2020年广东省广州市高考物理一模试卷 (有详解)

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1. 甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的函数关系分别如图中

的Ⅰ、Ⅱ所示．下列判断正确的是( )

A. Ⅰ与Ⅱ不一定平行 B. 乙金属的极限频率小 C. 图象纵轴截距由金属材料决定

D. Ⅰ、Ⅱ的斜率是定值，与金属材料有关系

2. 某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80 𝑘𝑚/ℎ的速率行驶时，可以在56 𝑚的距离内

被刹住；在以48 𝑘𝑚/ℎ的速率行驶时，可以在24 𝑚的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间(在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变)与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为( )

A. 0.5 𝑠 B. 0.7 𝑠 C. 1.5 𝑠 D. 2 𝑠

3. 我国于2010年3月5日成功发射了“遥感卫星九号”，在绕地球运行的过程中，该卫星受到地

球引力的大小( )

A. 与地球和卫星的质量均有关 C. 只与地球的质量有关

B. 只与卫星的质量有关 D. 与地球和卫星的质量均无关

4. 如图甲所示。在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、B，两环重叠部分的面积为圆环A面积的

一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中( )

A. 没有感应电流

B. 有逆时针方向的感应电流 C. 有顺时针方向的感应电流

D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向

5. “世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅

子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风

筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以𝑣0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是( )

A. 火箭的推力来源于空气对它的反作用力 B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为

C. 喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为D. 在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6. 如图，在方向水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁

场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度大小等于B，下列说法正确的是( )

A. 导线的电流方向垂直纸面向外 B. b、d两点的实际磁感应强度大小相等 C. b、d两点的实际磁感应强度方向相同 D. a点的实际磁感应强度大小等于B

7. 如图甲所示，理想变压器原线圈接在220V的交流电源上，向一个半波整流电路供电，电阻R

的阻值为10𝛺，整流前、后的电压波形如图乙所示．下列说法正确的是( )

A. 二极管D具有单向导电性 C. 变压器的输入功率为20W

B. 电阻R两端的电压为10V D. 变压器匝数比为11：1

8. 如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，

带电小球𝑄(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同、带电性也相同的

小球P，从直线ab上的N点由静止释放，则小球P从释放到运动至最低点的过程中，有( )

A. 小球P的速度是先增大后减小

B. 小球P速度最大时所受弹簧弹力与库仑力的合力为零 C. 小球P的动能、重力势能、电势能的总和不变

D. 小球P所受重力和弹力做功的代数和等于电势能的变化量

三、实验题（本大题共4小题，共29.0分）

9. 某实验小组在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，把铁架台支架放在实验桌边缘，挂

上钩码，待弹簧静止时，有的同学测出弹簧长度l，也有的同学测量出弹簧的下端到地面的竖直距离h。如图(𝑎)所示。

(1)某同学测出弹簧长度l，根据实验记录数据在坐标纸上做出弹力F跟弹簧长度l的关系图像如图(𝑏)所示，可得弹簧原长为𝑙0=_________cm，弹簧的劲度系数𝑘=_________𝑁/𝑚。

(2)另一位同学换根弹簧做此实验，根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的图线如图(𝑐)所示，可得未挂钩码时弹簧的下端到地面的竖直距离ℎ0=_________cm，弹簧的劲度系数𝑘=_________𝑁/𝑚。(结果保留到小数点后一位)

10. 某学习小组利用如图1所示的电路测量多用电表内欧姆“×1”挡内部电池的电动势E和多用电

表欧姆“×1”挡的内阻r，𝑅0为滑动变阻器，为电压表(量程0～2𝑉，内阻约2𝑘𝛺)。实验步骤如下：

(1)将多用电表的选择开关调到“×1”挡后进行___________。 (2)将图1中多用电表的黑表笔与_________(填“1”或“2”)端相连。

(3)两表笔与1、2正确连接后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，某次实验中多用电表和电压表的读数分别如图2、图3所示，多用电表的读数为________𝛺，电压表的读数为________V。 (4)多次改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录多用电表的读数R和电压表的读数U，并在计算机上显示出如图4所示的𝑈−𝑅图线，则𝐸=_________V，𝑟=________𝛺。(以上计算结果均保留三位有效数字)

1

1

11. 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为K，N滴

溶液的总体积为V。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，如图所示，测得油膜占有的正

方形小格数为Y。

(1)用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为________。 (2)油酸分子直径约为________。

12. 如图甲所示，为了观察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉实验，打开激光器，让一束黄色的

