福建省三明市2021-2022学年高三上学期期末物理模拟试卷（1）（Word版含答案）

2021-2022学年福建省三明市高三（上）期末物理模拟试卷（1）
一．选择题（共10小题，满分46分）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．电源把其他形式的能转化为电能，用电器把电能转化为其他形式的能
B．电源把电能转化为其他形式的能，用电器把其他形式的能转化为电能
C．电源是电流流出来的装置，用电器是电流流进去的器材
D．电源是电流流进去的器材，用电器是电流流出来的装置
2．（4分）如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d．则（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c、d两点的电场强度大小相等，方向相同
C．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大
D．将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小
3．（4分）如图所示，固定在水平地面的木台凿有一个位于竖直平面的、半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，轨道最低点距水平地面的高度为．现将可视为质点的质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始释放，物块下滑离开轨道后刚落到地面时的动能为mgR．不计空气阻力，则（　　）
A．物块落到地面时速度方向与竖直方向成45°
B．物块沿圆弧轨道下滑过程中向心加速度的最大值为g
C．物块刚滑到轨道最低点时对轨道压力的大小为3mg
D．物块沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做功为mgR
4．（4分）已知太阳系某行星绕太阳的运动可以看成是匀速圆周运动，运行的周期为T，线速度为v，引力常量为G，则太阳的质量可表示为（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．0～t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B．0～t1时间内，导线框中电流越来越小
C．0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为abcda
D．0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变
6．（4分）如图（a），一物体以某一初速度由斜面底端沿斜面向上滑动，其动能和重力势能随位移的变化图线如图（b）。根据图象所给信息，可求出（　　）
A．斜面的倾角
B．物体所受的重力
C．物体上滑的初速度
D．物体与斜面间的滑动摩擦力
7．（4分）如图所示，长L＝1.6m、质量M＝3kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10m/s2。则使物块不掉下去的最大拉力为（　　）
A．1N B．3N C．4N D．5N
8．（6分）如图所示，细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角。现在对小球施加一个水平向右的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态且始终未断裂。已知重力加速度大小为g，小球可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．为保证两根细线均伸直，拉力F最小值为mg
B．为保证两根细线均伸直，拉力F最小值为mg
C．在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大
D．细线OA一定对小球有拉力作用，细线OB对小球的拉力可能为0
9．（6分）质量为2kg的物体以2m/s的速度做匀变速直线运动，经过2s后其动量大小变为8kg m/s，则该物体（　　）
A．所受合外力的大小可能等于2N
B．所受合外力的大小可能等于6N
C．所受冲量可能等于12N s
D．所受冲量可能等于20N s
10．（6分）如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（　　）
A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为
C．金属环在Q点的速度大小为
D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°
二．实验题（共2小题，满分14分）
11．（6分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置。（已知滴水计时器每20s内共滴下41个小水滴，滴嘴离桌面的距离非常小，计算结果均保留两位有效数字）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 　 　（填从右向左或从左向右）运动的。
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为 　 　m/s，小车运动的加速度大小为 　 　m/s2。
（3）图（b）中，滴落水平桌面上第一个小水滴时，小车运动的速度为 　 　m/s。
12．（8分）某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材：
A．电压表V1：量程为2.5V，内阻几千欧；
