据平衡条件求导体棒的质量?；(3)开关拨向2 后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v 时，由牛顿第二定律列式，结合电流的定义式、电容的决定式求导体棒的加速度表达式，分析导体棒的运动情况,再由运动学公式求导体棒运动到E处时的速度大小。解决本题的关键要正确分析导体棒的受力情况，运用牛顿第二定律、电流的定义式、电容的定义式得到加速度的瞬时表达式，判断导体棒的运动情况，并在理解的基础上，记牢第3 小题的结论。1 6.【答案】解：设每次打入气体的体积为匕打气2 0 次，以壶内原来封闭在水上方的空气和打入的空气作为研究对象，气体初状态压强：P i =1 x
34、 1 05P a,匕=1.5 L+20V设末状态压强为P 2，娱=L5 L气体温度不变，由玻意耳定律得：P 1 9=P 2 彩打开喷水阀门，塑料软管内水停止上升时，壶内水面上方气压：P3 =Pi+P水g h,气体体积：V3=1.5 L +1 0V o气体温度不变，由玻意耳定律得：p2V2=P3 V3代入数据解得：P 2 =/x 1 05P a 7 1.2 7 x 1 05P a答：加压2 0次后壶内的气体压强为1.2 7 x 1 0叩展【解析】以壶内原有气体与打入的总气体为研究对象，求出气体的状态参量，原有玻意耳定律求出加压2 0次后壶内的气体压强。本题考查了球气体压强问题，根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量,应用玻意耳定律即可解题。第1 8页，共1 8页