激光通过双缝。

(1)在光屏上观察到的图案应该是图乙中的______(选填“a”或“b”)； (2)为了让光屏上观察到的条纹间距变大，下列做法可行的是______。

A.其它条件不变，只将光源换为红色激光光源 B.其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源 C.其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝 D.其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离 四、简答题（本大题共2小题，共28.0分）

13. 大陈镇端午节龙舟赛迄今已举办四届，比赛时采用的龙舟及装备质量均为480千克，每船共设

12名选手，2019年义乌市登峰龙舟队以1分6.70秒的成绩获男子组500米直道竞速项目的冠军，据报导登峰队队员的平均质量为60千克。如果我们把登峰队这次赛程简化为先做初速度为零的匀加速直线运动，达到𝑣=8𝑚/𝑠后以匀速直线运动完成赛程。(计算结果均保留2位有效数字)

(1)求龙舟匀加速阶段所受的合外力大小；

(2)假设登峰队在正常完成100米赛程时出现失误，使龙舟在10秒内速度均匀减小到𝑣1=4𝑚/𝑠，经调整10秒末龙舟恢复正常匀加速，最后也以速度𝑣=8𝑚/𝑠匀速完成剩余赛程，求登峰队由于失误而耽误的时间。

14. 平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两

个点(均位于x轴正方)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自𝑡=0时由平衡位置开始向上振动，周期𝑇=1𝑠，振幅𝐴=4𝑐𝑚.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求： (𝑖)𝑃、Q间的距离；

(𝑖𝑖)从𝑡=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．

五、计算题（本大题共2小题，共22.0分）

15. 如图所示，在倾角为30°的斜面OA左侧有一竖直档板，档板与斜面OA间有垂直纸面向外的匀

𝑂𝑃=0.6𝑚，强磁场，磁感应强度为𝐵=0.2𝑇，档板上有一小孔P，现有一质量𝑚=4×10−20𝑘𝑔，带电量𝑞=+2×10−14𝐶的粒子，从小孔以速度𝑣0=3×104𝑚/𝑠水平射进磁场区域．粒子重力不计．

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？

(2)通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面OA时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面OA的时间又为多少？

16. 中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。

常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的21.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的21，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

20

20

-------- 答案与解析 --------

1.答案：C

解析：

根据光电效应方程𝐸𝐾𝑚=ℎ𝛾−𝑊0=ℎ𝛾−ℎ𝛾0得出最大初动能与入射光频率的关系，通过图线的斜率和截距去求解；

解决本题的关键掌握光电效应方程𝐸𝐾𝑚=ℎ𝛾−𝑊0=ℎ𝛾−ℎ𝛾0，知道逸出功与极限频率的关系，注意掌握横、纵截距的含义。

解：𝐴𝐷.根据光电效应方程𝐸𝐾𝑚=ℎ𝜈−𝑊0=ℎ𝜈−ℎ𝜈0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，因此甲与乙一定平行，且两斜率是固定值，与入射光和金属材料皆无关系，故AD错误；

B.横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，由图可知乙金属的极限频率大，故B错误；

C.纵截距对应𝜈=0的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，根据𝑊0=ℎ𝜈0可求出，与入射光强度无关，由金属材料决定，故C正确； 故选C。

2.答案：B

解析：

本题刹车距离包括反应时间内的匀速直线运动与刹车后匀减速直线运动两段距离之和，故可设反应时间为t，刹车的加速度大小为a，由题意列方程组可解得。 本题易把整个刹车过程看作匀减速直线运动而错答。 设反应时间为t，刹车的加速度大小为a；

当汽车以80𝑘𝑚/ℎ的速率行驶时，𝑣1=80𝑘𝑚/ℎ=22.2𝑚/𝑠 则有：𝑣1𝑡+

𝑣122𝑎

=56 ①

当汽车以48𝑘𝑚/ℎ的速率行驶时，𝑣2=48𝑘𝑚/ℎ=13.3𝑚/𝑠 则有：𝑣2𝑡+

𝑣222𝑎

=24 ②

联立①②解得：𝑡≈0.7𝑠，故B正确。

故选B。

3.答案：A

解析：

本题考查万有引力定律公式的应用。变量有多个量的时候，要考虑全面，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化。

根据万有引力定律的内容(万有引力是与质量乘积成正比，与距离的平方成反比)解决问题。 根据万有引力定律表达式得：𝐹=故选A。

𝐺𝑀𝑚𝑟2，其中M为地球质量，m为卫星的质量。

4.答案：B

解析：

根据安培定则，来确定通电导线磁场的方向，当电流变化时，导致环内产生感应电流，由楞次定律确定电流的方向。

本题考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何变化是解题的关键；同时注意明确B环中内部磁感应强度大于外部的磁感应强度。

