温州市名校新高考物理易错100题解答题含解析

[word版可编辑】温州市名校新高考物理易错100题解答题

精选高考物理解答题100题含答案有解析

1.一列简谐横波沿X轴正向传播，r=o时的图像如图所示，此时x=18m处质点开始振动，此时刻后介

质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.2s,。质点回到平衡位置的最短时间为Is,已知f=0时两质点

相对平衡位置的位移相同，求：

①波的传播周期为多少？

②传播速度是多大？

③从，=0时刻算起经过多长时间距。点20m的质点M第二次回到平衡位置？

【答案】①2.4s；②5m/s；③2.8s。

【解析】

【详解】

①由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，。点向上，它们周期相同，则

T=2x(0.2s+ls)=2.4s

②根据图像可知2=12m则波速

212,「，

v=—="——m/s=5m/s

T2.4

③距O点2()m的质点M第二次回到平衡位置时，波向前传播14m,则经过的时间

X14

t=—=—s=2.8s

v5

即经过2.8s质点M第二次回到平衡位置。

2.A气缸截面积为500cm2,A、B两个气缸中装有体积均为104cm3、压强均为l()5pa、温度均为27℃的

理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M,细管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力,

使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原

位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为l()5Pa,当推力F=1X1(PN时，求

①活塞N向右移动的距离是多少；

②B气缸中的气体升温到多少。

【答案】①3.3cm；②360K

【解析】

【详解】

①加力F后，A中气体的压强为

〃A'=，o+g=L2xl()5pa

3A

对A中气体，由

PNA=PAK

则得

初态时

LA%20cm

SR

末态时

["匕="cm

SA3

故活塞N向右移动的距离是

d=Lx-LK=ycm=3.3cm

②对B中气体，因活塞M保持在原位置不动，末态压强为

PB'=幺'=1-2'10^2

根据查理定律得

PB=PB'

TB一"，

解得

^2k=360K

PB

3.如图所示，A、B和M、N为两组平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子，自A板中央小孔进入

A、B间的电场，经过电场加速，从B板中央小孔射出，沿M、N极板间的中心线方向进入该区域。已知

极板A、B间的电压为U0,极板M、N的长度为1,极板间的距离为d。不计粒子重力及其在a板时的初

速度。

AB

(1)求粒子到达b板时的速度大小V；

(2)若在M、N间只加上偏转电压U,粒子能从M、N间的区域从右侧飞出。求粒子射出该区域时沿垂

直于板面方向的侧移量y；

(3)若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的

大小和方向。

【答案】(1)u=、但口(2)丫=黑-(3)8=一^弁、隹外，磁感应强度方向垂直纸面

Vm4d44/-+/丫q

向外。

【解析】

【分析】

(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。

(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量。

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以

求出磁感应强度。

【详解】

(1)带电粒子在AB间运动，根据动能定理有

解得丫=2•

Vm

19

(2)带电粒子在M、N极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有y=/。厂

根据牛顿第二定律有«=—=—

mma

带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有/=可

U12

联立解得y=——

4也

(3)带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。

ab

M

根据牛顿第二定律有qvB=m—

R

由图中几何关系有=尸+(R—1)2

2

解得R胃

联立解得噜J2产色

【点睛】

本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键,应用动能定理、

类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。

4.如图所示，在质量为M=0.99kg的小车上，固定着一个质量为m=0.01kg、电阻R=1C的矩形单匝线

圈MNPQ,其中MN边水平，NP边竖直，MN边长为L=O.lm,NP边长为l=0.05m.小车载着线圈在光

滑水平面上一起以v0=10m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场(磁场宽度大于小车长

度).磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B=LOT.已知线圈与小车之间绝缘，小车

长度与线圈MN边长度相同.求：

7///////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////,

(1)小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向；

(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q；

(3)如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度vi=2m/s,求小车进入磁场过程中线圈电

阻的发热量Q.

【答案】(1)0.5A电流方向为MTQ—PTNTM(2)5xlO-3C(3)32J

【解析】

【分析】

【详解】

(1)线圈切割磁感线的速度vo=lOm/s,感应电动势

E=B1VO=1X0.05X10=0.5V

由闭合电路欧姆定律得，线圈中电流

由楞次定律知，线圈中感应电流方向为MTQTPTNTM

(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为

E

q=IAt=—△t

R

又

①

E=——

△0>=BS

联立可得

BS,

q=—=5xlO3C

R

(3)设小车完全进入磁场后速度为V,在小车进入磁场从t时刻到t+At时刻(AtTO)过中，根据牛顿

第二定律得

V

t

即

-BIIAt=mAv

两边求和得

E-BIIt=Zmv

则得

Blq=m(vo-v)

设小车出磁场的过程中流过线圈横截面的电量为q，，同理得

Blq'=m(v-vi)

