2021屆湖南省高考物理三模試卷（新課標Ⅰ）附答案詳解

2021屆湖南省高考物理三模試卷（新課標I）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.“跳馬”是集技術、力量、勇氣于一體的高難度競技體操項目。運動員完成空中動作落地時,

通常要下蹲后再站起。這樣做是為了（）

A.增大運動員的動量變化量B.減小運動員的動量變化量

C.減小運動員的動量變化率D.增大地面對運動員的沖量

2.我國自主研發(fā)的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)由35顆衛(wèi)星組成，包括5顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星和3顆傾斜

同步軌道衛(wèi)星，以及27顆相同高度的中軌道衛(wèi)星。中軌道衛(wèi)星軌道高度約為2.15x同

步軌道衛(wèi)星的高度約為3.60x10整血，己知地球半徑為6.4x103卜皿，這些衛(wèi)星都在圓軌道上運

行。關于北斗導航衛(wèi)星，則下列說法正確的是（）

A.中軌道衛(wèi)星的動能一定小于靜止同步軌道衛(wèi)星的動能

B.靜止同步軌道衛(wèi)星繞地球運行的角速度比月球繞地球運行的角速度大

C.中軌道衛(wèi)星的運行周期約為20/i

D.中軌道衛(wèi)星與靜止同步軌道衛(wèi)星的向心加速度之比為（禁產

3.如圖所示，小球m在半徑為R的豎直平面內的光滑圓形軌道內做圓周運動，則一^\

小球剛好能通過軌道最高點的線速度大小是（）（j）

A.°

B.顧~

C./ZgR

D.欄

4.兩個電阻％、的/-U關系圖線如圖所示，則下列判斷中正確的是H局

（）

A.%>/?2/

B./?!=R20^——------------------

C.把當、/?2串聯(lián)到電路中，R1兩端的電壓小于區(qū)2兩端的電壓

D.把h、/?2串聯(lián)到電路中，通過&的電流大于通過/?2的電流

5.一放射性原子核X靜止在與紙面垂直的勻強磁場中，衰變后產生的原子核

y及放出的粒子的運動軌跡如圖所示，則（）

A.此次衰變?yōu)榭谒プ?/p>

B.若知道軌跡的半徑之比，就可以確定丫的原子序數(shù)

c.軌跡1為丫的運動軌跡

D.y的質子數(shù)比x的質子數(shù)小4

二、多選題（本大題共4小題，共22.0分）

6.下列說法正確的是（）

A.盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出了“原子核式結構”學說

B,太陽輻射的能量主要來自太陽內部的重核裂變

C.質子、中子、a粒子的質量分別是巾1、m2、m3,質子和中子結合成一個a粒子，釋放的能量

2

是（2叫+2m2—m3）c

D.端8u衰變?yōu)樗?Rn要經過4次a衰變和2次S衰變

7.一物塊在高3.（hn、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的

變化如圖中直線I、n所示，取g=10m/s2o則物塊開始下滑2nl過程中，下列說法正確的是（）

A.重力勢能減少量為12/B.合力功為8/

C.機械能的損失為引D.物塊沿斜面下滑的加速度2m/s2

8.如圖甲所示，甲、乙兩個并排放置的共軸線圈，甲中通有如圖乙所示的交變電流，則下列判斷

正確的是（）

A.在ti到，2時間內，甲乙相吸B.在士2到13時間內，甲乙相斥

C.打時刻兩線圈間作用力為零D.t2時刻兩線圈間吸引力最大

9.下列關于說法正確的是（）

A.聲源與觀察者互相遠離時，觀察者接收到的頻率變小

B.機械波和電磁波都需要通過介質才能向周圍傳播

C.未見其人，先聞其聲的現(xiàn)象，是聲波的衍射產生的

D.通常情況下，同學們經過操場上小范圍不同位置聽到廣播里的聲音時大時小，這是由于聲波

的衍射產生的

E.移動電話間的通話需要靠基站的轉接來實現(xiàn)

三、填空題（本大題共1小題，共5.0分）

10.由于水的表面張力，荷葉上的小水滴總是球形的。在小水滴表面

層中，水分子之間的相互作用總體上表現(xiàn)為（選填“引力”

或“斥力”）。分子勢能Ep和分子間距離r的關系圖象如圖所示，

能總體上反映小水滴表面層中水分子與的是圖中（選填

“A”“B”或"C”）的位置。

四、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.要測一個待測電阻心（約200。）的阻值，實驗室提供了如下器材：

電源E：電動勢3.0U,內阻不計；

電流表公：量程0?10ni4，內阻ri約50Q；

電流表量程0?500〃4內阻上為1000。；

滑動變阻器％：最大阻值20。，額定電流24

定值電阻/?2=5000。；定值電阻/?3=soon；電鍵S及導線若干.