由安培定则可知，当电流为负方向时；环A产生的磁场分布为：环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I向里减小后，导致环产生感应电流。根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针。同理可知；当磁场向外增大时，产生的感应电流大小和方向均不变化；故 B正确，ACD错误； 故选：B。

5.答案：B

解析：

火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。

A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误； B、在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的

速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得：(𝑀−𝑚)𝑣−𝑚𝑣0=0

0

解得火箭的速度大小为𝑣=𝑀−𝑚，故B正确；

𝑚𝑣

C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度ℎ=

𝑣22𝑔

=2𝑔(𝑀−𝑚)2，故C错误；

2𝑚2𝑣0

D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。 故选：B。

6.答案：AB

解析：

本题关键掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加而成的。

c点实际磁感应强度小于B，由矢量合成的特点可以判断出通电导线在c点的磁场的方向，然后由安培定则判断出电流的方向，由矢量合成判断其余各点的磁感应强度的大小特点。

A.由题，c点的磁感应强度小于B，说明通电导线在c点产生的磁感应强度方向与匀强磁场的磁感应强度相反，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外。故A正确。

𝐵𝐶.设直导线在b点的磁感应强度大小为𝐵′，方向向下；直导线在d点的磁感应强度大小也为𝐵′，方向向上，则b、d两点的实际磁感应强度大小均为√𝐵2+𝐵′2，但是b点的磁感应强度方向指向右下方，而d点的磁感应强度方向指向右上方，方向不同，故B正确，C错误；

D.直导线在a点的磁感应强度大小为𝐵′，方向向右，a点的实际磁感应强度大于B，故D错误； 故选AB。

7.答案：AB

A、解析：解：二极管具有单向导电性，整流前，副线圈两端电压有效值为10√2𝑉，整流后电压为U，由电流热效应知

(10√2)2

𝑅

×2=

𝑇

𝑈2𝑅

𝑇，得𝑈=1𝑂𝑉，AB正确；

10210

C、输入功率等于输出功率𝑃==10𝑊，所以C错误；

D、电压与匝数成正比，变压器匝数比为220：10√2=11√2：1，所以D错误． 故选：AB

根据图象可以求得输出电压的有效值，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数

成正比和电流的热效应即可求得结论．

本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．

8.答案：AD

解析：解：A、小球P先沿斜面加速向下运动，随着库仑力的减小，加速度减小。接触弹簧后，弹力逐渐增大，若库仑力与重力沿斜面向下的分力之和大于弹力，继续加速向下，合力减小，加速度减小，当加速度减至零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时小球静止，则小球P的速度先增大后减小。故A正确。

B、小球P速度最大时合力为零，即所受弹簧弹力与库仑力、重力沿斜面向下的分力的合力为零，故B错误。

C、本题涉及小球的动能、重力势能、电势能和弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律知，小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和不变。故C错误。

D、小球P从释放到运动至最低点的过程中，小球P的动能变化量为零，由动能定理知，小球P所受重力和弹力做功的代数和等于库仑力做的功，即等于电势能的变化量。故D正确。 故选：AD。

据小球的受力情况，分析其运动情况．通过加速度方向和速度方向的关系判断小球P的速度变化．小球P速度最大时合力为零．根据能量守恒分析各种能量的变化关系．

本题要正确分析小球的受力情况，来判断其运动情况，要抓住弹力和库仑力的可变性．要明确能量的转化情况，结合动能定理分析．

9.答案：(1)5；300；(2)120.0；31.0。

解析：

(1)𝐹=0时，横轴对应的坐标值为弹簧的原长，图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数； (2)𝐹=0时，纵轴对应的坐标值为未挂钩码时弹簧的下端到地面的竖直距离，ℎ−𝐹图象的斜率绝对值的倒数表示弹簧的劲度系数。

本题考查了“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，理解实验原理，掌握胡克定律，会用图象法处理实验数据是关键。

(1)由图可知，当𝐹=0时，为弹簧的原长，所以为5cm；

图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数，则有：𝑘=(15−5)×10−2𝑁/𝑚=300𝑁/𝑚

30

(2)由图知，𝐹=0时，ℎ0=120.0𝑐𝑚，即为未挂钩码时弹簧的下端到地面的竖直距离； 根据胡克定律可得𝛥𝐹=𝑘·𝛥ℎ，即图象斜率绝对值的倒数表示弹簧的劲度系数，则：𝑘=