B．电流表A1：量程为5mA，内阻约为10Ω；
C．电流表A2：量程为1A，内阻0.5Ω左右；
D．电阻箱R1：阻值范围0～999.9Ω；
E．滑动变阻器R2：阻值范围0～10Ω；
F．滑动变阻器R3：阻值范围0～5000Ω；
G．电源：电动势E＝5V，内阻r＝0.5Ω；
H．开关、导线若干。
由于没有合适的电压表，计划用电流表A1改装。
（1）先用半偏法测电流表A1的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将R3调至阻值最大，断开S2、闭合S1，调节R3使电流表A1的示数为4.00mA；保持R3的阻值不变，闭合S2，调节R1使电流表A1的示数为2.00mA，此时R1的阻值为10.5Ω．则电流表A1的内阻为 　 　Ω。
（2）将电流表A1改装成量程为5V的电压表。把电阻箱的阻值调至 　 　Ω，与电流表A1串联后即为量程为5V的电压表。
（3）对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表V并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为 　 　mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为 　 　V（结果保留两位有效数字）。
三．解答题（共3小题，满分40分）
13．（8分）如图为孩子们喜爱的气压式水枪玩具的储水罐示意图，先在储水罐内加水，再用充气筒向储水罐充气，使罐内气压大于外界气压，扣动扳机将阀门K打开，水即从枪口喷出。现储水罐内有一半容积的水，用充气筒向储水罐充气，使其压强达到1.5p0（p0为大气压强），扣动扳机喷水，当水的体积剩下为原来一半时停止喷水。设罐内外气体温度相等且始终保持不变。
（1）求停止喷水时罐内气体的压强p1；
（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的，为使罐内气体压强恢复到1.5p0，求需要充气的次数N。
14．（15分）如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平冰面相切。一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出。已知小球的质量为m，曲面滑槽的质量为2m，重力加速度为g。
（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；
（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足什么条件？
15．（17分）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（﹣2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B2；
（3）第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
2021-2022学年福建省三明市高三（上）期末物理模拟试卷（1）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分46分）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．电源把其他形式的能转化为电能，用电器把电能转化为其他形式的能
B．电源把电能转化为其他形式的能，用电器把其他形式的能转化为电能
C．电源是电流流出来的装置，用电器是电流流进去的器材
D．电源是电流流进去的器材，用电器是电流流出来的装置
【解答】解：AB．电源把其他形式的能转化为电能，用电器把电能转化为其他形式的能，故A正确，B错误；
CD．电源中电流从正极流出，从负极流入，而用电器中的电流也是从一端流入从另一端流出的装置，在电源外部，依靠电场力搬运电荷，而在电源内部，依靠非电场力搬运电荷，即把自由电子从正极搬迁到负极的，故CD错误。
故选：A。
2．（4分）如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d．则（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c、d两点的电场强度大小相等，方向相同
C．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，其电势能先减小后增大
D．将一带正电的试探电荷从c点沿直线移到d点，其电势能先增大后减小
【解答】解：A、根据等量异种电荷周围的电场分布情况和对称性，可知，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同，方向都向右，故A错误；
B、根据电场线分布的对称性知c、d两点的电场强度大小相等，方向相同都垂直于中垂线，即方向也相同，故B正确；
C、将一带正电的试探电荷从a点沿直线移到b点，电场力一直做正功，其电势能一直减小，故C错误；
D、在两点电荷连线的中垂线上电场方向垂直于中垂线向右，所以将一检验电荷沿中垂线由c移动到d，所受电场力方向垂直于中垂线向右，电场力不做功，电势能不变，故D错误。
故选：B。
3．（4分）如图所示，固定在水平地面的木台凿有一个位于竖直平面的、半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，轨道最低点距水平地面的高度为．现将可视为质点的质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始释放，物块下滑离开轨道后刚落到地面时的动能为mgR．不计空气阻力，则（　　）
A．物块落到地面时速度方向与竖直方向成45°