(1)為了測定待測電阻上的電壓，可以將電流表(選填“41”或“42”)串聯(lián)定值電阻(

選填“/?2”或“/?3”)，將其改裝成一個量程為3.0U的電壓表.

(2)如圖(1)所示為測量電阻段的甲、乙兩種電路方案，其中用到了改裝后的電壓表和另一個電流表，

則應選電路圖__(選填“甲”或“乙”).

(3)若所選測量電路中電流表的讀數(shù)為/=6.2mA,改裝后的電壓表讀數(shù)為1.20匕根據(jù)電流表和電壓表

的讀數(shù)，并考慮電壓表內阻，求出待測電阻％=n.

12.小明同學設計了一個用電磁打點計時器驗證動量守恒定律的實驗，如圖甲所示，長木板下墊著

小木塊以平衡兩車的摩擦力，讓小車P做勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車Q相碰并粘合

成一體，繼續(xù)做勻速運動；在小車P后連著紙帶，電磁打點計時器所用電源頻率為50Hz。

(1)某次實驗測得紙帶上各計數(shù)點的間距如圖乙所示，A為運動的起點，則應選來計算小車P碰

撞前的速度，應選來計算小車P和Q碰后的共同速度。(選填“4、“BC、"CD”、DE”、

“EF“、“FG”)

(2)測得小車P的質量mi=0.4kg,小車Q的質量僧2=02kg,則碰前兩小車的總動量大小為

kg*m/s,碰后兩小車的總動量大小為kg*m/s.(計算結果保留二位有效數(shù)字)

(3)由本次實驗獲得的初步結論是。

五、計算題(本大題共4小題，共52.()分)

13.如圖所示，在粗糙的水平路面上，一小車以H)=4m/s的速度向右勻速行駛，與此同時，在小

車后方相距So=40m處有一物體在水平向右的推力F=20N作用下，從靜止開始做勻加速直線

運動，當推力F作用了Si=25m就撤去。己知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,物體的質

量m=5kg,重力加速度g=lOm/sz.求

50

(1)推力F作用下，物體運動的加速度的大小;

(2)物體剛停止運動時物體與小車的距離d。

14.如圖，足夠長平行金屬導軌內有垂直紙面向里的勻強磁場，金屬桿仍與導軌垂直且接觸良好，

導軌右端通過電阻與平行金屬板連接.已知導軌相距為L；磁場磁感應強度為B；RI、和時

桿的電阻值均為r,其余電阻不計；板間距為d、板長為4d；重力加速度為g,不計空氣阻力.

如果ab桿以某一速度向左勻速運動時，沿兩板中心線水平射入質量為小、帶電量為+q的微粒恰能沿

兩板中心線射出；如果ab桿以同樣大小的速度向右勻速運動時，該微粒將射到B板距左端為d的

C處.

(1)求時桿勻速運動的速度大小也

(2)求微粒水平射入兩板時的速度大小孫；

(3)如果以氣沿中心線射入的上述微粒能夠從兩板間射出，試討論ab桿向左勻速運動的速度范圍.

