广东省东莞市2021届新高考物理最后模拟卷含解析 18页

广东省东莞市 2021 届新高考物理最后模拟卷 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．如图所示，用不可伸长的轻质细线 a、b 悬挂一小球，小球静止时，绳 a、绳 b 与水平方向的夹角均为 30° ，绳 b 的拉力大小为 F1。现将绳 a 剪断，剪断后瞬间绳 b 的拉力大小为 F2，则 F 1:F 2 为（ ） A． 1:1 B．1:2 C．2:1 D． 2 : 3 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 小球静止时，绳 a、绳 b 与水平方向的夹角均为 30° ，根据题意可知，此时绳 b 的拉力大小和绳 a 拉力大 小相等，根据几何关系可知 1F G 将绳 a 剪断，剪断后瞬间绳 b 的拉力大小与重力沿绳方向的分力大小相等 2 sin30F G 故 1 2: 2 :1F F 故 C 正确 ABD 错误。 故选 C。 2．如图所示，物体 A 放在斜面体 B 上， A 恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体 B 静止不动．若沿斜面方向用 力向下拉物体 A ，使物体 A 沿斜面加速下滑，则此时斜面体 B 对地面的摩擦力 A．方向水平向左 B．方向水平向右 C．大小为零 D．无法判断大小和方向 【答案】 C 【解析】 【详解】 由题物体 A 恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时， 斜面对物体 A 的作用力竖直向上， 与物体 A 的重力平衡。 物体 A 对斜面的力竖直向下， 斜面不受地面的摩擦力作用。 此时斜面体受到重力、 地面的支持力、 物体对 斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力。 若沿平行于斜面的方向用力 F 向下拉此物体 A，使物体 A 加速下滑时，物体 A 对斜面的压力没有变化， 则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即 斜面体受地面的摩擦力为零。 A. 方向水平向左。与上述结论不符，故 A 错误； B.方向水平向右。与上述结论不符，故 B 错误； C.大小为零。与上述结论相符，故 C 正确； D.无法判断大小和方向。与上述结论不符，故 D 错误。 故选： C。 3．下列说法正确的是（ ） A． 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的 B．铀核（ 238 92 U ）衰变为铅核（ 206 82 Pb ）的过程中，要经过 8 次 衰变和 6 次 衰变 C． 210 83 Bi 的半衰期是 5 天， 100 克 210 83Bi 经过 10 天后还剩下 50 克 D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 【答案】 B 【解析】 【详解】 A． 衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来， A 错误； B．铀核（ 238 92 U ）衰变为铅核（ 206 82 Pb ）的过程中，每经一次 衰变质子数少 2，质量数少 4；而每经一 次 衰变质子数增 1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知， α衰变次数 238 206 8 4 m 次 衰变次数 82 92 8 2 6n 次 B 正确； C．设原来 Bi 的质量为 0m ，衰变后剩余质量为 m 则有 10 5 0 1 1100 25g 2 2 ( ) ( ) t Tm m 即可知剩余 Bi 质量为 25g，C 错误； D．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的， D 错误。 故选 B。 4．在真空中某点电荷 Q 的电场中，将带电荷量为 q 的负试探电荷分别置于 a（0,0,r ）、b 两点时，试探电 荷所受电场力的方向如图所示， F a、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内， Fa 与 z 轴负方向成 60 角， F b 与 x 轴 负方向成 60 角。已知试探电荷在 a 点受到的电场力大小为 Fa=F ，静电力常量为 k 。则以下判断正确的是 （ ） A．电场力的大小 Fb 大于 F B． a、b、O 三点电势关系为 a b O C．点电荷 Q 带正电，且大小为 24FrQ kq D．在平面 xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 由题， F a、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内，可知点电荷 Q 即在 yOz 平面内，也在 xOy 平面内，所以 Q 一 定在坐标轴 y 上，过 a 点沿 F 的方向延长，与 y 轴交于 Q 点，设 OQ 之间的距离为 y，由几何关系得 tan60y r 则 tan60 3y r r aQ 之间的距离 = 2 cos60 rL r 连接 bQ ，则 b 受到的电场力的方向沿 bQ 的方向。由几何关系得 3 tan60 3b y rr r 可知 b 点到 O 点的距离也是 r，b 到 Q 之间的距离也是 2r A．b 与 a 到 Q 点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在 b 点受到的电场力与在 a 点受到的电场力 是相等的，所以 bF F 故 A 错误； B．负电荷受到的电场力指向 Q，根据异性电荷相互吸引可知， Q 带正电， 由于距离正电荷越近电势越高， 所以 O 点的电势高， b 与 a 点的电势相等，即 a b O 故 B 错误； C．