B．物块沿圆弧轨道下滑过程中向心加速度的最大值为g
C．物块刚滑到轨道最低点时对轨道压力的大小为3mg
D．物块沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做功为mgR
【解答】解：A．令物体到达圆弧轨道最低点的速度为v，物体从离开轨道后落到地面的过程中，根据动能定理有，
解得，
物体从轨道水平抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落地时，其竖直方向的速度为，
物块落到地面时速度方向与竖直方向的夹角为θ，且tan＝，故A错误；
B．在轨道的最低点时，向心加速度最大，其值为，故B正确；
C．在最低点根据牛顿第二定律有：N﹣mg＝ma，解得N＝，故C错误；
D．物体在轨道上下滑过程中，根据动能定理有：，则摩擦力做功为：，故D错误；
故选：B。
4．（4分）已知太阳系某行星绕太阳的运动可以看成是匀速圆周运动，运行的周期为T，线速度为v，引力常量为G，则太阳的质量可表示为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：行星绕太阳做匀速圆周运动，设其轨道半径为r，则v＝，得r＝
根据万有引力提供向心力，得：G＝m
联立解得太阳的质量M＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．（4分）矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．0～t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B．0～t1时间内，导线框中电流越来越小
C．0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为abcda
D．0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变
【解答】解：AC、根据图乙所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，0～t2时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，故A错误，C正确；
B、由图乙所示图线可知，0～t1磁感应强度均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故B错误；
D、由C可知：0～t2时间内，电路中电流大小I恒定不变，B不断变化，由F＝BIL可知，安培力F大小发生变化，安培力大小不是恒定的，故D错误。
故选：C。
6．（4分）如图（a），一物体以某一初速度由斜面底端沿斜面向上滑动，其动能和重力势能随位移的变化图线如图（b）。根据图象所给信息，可求出（　　）
A．斜面的倾角
B．物体所受的重力
C．物体上滑的初速度
D．物体与斜面间的滑动摩擦力
【解答】解：A、根据重力势能的增加量可得：Ep＝mgxsinθ，解得：sinθ＝，已知EP＝8J，x＝1m，不知道物体的质量m，无法求解斜面的倾角θ，故A错误；
B、根据中给出的数据，无法计算物体的质量m，物体的重力无法计算，故B错误；
C、物块的初动能Ek0＝＝10J，不知道物体的质量m，无法求解物体上滑的初速度v0，故C错误；
D、根据图线可知，物块上滑过程中机械能的减少为△E＝Ek0﹣EP＝10J﹣8J＝2J，根据能量关系可知物块克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝2J，解得物体与斜面间的滑动摩擦力f＝2N，故D正确。
故选：D。
7．（4分）如图所示，长L＝1.6m、质量M＝3kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10m/s2。则使物块不掉下去的最大拉力为（　　）
A．1N B．3N C．4N D．5N
【解答】解：求小物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是小物块与木板具有共同的最大加速度a
对小物块，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝1 m/s2
对整体，由牛顿第二定律得F＝（M+m）a1＝（3+1）×1 N＝4 N，故ABD错误，C正确；
故选：C。
8．（6分）如图所示，细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角。现在对小球施加一个水平向右的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态且始终未断裂。已知重力加速度大小为g，小球可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．为保证两根细线均伸直，拉力F最小值为mg
B．为保证两根细线均伸直，拉力F最小值为mg
C．在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大
D．细线OA一定对小球有拉力作用，细线OB对小球的拉力可能为0
【解答】解：AB、当OB细线刚好伸直且OB细线的拉力为零时，水平拉力最小为Fmin，如图1所示；
对小球根据平衡条件可得：Fmin＝mgtan45°＝mg，故A正确、B错误；
CD、在保证细线OA、OB都伸直的情况下，受力情况如图2所示，水平方向根据平衡条件可得：FAsin45°+FBsin60°＝F，在竖直方向根据平衡条件可得：FAcos45°＝FBcos60°+mg，所以力F增大，OA和OB的拉力都增大；