Ri

txxxxxxxxx

L

XXXXXXXXX

tf

15.一根兩端開口、粗細均勻的長直玻璃管橫截面積為S=2xl0-3?i2,豎直插入

水面足夠寬廣的水中.管中有一個質量為巾=0.4kg的密閉活塞，封閉一段長

度為d=66cm的氣體，氣體溫度為=300K,如圖所示.開始時，活塞處于靜4

止狀態(tài)，不計活塞與管壁間的摩擦.外界大氣壓強Po=1。x105pa,水的密度p=1.0X

103的/胎,試問：

(1)開始時封閉氣體的壓強是多大？

(2)現(xiàn)保持管內封閉氣體溫度不變，用豎直向上的力尸緩慢地拉動活塞.當活塞上升到某一位置時停

止移動，此時F=6.0N,則這時管內外水面高度差為多少？管內氣柱長度多大？

(3)再將活塞固定住，改變管內氣體的溫度，使管內外水面相平，此時氣體的溫度是多少？

16.一列簡諧橫波，t=0時刻波形如圖中實線所示.求：

4y/cm

2/3°x/m

1--------------廠

-2

①若波向右傳播.t=0時剛好傳到8點，且再經過0.6s,P點也開始起振，從t=0時刻起到P點第一

次出現(xiàn)波峰的過程中，質點。點相對平衡位置的位移及其所經過的路程？

②若該波波速大小為5(hn/s,且波形由實線變?yōu)樘摼€經歷時間0.13s,試判斷這列波的傳播方向？(寫

出具體判斷過程)

參考答案及解析

1.答案：c

解析：解：運動員完成空中動作落地時，通常要下蹲后再站起。延長了作用時間，根據(jù)動量定理可

知，F(xiàn)t=△p,

運動員的動量變化量不變，則地面對運動員的沖量不變，延長作用時間上減小了地面對運動員的沖

力,F=g,即減小了運動員的動量變化率，故C正確，AB。錯誤。

故選：Co

運動員在腳接觸地面后都有一個下蹲的過程，為的是減小地面對人的沖擊力。

運動員的動量變化量不變，根據(jù)動量定理分析。

本題考查了動量定理在生活中的應用，要注意正確分析物理過程，根據(jù)題意建立物理模型，即可根

據(jù)所熟悉的物理規(guī)律列式求解。

2.答案：B

解析：解：衛(wèi)星運動萬有引力提供圓周運動向心力有：G^-=my=mra)2-mr^-=ma

A、可知線速度p=叵，中軌道的衛(wèi)星半徑小線速度大，但不知道衛(wèi)星質量，故不能確定動能的大

小，故A錯誤；

B、據(jù)3=景，靜止同步軌道衛(wèi)星周期為24%，月球周期為27.3天，故靜止同步軌道衛(wèi)星的運行角速

度比月球繞地球運行的角速度大，故8正確；

可得中軌道衛(wèi)星周期為：中=

C、可知周期7=(￡)3,r

D、向心加速度a=胃，則中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的向心加速度之比為：=(^)2=

360X104+6.4X1()3(―)2,故。錯誤。

2.15X1O4+6.4X1O3

故選：B。

衛(wèi)星繞地球做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得到向心加速度、線速度和周期的表達式，再由

半徑關系比較各個量的大小。

解決本題的關鍵是熟練掌握由萬有引力提供圓周運動向心力得到描述圓周運動物理量與半徑的關系,

注意衛(wèi)星的軌道半徑與距地面高度的關系。

3.答案：B

解析：解：在最高點，根據(jù)牛頓第二定律得，mg=m^

解得"=瓦故B正確，4、C、。錯誤。

故選：Bo

小球通過最高點的臨界情況是對軌道的壓力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出最高

點的臨界速度.

解決本題的關鍵知道圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解.

4.答案：C

解析：解：AB,根據(jù)電阻的定義式R=3,可知/-U圖象的斜率越小，電阻越大，故&<%；故

A8錯誤；

CD、根據(jù)串聯(lián)電路特點：電流相等，由公式U=/R,可知治兩端的電壓小于&兩端的電壓，故C正

確，。錯誤。

故選：C。

/-U圖線的斜率的倒數(shù)等于電阻，根據(jù)斜率的大小判斷電阻的大小；根據(jù)電阻的串聯(lián)的特點，運用

歐姆定律判斷電壓和電流的大小。

本題考查了電阻的串聯(lián)特點和歐姆定律的應用，解決本題的關鍵是弄清楚圖象斜率的物理含義。

5.答案：B

解析：解：a、衰變瞬間，粒子和原子核y速度方向相反，根據(jù)軌跡圖可知，兩者在切點處受到的洛

倫茲力方向相反，而兩者處于同一磁場中，根據(jù)左手定則可判斷出兩者帶同種電荷，即發(fā)生的是a衰

變，故A錯誤；

C、衰變過程遵循動量守恒定律，可得粒子和V的動量大小相等，方向相反，結合=嗒，可得

電荷量越大，運動半徑越小，故軌跡2為y的運動軌跡，故c錯誤；

B、由=r=黑，半徑之比等于帶電量的反比，故8正確；

。、丫的質子數(shù)比x的質子數(shù)小2,故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)軌跡可判斷衰變后電性相同，即可判斷為a衰變，根據(jù)動量守恒，可判斷動量關系，根據(jù)洛倫茲