由于点电荷 Q 带正电，根据库仑定律 2(2 ) kQqF r 解得点电荷 Q 的电荷量为 24FrQ kq 故 C 正确； D．平面 xOz 上各点到 Q 的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面 xOz 上移动该试探 电荷，电场力不一定不做功，故 D 错误。 故选 C。 5．将一物体从地面以速度 v0 竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时 的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得 1mg f ma 下降过程中由牛顿第二定律得 2mg f ma 可判断 1 2a a 上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义 P mv 可知上升过程中动量方向向 上，下降过程中动量方向向下，故 A 正确； B．根据公式 I Ft 可知合外力的冲量方向始终向下，故 B 错误； CD ．克服空气阻力做的功 fW fs s 为物体运动的路程，上升过程 s h，下落过程总路程 2s H h ，根据功能关系可知，机械能 E 逐渐 减小，则有 0E E fs 故 C、D 正确； 不正确的故选 B。 6．如下图所示， ab 间接入 u=200 2 sin100 π tV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为 2︰1， Rt 为热敏电阻，且在此时的环境温度下 Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小 )，忽略保险丝 L 的电阻，电路中电表 均为理想电表，电路正常工作，则 A．电压表的示数为 100 2 V B．保险丝的熔断电流不小于 25A C．原副线圈交流电压的频率之比为 2︰1 D．若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数； 熔断电流是指有效值； 变压器不改变交 流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析 . 【详解】 ab 端输入电压的有效值为 200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为 2︰1，可知次级电压有效值为 100V ， 即电压表的示数为 100V ，选项 A 错误；次级电流有效值为 2 2 100 50 2t UI A A R ，则初级电流有效值 2 1 2 1 25nI I A n ，则保险丝的熔断电流不小于 25A ， 选项 B 正确；变压器不改变交流电压的频率，原 副线圈的交流电压的频率之比为 1︰1，选项 C 错误；若环境温度升高， R t 电阻减小，但是由于次级电压 不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项 D 错误；故 选 B. 【点睛】 要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比， 并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定 其他的电路的变化的情况． 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．用 a、b 两种不同波长的光，先后用同一装置做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中 a 光的干涉条 纹间距小于 b 光的条纹间距，则 ( ) A． a 光的波长小于 b 光的波长 B． a 光的光强大于 b 光的光强 C． a 光的光子能量大于 b 光的光子能量 D． a、b 光分别照射同一光电管，若 a 光发生光电效应，则 b 光一定发生光电效应 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．根据 Δx＝ L d λ得 λ＝ d x L ，则 a 光的波长小于 b 光的波长，选项 A 正确； BC．由 c＝ νλ知， a 光的波长小于 b 光的波长，则 a 光的频率大于 b 光的频率，由 E＝hν可得 a 光的光 子能量大于 b 光的光子能量，光强与光的频率无关，选项 B 错误， C 正确； D．由于 a 光的频率大于 b 光的频率， a、b 光分别照射同一光电管，若 a 光发生光电效应，则 b 光不一定 发生光电效应，选项 D 错误。 8．如图所示， 质量为 M=2kg 足够长的小车以 v0=2.5m/s 的速度沿光滑的水平面运动， 在小车正上方 h=1.25m 处有一质量为 m=0.5kg 的可视为质点的物块静止释放， 经过一段时间刚好落在小车上无反弹， 作用时间很 短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为 μ＝0.5，重力加速度为 g=10m/s 2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（ ） A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒 B．物块落上小车后的最终速度大小为 3m/s C．物块在小车的上表面滑动的距离为 0.5m D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为 7.5J 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒， 故 A 错误； B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有： Mv 0=（M+m ）v 所以共同速度为： 0 2 2.5 m / s 2m / s 2 0.5 Mvv M m 故 B 错误； C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为： 2 2 1 0 1 1 ( ) 2 2 E Mv M m v 代入数据解得： ΔE1=1.25J 由功能关系： ΔE1=μ mg·Δx 解得： Δ x =0.5m 故 C 正确； D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定 律得： 2 2 0 1 1 ( ) 2 2 E mgh Mv M m v 代入数据可得： Δ E=7.5J 故 D 正确。 