又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有q=q，

故得

Vo-V=V-Vl

即

V+V,

v=--n-------=6m/s

2

所以，小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量为

Q=—(M+m)vo2--(M+m)v2=—xlxlO2--xlx62=32J

2222

5.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因

数均为尺先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获

得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

(DA被敲击后获得的初速度大小VA；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小ai；、aB';

A

B

【答案】⑴％=j2〃g\(2)3陪pg

【解析】

【详解】

(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小

匀变速直线运动2aAL=VA?,解得

(2)设A、B的质量均为m,对齐前，B所受合外力大小

F=3pmg

由牛顿运动定律F=maB,得

3um2

aB=--------=3ng

m

对齐后，A、B所受合外力大小

F'=2pmg

由牛顿运动定律

P=2maB'

得

。8=隔

6.如图所示,薄木板在外力F的作用下带着小物块一起沿粗糙水平面向右匀速运动,薄木板的质量M=5kg,

小物块的质量m=lkg,小物块位于薄木板的最右端,薄木板和小物块与水平地面的摩擦因数分别为阳=0.5、

M2=0.2.从某时刻开始，外力F大小不变方向相反的作用在薄木板上，g取10m/s2,求：

(1)外力F的大小：

(2)忽略薄木板的高度，当小物块静止时，距薄木板的右端L=15.5m,则两者一起匀速运动的速度是多少？

27

【答案】(l)30N；(2)%=w>n/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)两者一起匀速运动，由平衡条件有

F=pi(M+m)g=30N

(2)外力F反向后，小物块脱离长木板在水平面上做减速运动，加速度

ai=Z»=fl2g=2m/s2

m

设初速度为Vo,有肾^=占，O=vo-aiti,得

_2q

x-宜一

薄木板也做减速运动，加速度

%=上”=11mzs2

由于a2>a”所以薄木板的速度先减到零，有与比=X2,0=v°—a2t2,得

-2a2

.._v0t

然后薄木板向左加速运动，加速度

9警=lm/s2

有,小物块距薄木板右端的距离

L=X1-X2+X3

解得

22,

%=ym/s

7.如图甲所示，足够长的木板A静止在水平面上，其右端叠放着小物块B左端恰好在。点。水平面以。

点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看成质点)和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁住,

两者以共同速度％=6m/s向右运动某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后撤去D,C与A碰撞(碰撞时

间极短)并与A粘连，此后1S时间内，A、C及B的速度一时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的

质量均为，〃=lkg,A、C与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o求：

(1)木板A与粗糙水平面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数;

(2)细线断开之前弹簧的弹性势能。

0

甲

【答案】(1)“=0.1,〃=0.2；(2)9J

【解析】

【详解】

(1)设A与地面间的动摩擦因数为〃，B与A上表面间的动摩擦因数为〃'，由题图乙可知，O~ls内,

A、C整体做匀减速运动的加速度

2

aM=3.5m/s

B做匀加速运动的加速度

2

am=lm/s

对A、C整体有

—3/jmg-/Jmg=-2maA]

对3有

〃。叫=叫1

解得

〃'=0.1,〃=0.2

(2)C与A碰撞过程中动量守恒，有

mvc=2mvA

其中

vA=4.5m/s

解得

vc=9m/s

弹簧弹开过程中，C、D系统动量守恒，由动量守恒定律有

2机％=mvc+mvD

解得

vD=3m/s

弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有

gx2/nVg+与=；mv：+gmvj

解得

EP=9J

8.如图所示，物体尸和。分别位于倾角。=37。的斜面和绝缘水平面上，用跨过光滑定滑轮。的绝缘轻

绳连接，绳。。段水平，绳0P段平行于斜面，绝缘水平面上方空间有范围足够大、水平向右的匀强电场,

已知P、。与接触面间的动摩擦因数均为〃=。2,质量均为m=lkg,P不带电。带ixlO-c的正电

荷。P、。均恰好能匀速滑动。P、。与接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37。=0.6,

【答案】耳=2.4X1()3N/C或£：2=9.6X103N/C

【解析】

【详解】

当P沿斜面向下匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向上，对P、Q整体分析，由平衡条件有:

mgsin0-/jmgcos0=qE[+/jmg

解得：

耳=2.4X103N/C

当P沿斜面向上匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向下，对尸、Q整体分析，由平衡条件有:

mgsin6+乂mgcos0=qE,—"mg

解得：

E,=9.6X103N/C

9.如图所示，将一个折射率为〃=也的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色

2

细光束入射到P点，AP之间的距离为d,入射角为。，AD=46AP，AP间的距离为d=30cm,光速为

c=3.0xl()8m/s,求：

(i)若要使光束进入长方体后正好能射至D点上，光线在PD之间传播的时间；

(ii)若要使光束在AD面上发生全反射，角0的范围。

【答案】(i)r=3.5xlO-9s;(ii)300<0<60°

【解析】

【分析】

【详解】

⑴由几何关系

PD=y]d2+6d2=^ld

/jd_Jld_/jd币_7d_7x0.3m

=3.5X10-9S

v~cc2-2c一2x3x10$m/s

n

(ii)要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为a,如图甲所示，根据几何关系有

.dyi

sina=—.==——

"屋+(1d)27

根据折射定律有

sin。

-----=n

sina

解得角0的最小值为8=30。

如图乙，要使光束在AD面上发生全反射，则要使射至AD面上的入射角p满足关系式:

sinp>sinC

,c1

sinC=一

n

sin(3=cosa=Vl-sin2a=_(sin.)