力提供向心力可以得到半徑關系，找到運動軌跡。

本題考查衰變和電荷在磁場中的運動，通過分析受力情況，來判斷電性，電荷量的比值。

6.答案：ACD

解析：試題分析：盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出了“原子核式結構”學說，太陽輻射的能量主要

來自太陽內部的輕核聚變，由于原子核經過一次a衰變，電荷數(shù)減小2,質量數(shù)減小4,

經過一次0衰變后電荷數(shù)增加1，質量數(shù)不變.

4、盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出了“原子核式結構”學說，A正確；

8、太陽輻射的能量主要來自太陽內部的輕核聚變，8錯誤；

C、質子、中子、a粒子的質量分別是^2、m3,質子和中子結合成一個a粒子，釋放的能量是

2

(2m1+2m2-m3)c,C正確；

。、：器8一衰變?yōu)樗?&n,質量數(shù)減小16,電荷數(shù)減小10.

由于原子核經過一次a衰變，電荷數(shù)減小2,質量數(shù)減小4,

經過一次口衰變后電荷數(shù)增加1,質量數(shù)不變，

n=10—2x4=2,D正確.

故選：ACD

7.答案：ACD

解析：解：4、由圖示圖象可知，開始時物塊的重力勢能=30/,物塊下滑2nl時物塊的重力勢能

Ep=18/,則物塊重力勢能的減少量△Ep=Epo-Ep=30/-18/=12/,故A正確；

B、由圖示圖象可知，物塊下滑2m時物塊的動能Ek=4J,由動能定理可知，合力做功IV=a-0=句,

故8錯誤；

C、物塊下滑27n過程損失的機械能：△￡=Ep°-(Ep+EQ=30/-(18+4)/=8/,故C正確；

。、設斜面的傾角為。，則sin。="非=0.6,解得:3=37°,

開始時物塊的重力勢能Epo=巾9機其中無=3.0m,代入數(shù)據(jù)解得：m=lkg

物塊下滑的距離為s=2m的過程中損失的機械能4E=8J,損失的機械能等于克服摩擦力做的功，

即△E=叼=卬ng?cos?！鰏,代入數(shù)據(jù)解得：n=0.5,

設物塊下滑過程的加速度為a,對物塊，由牛頓第二定律得：

mgsind-fimgcosd=ma

代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2,故。正確。

故選：ACD.

由圖示圖象求出物塊開始下滑時的重力勢能，求出物塊下滑27n時物塊的重力勢能與動能大小，然后

求出重力勢能的減少量；應用動能定理求出合力對物塊做功；根據(jù)題意求出損失的機械能；根據(jù)能

量守恒定律物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；應用牛頓第二定律求解物塊下滑時加速度的大小。

本題考查了能量守恒定律的應用，根據(jù)題意與圖示圖象分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，應

用能量守恒定律、牛頓第二定律即可解題。

8.答案：ABC

解析：解：4、在匕到匕時間內，若設逆時針（從左向右看）方向為正，則線圈4電流方向逆時針且大

小減小，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈8方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線

圈B的電流方向逆時針方向，因此4、B中電流方向相同，出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象，故A正確；

B、在t2到t3時間內，若設逆時針方向（從左向右看）為正，則線圈4電流方向順時針且大小增大，所

以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈B的電流

方向逆時針方向，因此4、B中電流方向相反，A、B出現(xiàn)互相排斥，故B正確；

C、由題意可知，在0時刻，線圈A中的電流最大，而磁通量的變化率是最小的，所以線圈B感應電

流也是最小，因此兩線圈間作用力為零，故C正確；

在t2時刻，線圈4中的電流最小，而磁通量的變化率是最大的，所以線圈B感應電流也是最大，

但由于甲中電流為零，故A、B間的相互作用力為零，故。錯誤；

故選：ABC

根據(jù)安培定則確定電流與磁場的方向關系，再根據(jù)楞次定律知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應

電流的磁通量的變化.當磁通量增大時，感應電流的磁場與它相反，當磁通量減小時，感應電流的

磁場與它相同.最后運用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥.