3.10

(120.0−110.0)×10−2

𝑁/𝑚=31.0𝑁/𝑚。

故答案为：(1)5；300；(2)120.0；31.0。

10.答案：(1)欧姆调零；(2)1；(3)20.0；0.85；(4)1.43；13.7。

解析：

本题关键是明确实验原理，知道电压表内阻带来的影响，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析求解即可。

(1)欧姆表选择挡位后要进行欧姆调零。

(2)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入。 (3)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；

(4)根据题意求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源的电动势与内阻。 (1)将多用电表的选择开关调到×1挡，再将红、黑表笔短接进行欧姆调零；

(2)欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入，应将图1中多用电表的黑表笔与1端相连；

(3)欧姆表选择×1挡，由图示欧姆表表盘可知，其示数为：20.0×1𝛺=20.0𝛺；电压表量程为2V，由图示表盘可知，其分度值为0.1𝑉，示数为0.85𝑉；

(4)由图示电路图可知，电源电动势为：𝐸=𝑈+𝐼𝑟=𝑈+𝑅𝑟， 整理得：𝑈=𝐸𝑅+𝐸，由图示𝑈−𝑅图象可知：𝐸=0.7，𝐸=解得：𝐸≈1.43𝑉，𝑟=13.7𝛺；

故答案为：(1)欧姆调零；(2)1；(3)20.0；0.85；(4)1.43；13.7。

1

𝑟1

1

1

1

1

𝑟

5−0.70.45𝑈

，

11.答案：(1)

𝐾𝑉𝑁

𝐾𝑉

𝑁𝑌𝑎2(2)

解析：

(1)“用单分子油膜法估测分子的大小”的实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度根据题意表示出一滴油膜的体积； (2)用一滴油膜的体积除以单分子油膜的面积，可得油膜的厚度，即为油膜分子的直径。

本题关键理解并掌握实验的原理，建立分子模型．在用油膜法估测分子的大小实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，明确该实验的实验原理即可正确解答本题。

(1)由题意可知，一滴这种纯油酸的体积为：𝑉0=

𝐾𝑉𝑁

；

𝑉0𝑆

(2)油膜的面积为𝑆=𝑌𝑎2，由于形成单分子油膜，则油膜的厚度即为油酸分子的直径为𝑑=故答案为：(1)

𝐾𝑉

=𝑁𝑌𝑎2。

𝐾𝑉

；(2)𝑁𝑌𝑎2。 𝑁

𝐾𝑉

12.答案：(1)𝑏 ；

(2) 𝐴𝐶

解析：

(1)根据双缝干涉条纹的特点确定哪个图案是双缝干涉条纹； (2)根据𝛥𝑥=𝑑𝜆判断使条纹间距变大的方案。

解决本题的关键知道双缝干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距公式，知道影响条纹间距的因素。 (1)双缝干涉条纹等间距、等宽，可知在光屏上观察到的图案应该是图乙中的b； (2)双缝干涉条纹的间距𝛥𝑥=𝑑𝜆，由此分析：

A.只将光源换为红色激光光源，光的波长变大，则条纹间距变大，故A正确； B.只将光源换为蓝色激光光源，光的波长变小，则条纹间距变小，故B错误； C.只换一个双缝间距较小的双缝，即d变小，则条纹间距变答，故C正确； D.只减小双缝与光屏的距离，即L减小，则条纹间距变小，故D错误。 故选A。