故选 CD 。 9．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形 abc，顶点 a、 b、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等， 如图所示， D 点为正三角形的中心， E、G 、H 点分别为 ab、ac、 bc 的中点， F 点为 E 点关于顶点 c 的对 称点，则下列说法中正确的是（ ） A． D 点的电场强度为零 B． E、F 两点的电场强度等大反向、电势相等 C． E、 G、 H 三点的电场强度和电势均相同 D．若释放 c 处的电荷，电荷在电场力作用下将做加速运动（不计空气阻力） 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A． D 点到 a、b、c 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120°，故 D 点的 场强为 0，故 A 正确； B．由于 a、b 在 E 点的场强大小相等方向相反，故 E 点的场强仅由电荷 c 决定，故场强方向向左，而电 荷 c 在 DF 位置的场强大小相同方向相反，但电荷 a、b 在 F 点的场强矢量和不为 0，故 EF 两点的电场强 度大小不同，方向相反，故 B 错误； C．E、 G、H 三点分别为 ab、ac、bc 的中点，故 E 的场强仅由电荷 c 决定，同理 G 点的场强仅由电荷 b 决定， H 点的场强仅由电荷 a 决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故 C 错误； D．若释放电荷 c，则 a、 b 在 C 点的合场强水平向右，故 a、 b 始终对 c 有斥力作用，故 c 电荷将一直做 加速运动，故 D 正确。 故选 AD 。 10．为了保障广大市民的生命健康，快递公司和外卖平台推出了 “无接触 ”配送。业内人士分析， “无接触 ” 配送减轻了广大市民的生活压力， 使他们不用走出小区， 生活依然得到保障， 同时也使疫情得到有效控制， 避免病毒通过人群接触扩散和蔓延。 如图为某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图， 皮带在电动机的 带动下保持 v=1m/s 的恒定速度向右运动， 现将一质量为 m=2kg 的邮件轻放在皮带上， 邮件和皮带间的动 摩擦因数 μ=0.5，设皮带足够长，取 g=10m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是 （ ） A．皮带对邮件的作用力水平向右 B．邮件在传送带上滑动的时间为 0.2s C．邮件对地的位移大小为 0.1m D．邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功为 2J 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力的合力，方向斜向右上方，故 A 错误； B．以邮件为研究对象，根据动量定理得 mgt mv 代入数据解得 0.2t s 故 B 正确； C．以邮件为研究对象，根据动能定理得 21 2 mgx mv 代入数据解得 0.1x m 故 C 正确； D．邮件对皮带的摩擦力做功为 cos180 2JW mg x mgvt传送带 故 D 错误。 故选 BC 。 11．在光滑绝缘水平面上， 一绝缘轻绳栓着一个带电小球绕竖直方向的轴 O 在匀强磁场中做顺时针方向的 匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到 A 点时，绳子突然断开，关于小球在 绳断开后的运动情况，可能的是（ ） A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变 B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小 C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变 D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力 大小时，绳子断后，小球做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则 半径减小，故 AB 正确； CD ．若小球带负电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力 提供向心力， 顺时针做圆周运动， 半径不变． 若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力， 拉力减小为零， 小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故 C 正确， D 错误． 故选 ABC 。 12．一列沿 x 轴传播的横波在 t＝0.05 s 时刻的波形图如图甲所示， P、Q 为两质点，质点 P 的振动图象如 图乙所示，下列说法中正确的是 __________ A．该波的波速为 20 m/s B．该波沿 x 轴负方向传播 C． t＝0.1 s 时刻质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向 D． t＝0.2 s 时刻质点 Q 的速度大于质点 P 的速度 E.t ＝0.3 s 时刻质点 Q 距平衡位置的距离大于质点 P 距平衡位置的距离 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．