解決本題的關鍵掌握安培定則、楞次定律的內容，知道感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁

通量的變化.同時注意同向電流相互吸引與同種電荷相互排斥不同；本題也可以直接利用”阻礙“的

另一種描述”來拒去留“進行分析，明確相互間的作用力.

9.答案：ACE

解析：解：4/若聲源和觀察者背向運動時，即兩者間距增大，根據(jù)多普勒效應原理，那么觀察者接

收到的頻率小于聲源的頻率，故A正確；

8、磁波是種物質，它可以在真空中傳播而不需要介質。故8錯誤；

C、未見其人先聞其聲，是因為聲波波長較長，容易發(fā)生衍射現(xiàn)象。故C正確；

。、同學們經過操場上小范圍不同位置聽到廣播里的聲音時大時小，這是由于聲波的干涉產生的。

故。錯誤；

國移動電話間的通話需要靠基站的轉接來實現(xiàn)。故E正確。

故選：ACE.

根據(jù)多普勒效應可知，當聲源與觀察者距離增大時，觀察者接收到的頻率將小于聲源的頻率。

電磁波是種物質，不需要通過介質傳播；光的傳播中頻率由波源決定；

機械波能發(fā)生衍射與干涉。

本題考查電磁波及機械波的性質，要注意明確兩種波的性質；明確區(qū)別和聯(lián)系；特別注意明確電磁

波可以在真空中傳播；而機械波只能在介質中傳播；光在介質中的傳播速度與頻率有關。

10.答案：引力；C

解析：解：在小水滴表面層中，水分子間距較大，故水分子之間的相互作用總體上表現(xiàn)為引力：

當r=ro時，F(xiàn)『F席,分子力尸=0,分子勢能最小，故B點為分子間作用力為零的情況，即B點

表示平衡位置，故表現(xiàn)為引力的位置只能為C點。

故答案為：引力；CO

明確分子間作用力與分子間距離的關系，并能用分子間作用力解析表面張力的性質；同時牢記分子

力做功與分子勢能間的關系，明確分子勢能隨分子間距離變化的圖象。

本題考查分子勢能、液體的表面張力的性質，關鍵是明確分子力的性質，知道分子力做功與分子勢

能間的關系，從而掌握分子勢能的變化圖象的意義。

11.答案：A2R2甲200

解析：解：(1)由于電流表4的內阻一定，又定值電阻/?2與電流表&內阻接近，可考慮將必與&串

聯(lián)，根據(jù)歐姆定律有U=/2(/?2+r2)=3V,與電源電動勢接近，故可以將電流表心串聯(lián)定值電阻R2,

將其改裝成一個量程為31/的電壓表.

(2)由(1)可知電壓表的內阻Ry=R2+r2=1000+5000=6000/2,待測電阻阻值約為2000,電流

表內阻約為50。，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法；滑動變阻器最大電阻遠

小于待測電阻阻值，故變阻器應用分壓式接法，電路圖如甲圖所示；

(3)電流表的讀數(shù)為/=6.2m4改裝后的電壓表讀數(shù)：U=1.20V,

IIn-IQ17

電流：/=2+券，即：0.0062=嬴+若，解得：R=200/2

RyRx6000Rx4x

故答案為：(1)&；Rz；(2)甲；(3)200.

(1)將電流表改裝成電壓時應串聯(lián)一個大電阻分壓，根據(jù)電流表及改裝電壓表的量程可得出應串聯(lián)電

值的值；

(2)根據(jù)實驗的原理，由電表的內阻及待測電阻的阻值可知應采取的接法；

(3)由指針的指數(shù)可知電流表的示數(shù)，由歐姆定律可得出待測電阻的阻值.

在電學實驗中，應將電阻值一定的電流表進行改裝，若需改為電壓表則應串聯(lián)一電阻，若需改為電

流表則應串聯(lián)一電阻.