故答案为：(1)𝑏；(2)𝐴𝐶。

(1)设匀加速运动的时间为𝑡1，解：总时间𝑡=1分6.70秒=66.70𝑠，则匀速运动的时间为𝑡−𝑡1 13.答案：

𝐿

𝐿

由：𝑥=2𝑡1+𝑣(𝑡−𝑡1)得𝑡1=8.4𝑠 由：𝑣=𝑎𝑡1得：𝑎=0.95 𝑚/𝑠2

3

根据牛顿第二定律可得：𝐹=(𝑀船+12𝑚人)𝑎=1140𝑁≈1.1×10𝑁；

𝑣

(2)匀减速：𝑡2=10 s内的位移𝑥1=由𝑣1再加速到v所用的时间𝑡3=通过的位移𝑥2=

𝑣+𝑣12

𝑣−𝑣1𝑎

𝑣+𝑣12

𝑡2=60𝑚

=4.2𝑠

𝑡=25.2𝑚

若不失误龙舟匀速通过𝑥1、𝑥2需要的时间为𝑡4 由：𝑥1+𝑥2=𝑣𝑡4得𝑡4=10.65𝑠

因失误而耽误的时间△𝑡=𝑡2+𝑡3−𝑡4=3.6 s。

答：(1)龙舟匀加速阶段所受的合外力大小约为1.1×103𝑁； (2)登峰队由于失误而耽误的时间为3.6 s。

解析：(1)抓住龙舟的总位移和总时间，结合匀变速直线运动推论，结合运动学公式求出加速阶段的加速度大小，再根据牛顿第二定律求解合外力；

(2)100𝑚前龙舟的运动情况和比赛过程中一样，抓住100m后匀减速和匀加速运动的位移，结合这段位移内匀速运动的时间，根据运动学公式求出耽误的时间。

解决本题的关键理清龙舟在整个过程中的运动规律和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

14.答案：解：(𝑖)当波传到P点时，O点恰好处于波峰，则O点振动了4个周期，P到O的距离𝑂𝑃=

5𝜆4

5

=35𝑐𝑚，则𝜆=28𝑐𝑚，波传到P点时间为𝑡1=4𝑇=1.25𝑠，

𝑇

𝑇

5

因波传到Q点时，Q过平衡位置往上振动，过4到达波峰，所以波从P传到Q的时间𝑡2=5−4=4.75𝑠=4𝑇+

3𝑇4

．

3

则P到Q距离𝑃𝑄=4𝜆+4𝜆=133𝑐𝑚

(𝑖𝑖)波传到Q点时间为𝑡=𝑡1+5=6.25𝑠=6𝑇+4𝑇，则波源振动总路程为𝑑=6×4𝐴+𝐴=100𝑐𝑚． 答：(𝑖)𝑃、Q间的距离为133cm；

(𝑖𝑖)从𝑡=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为

1

100cm．

解析：(𝑖)根据题意P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以𝑂𝑃=4𝜆，根据周期计算距离；

(𝑖𝑖)根据周期计算时间的长短，根据振幅计算通过的路程的大小．

本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间，再根据振幅计算通过的路程的大小．

5

15.答案：解：(1)粒子进入磁场有

𝐵𝑞𝑣0=𝑚𝑅 ∴𝑅=

𝑚𝑣0𝐵𝑞

2𝑣0

=0.3𝑚

(2)若要粒子垂直打在A板上，其粒子轨迹如图， O点即为圆周运动的圆心． ∴𝑅′=

𝑚𝑣𝐵𝑞

根据几何关系可知：𝑅′=𝑂𝑃=0.6𝑚 则𝑣=2𝑣0=6×104𝑚/𝑠 粒子打到斜面上的时间𝑡=

𝜋

𝑅′3

𝑣

=3×10−5𝑠

𝜋

答：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径是0.3𝑚；

(2)要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为6×104𝑚/𝑠，此情况下粒子打到斜面OA的时间为3×10−5𝑠.

𝜋

解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力公式即可求解半径；

(2)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出𝑅′，再根据向心力公式及圆周运动时间公式求解． 本题是带电粒子在磁场中运动的问题，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中．

𝑇1、𝑉1，𝑇2、𝑉2， 解：设火罐内气体初始状态参量分别为𝑝1、温度降低后状态参量分别为𝑝2、16.答案：

罐的容积为𝑉0，由题意知：

𝑝1=𝑝0、𝑇1=450𝐾、𝑉1=𝑉0、𝑇2=300𝐾、𝑉2=

20𝑉021

①

由理想气体状态方程得：解得：𝑝2=0.7𝑝0③

𝑝0𝑉0𝑇1

=

𝑝2𝑉2𝑇2

②

𝑉3，末态气体状态参量分别为𝑝4、𝑉4，罐的容积为𝑉′0，对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为𝑝3、由题意知：

𝑝3=𝑝0、𝑉3=𝑉′0、𝑝4=𝑝2 ④ 由玻意耳定律得：𝑝0𝑉′0=𝑝2𝑉4 ⑤ 联立②⑤式，代入数据得𝑉4=

107

𝑉′0 ⑥

设抽出的气体的体积为△𝑉，由题意知 △𝑉=𝑉4−

2021

𝑉′0 ⑦

△𝑚

△𝑉𝑉4

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：𝑚=联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：𝑚=3。

答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为3。

1

△𝑚

1

⑧

解析：求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求解末状态的压强；

对于抽气罐，由玻意耳定律求解末状态的体积，根据体积关系求解应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。