当拉力F最小时，OB细线拉力为零，此时OA细线的拉力在竖直方向的分力等于小球的重力，所以OA细线的拉力一定不为零，故C错误、D正确。
故选：AD。
9．（6分）质量为2kg的物体以2m/s的速度做匀变速直线运动，经过2s后其动量大小变为8kg m/s，则该物体（　　）
A．所受合外力的大小可能等于2N
B．所受合外力的大小可能等于6N
C．所受冲量可能等于12N s
D．所受冲量可能等于20N s
【解答】解：AB、以初速度方向为正方向，初始时刻的动量：p1＝mv＝2kg×2m/s＝4kg m/s，
若2s后的动量方向与初速度方向相同，则2s后的动量：p2＝8kg m/s，
根据动量定理得：Ft＝p2﹣p1，
解得该物体所受合外力的大小：F＝＝N＝2N，
若2s后的动量方向与初速度方向相反，则2s后的动量：p′2＝﹣8kg m/s，
根据动量定理得：Ft＝p′2﹣p1，
解得该物体所受合外力的大小：F′＝＝N＝﹣6N，负号表示所受合外力的方向与初速度方向相反，故AB正确；
CD、若2s后的动量方向与初速度方向相同，则所受冲量：I＝p2﹣p1＝（8﹣4）kg m/s＝4kg m/s，
若2s后的动量方向与初速度方向相反，则所受冲量：I′＝p′2﹣p1＝（﹣8﹣4）kg m/s＝﹣12kg m/s，负号表示所受冲量的方向与初速度方向相反，故C正确，D错误。
故选：ABC。
10．（6分）如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（　　）
A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为
C．金属环在Q点的速度大小为
D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°
【解答】解：A、刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q时，由于环的速度向上与绳垂直，重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功率为零，所以金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小。故A错误；
B、金属环从P上升到Q的过程中，对重物由动能定理可得：
代入数据可得：W＝。故B正确；
C、设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由机械能守恒可得：
代入数据可得：v＝
故C错误；
D、若金属环最高能上升到N点，则在整个过程中，对环和整体，由机械能守恒可得：
代入数据可得：ON与直杆之间的夹角α＝53°
故D正确。
故选：BD。
二．实验题（共2小题，满分14分）
11．（6分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置。（已知滴水计时器每20s内共滴下41个小水滴，滴嘴离桌面的距离非常小，计算结果均保留两位有效数字）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 　从右向左　（填从右向左或从左向右）运动的。
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为 　0.25　m/s，小车运动的加速度大小为 　0.066　m/s2。
（3）图（b）中，滴落水平桌面上第一个小水滴时，小车运动的速度为 　0.32　m/s。
【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，从左向右位移间距越来越大，可知，小车从右向左做减速运动；
（2）已知滴水计时器每20s内共滴下41个小水滴，那么各点时间间隔为：T＝s＝0.5s
根据匀变速直线运动中时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
vA＝m/s＝0.25 m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度，得：
a＝×10﹣3 m/s2＝﹣0.066 m/s2，
那么加速度的大小为 0.066 m/s2。
（3）根据速度公式，v＝v0+at，则有：v＝vA﹣at＝0.25m/s﹣（﹣0.066×1）m/s≈0.32m/s
故答案为：（1）从右向左；（2）0.25：0.066；（3）0.32。
12．（8分）某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材：
A．电压表V1：量程为2.5V，内阻几千欧；
B．电流表A1：量程为5mA，内阻约为10Ω；
C．电流表A2：量程为1A，内阻0.5Ω左右；
D．电阻箱R1：阻值范围0～999.9Ω；
E．滑动变阻器R2：阻值范围0～10Ω；
F．滑动变阻器R3：阻值范围0～5000Ω；
G．电源：电动势E＝5V，内阻r＝0.5Ω；
H．开关、导线若干。
由于没有合适的电压表，计划用电流表A1改装。
（1）先用半偏法测电流表A1的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将R3调至阻值最大，断开S2、闭合S1，调节R3使电流表A1的示数为4.00mA；保持R3的阻值不变，闭合S2，调节R1使电流表A1的示数为2.00mA，此时R1的阻值为10.5Ω．则电流表A1的内阻为 　10.5　Ω。
（2）将电流表A1改装成量程为5V的电压表。把电阻箱的阻值调至 　989.5　Ω，与电流表A1串联后即为量程为5V的电压表。