12.答案：BCEF0.800.79在誤差允許范圍內，系統(tǒng)動量守恒

解析：解：(1)小車P在碰前做勻速運動，由紙帶計數(shù)點間距可知，BC段小車勻速運動，故選BC段

計算小車碰前速度；

碰撞過程中做變速運動，兩車相碰后粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動，故選E尸段計算兩車碰后共同速

度；

(2)碰前小車Q動量為零，小車P動量Pi，則有碰前總動量

P=Pi=巾1=0,8°kg*ni/s；

碰后兩車速度相等，有碰后總動量為

Xpp

p=g+m)———=0.79kg*m/s

23XU.U4

(3)由(2)可知，碰前總動量和碰后總動量有P?P',

故實驗結論為：放在誤差允許范圍內，系統(tǒng)動量守恒。

故答案為：⑴BC,EF-,(2)0.80,0.79；(3)在誤差允許范圍內，系統(tǒng)動量守恒。

(1)根據(jù)題意，結合紙帶，可以選出線段；

(2)根據(jù)動量的定義式，代入數(shù)據(jù)，可以求出動量；

(3)根據(jù)(2)中計算結果，可以得出實驗結論；

本題考查驗證動量守恒定律，關鍵要把碰撞前后的動量求出來，要注意勻變速直線運動的有關推論

的應用。

13.答案：解：(1)對物體，根據(jù)牛頓第二定律得：F-nmg=mai

代入數(shù)據(jù)得%=2m/s2

(2)設推力作用的時間為由位移公式得Si=［的*

撤去尸時，設物體的速度為次,撤去尸后，物體運動的加速度為。2,經過t2時間運動S2位移停止

根據(jù)牛頓第二定律卬ng=ma2

由速度公式得力=4。=a2t2

由位移公式得S2=在

車=%+?2）d=So+S車一（Si+52）

聯(lián)立以上各式解得d=30m

答：(1)推力F作用下，物體運動的加速度由大小2m/s2；

(2)物體剛停止運動時物體與小車的距離d為30小。

解析：(1)利用牛頓第二定律求得物塊加速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律可求得撤去拉力后的加速度，根據(jù)位移公式分別求出t時間內物體和小車前進

的位移即可求的此時相距距離；

本題考查牛頓第二定律的應用中已知受力求運動的問題，要注意明確兩物體各自的運動情況，再根

據(jù)二者的位移和時間關系進行分析求解即可。

14.答案：解：(1)設ab桿的速度為力則ab桿產生的電動勢為：￡=8"...①

兩板間的電壓為：%=：￡=等…②

ab桿向左運動時：華=mg…③

①②③得：人需…④

(2)ab桿向右運動時，設帶電微粒射入兩極板時的速度為北，向下運動的加速度為a,

經時間t射到C點，有：等+mg=7na...⑤

2

微粒做類平拋運動有：d=v0t...?^=\at...@

由③⑤⑥⑦得：為=頻5…⑧

(3)要使帶電微粒能從兩板射出，設它在豎直方向運動的加速度為由、時間為口，

應有：：＞如此…⑨11=??⑩由⑧⑨⑩得：?

⑴若的的方向向上，設ab桿運動速度為火,

兩板電壓為：?又有：誓-mg=171%…?

???得：叫＜詈票…?

(ii)若由的方向向下，設ab桿運動速度為吸，

兩板電壓為：&=...?又有：mg-等=m5…?

???得…＞蜜?.?

所以：必桿向左勻速運動時速度的大小范圍為：?甯〈與黑…?；

oC[DLOCJDL

答：(l)ab桿勻速運動的速度大小V是鬻；

(2)求微粒水平射入兩板時的速度大?。閊^

(3)如果以外沿中心線射入的上述微粒能夠從兩板間射出，ab桿向左勻速運動的速度范圍：今翳＜

QqBL

解析：(l)ab桿以某一速度向左勻速運動時，沿兩板中心線水平射入質量為m、帶電量為+q的微粒恰

能沿兩板中心線射出，此時電場力與重力平衡，可得電場強度數(shù)值，進而求得兩板間電壓，并進而

求得感應電動勢和棒的速度

(2)ab桿以同樣大小的速度向右勻速運動時，粒子將做類平拋運動，由于該微粒將射到B板距左端為

d的C處，可求粒子的運動初速度

(3)ab桿向左勻速運動時，電場力與重力方向相反，粒子做類平拋運動，要想使粒子射出電場水平位

移應為L,同時豎直位移應該不小于1棒速度較小則向下偏，較大則向上偏，討論速度的范圍.

電磁感應問題結合閉合電路歐姆定律，涉及帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動，運算量較大，有

一定難度.

15.答案：解：(1)當活塞靜止時，封閉氣體的壓強為：

5

Pi=Po+%=102x10pa

(2)當F=6.0N時，有：

4

P2=