分析图甲确定波长 λ＝4m，根据图乙确定周期 T ＝0.2s，则该波的波速 20m/sv T 故 A 正确； B．分析图乙可知， t＝0.05s 时，质点 P 处于平衡位置沿 y 轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿 x 轴正方向传播，故 B 错误； C．分析图甲可知， t＝0.05s 时，质点 Q 处于波谷， t＝0.1s 时，质点 Q 位于平衡位置沿 y 轴正方向运动， 故 C 正确； D． t＝0.2s 时刻，质点 Q 位于平衡位置，质点 P 位于波峰，质点 Q 的速度大于质点 P，故 D 正确； E． t＝0.3s 时，质点 Q 位于平衡位置，质点 P 位于波谷，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P，故 E 错 误． 故 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学利用图甲所示装置探究 “加速度与力、物体质量的关系 ”。图中装有砝码的小车放在长木板上， 左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一砝码盘相连。在砝码盘的牵引下，小车在 长木板上做匀加速直线运动， 图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带， 已知纸带上 每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是 1x 、 2x 、 3x 、 4x 、 5x 、 6x ， 打点计时器所接交流电的周期为 T ，小车及车中砝码的总质量为 1m ，砝码盘和盘中砝码的总质量为 2m ， 当地重力加速度为 g 。 (1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为 a ________（要求结果尽可能准确） 。 (2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下列说法正确的是 ________。 A．平衡摩擦力时，要把空砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车连接，再把 木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止 B．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平 C．若用 2m g 表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求 1 2m m? D．每次改变小车上砝码的质量时，都要重新平衡摩擦力 (3)该同学探究在 1m 和 2m 的总质量不变情况下， 加速度与合力的关系时， 他平衡摩擦力后， 每次都将小车 中的砝码取出一个放在砝码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图 丙所示的 a F 图像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。图像中直线的斜率为 ________（用本实验 中相关物理量的符号表示） 。 【答案】 36 25 4 1 236 x x x x x x T C 1 2 1 m m 【解析】 【详解】 (1)[1] 因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有 2 6 3 13 (2 )x ax T ， 2 5 2 23 (2 )x ax T ， 2 4 1 33 (2 )x ax T ， 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得 1 2 3 1 ( ) 3 a a a a 解得 6 5 4 1 2 3 2 ( ) ( ) 36 x x x x x xa T (2)[2]A ．在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端 不能悬挂装砝码的砝码盘，故 A 错误； B．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故 B 错误； C．本实验中，对小车及车中砝码由牛顿第二定律得 1T m a 对托盘和钩码由牛顿第二定律得 2 2m g T m a 两式联立解得 2 2 1 1 m gT m m 由此可知只有满足盘和砝码的总质量远小于小车质量时，近似认为 2T m g ，故 C 正确； D．由于平衡摩擦力之后有 1 1sin cosm g m g 故 tan 所以无论小车的质量是否改变， 小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力， 改变小车质量时 不需要重新平衡摩擦力，故 D 错误。 故选 C。 (3)[3] 对盘和砝码 2 2m g F m a 对小车 1F m a 联立解得 2 1 2( )m g m m a 认为合力 2F m g ，所以 1 2( )F m m a 即 1 2 Fa m m a F 图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示 1 2 1 m m 。 14．小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面 可通过电机带动绕其圆心 O 转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手 机固定在桌面某一位置 M 处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度， 调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。 (1)由图乙可知， 60.0st 时，桌面的运动状态是 ______________（填字母编号） ； A．静止 B．匀速圆周运动 C．速度增大的圆周运动 D．速度减小的圆周运动 (2)仅由图乙可以得到的结论是： ____________； (3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持 _________不变，改变 ______，通过软件记录加速度的大小， 此外，还需要的测量仪器是： __________________。 【答案】 B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大 转 速（或角速度） 手机到圆心的距离（或半径） 刻度尺 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 由图乙可知， 60.0st 时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动， 所以 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 (2)[2] 由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角 速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。 (3)[3][4] 物体做圆周运动的加速度为 2 2 24πa r n r 若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径） ； [5] 所以还需要的测量仪器是刻度尺。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量 M=3.0kg 的小物块 B 静止 在水平面上。质量 m=1.0kg 的小物块 A 从距离水平面高 h=0.80m 的 P 点沿轨道从静止开始下滑，经过弧 形轨道的最低点 Q 滑上水平面与 B 相碰，碰后两个物体以共同速度运动。取重力加速度 g=10m/s2。求： (1)A 经过 Q 点时速度的大小 0v ； (2)A 与 B 碰后共同速度的大小 v ； (3)碰撞过程中， A 与 B 组成的系统所损失的机械能 ΔE。 【答案】 (1)A 经过 Q 点时速度的大小是 4m/s ；(2)A 与 B 碰后速度的大小是 1m/s ；(3)碰撞过程中 A 与 B 组成的系统损失的机械能 △E 是 6J。 【解析】 【分析】 【详解】 (1)A 从 P 到 Q 过程中 ,由动能定理得 : 2 0 1 0 2 mgh mv 解得 v0=4m/s (2)A 、B 碰撞 ,AB 系统动量守恒 ,设向右为正方向 ,则由动量守恒定律得 : 0 ( )mv m M v 解得 v=1m/s (3)碰撞过程中 A.B 组成的系统损失的机械能为 : 2 2 0 1 1 ( ) 2 2 E mv m M v =6J 16．在室温 (27 °C)环境中 ,有一罐压强为 9.0 标准大气压、容积为 0.02m3 的氦气， 现将它与一气球连通给 气球充气。当充气完毕时，气球压强为 1.2 标准大气压，假若充气过程中温度不变，求： ①充气后气球的体积； ②充气前罐内氢气的质量。 (已知氢气的摩尔质量为 4.0g/mol ，标况下气体的摩尔体积为 22.4 L/mol) 【答案】① 0.13m3；② 29.29g。 【解析】 【详解】 ① 1 9.0p 个大气压， 3 1 0.02mV ； 1 300KT 充气后球体积为 V， 2 1.2p 个大气压 2 0.02V V ； 2 300KT 由玻意耳定律得 1 1 2 2pV p V 得 30.13mV ②充气罐内氮气在标况下体积为 V 0，p 0=1 个大气压； 0 273KT 由状态方程得 0 01 1 1 0 p VpV T T 得 3 0 0.164mV 氦气的摩尔数 7.32moln 质量 29.29gm 17．电动自行车已经成为人们日常出行的一种常用交通工具，以下是某型号电动自行车的相关参数： 名称 车身 质量 满载 载重 前后 车轮 直径 额定转速 电动机额 定 电压 电动机 额定 电流 额定机械 输出功率 参数 40kg 80kg 40cm 4500 2 r/min 48V 20A 835W 该电动自行车采用后轮驱动直流电动机， 其中额定转速是电动自行车在满载情况下在平直公路上以额定功 率匀速行进时的车轮转速，求： （ 1）电动自行车以额定转速行进时的速度 v0； （ 2）在额定工作状态时，损失的功率有 80% 是由于电动机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻 为多大； （ 3）满载（车身质量 +满载载重）情况下，该车以速度 v=5m/s 沿着坡度为 θ=4.59°的长直坡道向上匀速行 驶时，受到的摩擦阻力为车重（含载重）重量的 0.02 倍，求此状态下电动自行车实际运行机械功率 （ sin4.59 °=0.08；重力加速度 g=10m/s 2）。 【答案】 （1） 15m/s（ 2）0.25 Ω（3）600W 【解析】 【详解】 （ 1）在额定状态下电机以额定的转速转动，则 0 2 dv ① 2 n ② 由①②两式联立得： 0 4500 0.42 2 m/s 15m/s 2 2 60 2 dv n 电动机在额定工作状态时， P UI P损耗 输出 ③ 损失的电功率 80％转化为电热功率，则 280 P I R损耗％ ④ 由③④两式联立得： 2 2 80 80 48 20 835 0.25 20 UI P R I 输出％ ％ 当电动自行车在斜坡上匀速行驶时，受力分析如图： 由牛顿定律得： sinF M m g k M m g ⑤ 电动自行车的实际功率： P Fv ⑥ 由⑤⑥得： sin 600WP M m g k M m g v