（3）对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表V并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为 　2.60　mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为 　2.6　V（结果保留两位有效数字）。
【解答】解：（1）保持R3的阻值不变，电路电流不变扔为4.00mA，闭合S2，调节R1使电流表A1的示数为2.00mA，由并联电路特点可知，流过R1的电流为2.00mA，流过电流表的电流与流过R1的电流相等，由并联电路特点可知，电流表内阻等于R1的阻值，此时R1的阻值为10.5Ω．则电流表A1的内阻为10.5Ω。
（2）把电流表改装成5V的电压表，需要串联电阻阻值R＝﹣RA1＝Ω﹣10.5Ω＝989.5Ω；
（3）电流表量程为5mA，由图丙所示表盘可知，其分度值为0.1mA，示数为2.60mA；
电压表示数U＝I（R+RA1）＝2.60×10﹣3×（989.5+10.5）V＝2.6V；
故答案为：（1）10.5；（2）989.5；（3）2.60；2.6。
三．解答题（共3小题，满分40分）
13．（8分）如图为孩子们喜爱的气压式水枪玩具的储水罐示意图，先在储水罐内加水，再用充气筒向储水罐充气，使罐内气压大于外界气压，扣动扳机将阀门K打开，水即从枪口喷出。现储水罐内有一半容积的水，用充气筒向储水罐充气，使其压强达到1.5p0（p0为大气压强），扣动扳机喷水，当水的体积剩下为原来一半时停止喷水。设罐内外气体温度相等且始终保持不变。
（1）求停止喷水时罐内气体的压强p1；
（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的，为使罐内气体压强恢复到1.5p0，求需要充气的次数N。
【解答】解：（1）设储水罐的容积为V，开始时罐内气体体积为V1＝V，停止喷水时罐内气体的体积为V2＝V
气体初状态压强p1＝1.5p0，气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
代入数据解得：p2＝p0
（2）设充气次数为N，从充气筒充入气体的总体积为：V3＝N×V
气体温度不变，根据玻意耳定律有：p0（V2+V3）＝1.5p0V2，
代入数据解得：N＝6次
答：（1）停止喷水时罐内气体的压强p1是p0。
（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的，为使罐内气体压强恢复到1.5p0，需要充气的次数N是6次。
14．（15分）如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平冰面相切。一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出。已知小球的质量为m，曲面滑槽的质量为2m，重力加速度为g。
（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；
（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足什么条件？
【解答】解：（1）小球在曲面上能上升的最大高度时两者共速，速度为v，
小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，
取向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+2m）v
由机械能守恒定律得：mv02＝（m+2m）v2+mgh
解得：h＝
（2）小孩推球的过程中系统动量守恒，以向左为正方，由动量守恒定律得：mv0﹣Mv1＝0
解得，车的速度大小：v1＝
设球和曲面分离时，球的速度大小为v2，曲面的速度大小为v3，
对于球和曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv2+2mv3
由机械能守恒定律得：mv02＝mv22+×2mv32
解得：v2＝﹣v0，负号表示速度方向水平向右，
若小孩将球推出后还能再接到球，则有|v2|＞v1，解得：M＞3m
答：（1）小球在曲面上能上升的最大高度是；
（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足的条件是M＞3m。
15．（17分）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（﹣2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B2；
（3）第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
【解答】解：（1）在匀强电场中，粒子做类平抛运动，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O时竖直分速度为vy，合速度为v；
由牛顿第二定律和运动学公式得：
2L＝v0t ①
②
③
联立①②③解得：
④
（2）由（1）中可得：
vy＝at ⑤
联立①③④⑤解得：
vy＝v0⑥
v＝⑦
设合速度v与x轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：
vy＝v sinθ⑧
解得：θ＝45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：
r2+r2cos45°＝2d ⑨
⑩
由⑦⑨⑩可得

（3）设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：
ON＝d+2r1 sin45°+d

MN＝r2sin45°
s＝ON﹣MN
联立⑨ 解得：
s＝4d
答：（1）电场强度
（2）磁感应强度
（3）第一象限磁场左边界到y轴的距离为4d。