解得

0<60°

因此角0的范围为30°<0<60°.

10.如图所示，AB为一光滑固定轨道，AC为动摩擦因数口=0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一

点，且B、C、O在同一竖直线上，已知B、C两点的高度差为h,C、。两点的高度差也为h,AC两点

相距s=2h.若质量均为m的两滑块P、Q从A点以相同的初速度vo分别沿两轨道滑行，到达B点或C

点后分别水平抛出.求：

%

为yll

A“qt

**—s=2.h—►!h

(1)两滑块P、Q落地点到O点的水平距离.

⑵欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度V0应满足的条件.

(3)若滑块Q的初速度V0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L,要使滑块Q落地点距O

点的距离最远，L应为多少？

【答案】⑴二［=2、二一2二二•三，二；=：二；一二二•宫⑵二产二(3)二=兰二

、、口、、口，

【解析】

【分析】

(1)利用动能定理分别求出到达BC点的速度，利用平抛运动求的水平位移；(2)利用两位移相等即可求得速

度；(3)利用动能定理求出平抛运动的速度，有数学关系求的即可.

【详解】

(1)滑块P从A到B的过程中由动能定理可知:一二二二=(二二=-g二二；

可得：二-=二一2二二

从B点抛出Xl=VBtp

解得：二j=2'二；一2二二"二

滑块Q从A至UC过程，由动能定理得：-二二二二=g二二二一（二二］

解得：二-=二；一二二

■\

从C点抛出：二；=二二二二，二=9二二

解得：二；=;二;一二二

\\-

⑵要使X1=X2,联立解得:二。=v'TZZ

（3）由动能定理得：一二二二（二+二）=：二二；一：二二；

在延伸最右端抛出：二；=二二二，二=g二二；

距O点的距离为△x=L+x

得:二二=二：一二二+二当二=?二时,Ax取最大值三二

【点睛】

本题主要考查了动能定理和平抛运动相结合的综合运用，注意再求极值时数学知识的运用.

11.随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回

收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部

分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abed；②火箭主体，包括绝

缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀

强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体

一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭

主体的速度大小为vo,经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abed的电阻为R,其余电阻忽略不计;

ab边长为1,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计,

求：

（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab；

（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；

(3)火箭主体的速度从vo减到零的过程中系统产生的电能。

【答案】⑴4.叫⑵⑶E=+；汨

【解析】

【详解】

(l)ab边产生电动势：E=BLvo,因此

3

Uab=-Blv0

⑵安培力工b=电流为/=粤，对火箭主体受力分析可得:

A

Fab-mg=ma

解得：

⑶设下落t时间内火箭下落的高度为h,对火箭主体由动量定理:

mgt—Fabt=0—mvo

即

2

BI?hA

mgt----------=0—mvo

R

化简得

〃求(％+gf)

h=

根据能量守恒定律，产生的电能为:

E=mgh+^mvl

代入数据可得：

12.如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中

细管的截面积Si=lcm2,粗管的截面积S2=2cm?,管内水银长度％=112=2cm,封闭气体长度L=8cm,大

气压强po=76cmHg,气体初始温度为320K,若缓慢升高气体温度，求:

(1)粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；

(2)气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)以封闭的气体为研究对象，初态气体体积

VI=LS2

压强为

Pi=+4+右=80cmHg

由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为x,则

V=5禽+S7h,

V2x2+lx2

x=三=----''=-----------cm=6cm

末状态气体

p2=Po+x=82cmHg

V2=(L+hl)S2

从初状态到末状态。由理想气体状态方程，

有

=P2V2

I~T2

代入数据解得

%=410K

(2)气体温度达到533K时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H,则

匕=(L+"I)S2+(”_£_4—x)S,

气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律

11=匕

T2R

解得

H=22cm

13.如图(a)为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的长度及它们间距离均为d。大量均匀分布的带电尘

埃以相同的速度vo进人两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m,带电量均为-q。当两板间同

时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板;若撤去板间电场，

并保持板间磁场不变，贴近N板入射的尘埃将打在M板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率

为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标系xOy轴垂直于板并紧靠板右端,

x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2.5d,-2d)处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直

于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求：

⑴两板间磁场磁感应强度B1的大小

⑵若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少

(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围

,mv2mv,.八4/nv

【答案】(l)-y；(2)50%；(3)-4-n

qd5qd5qd

【解析】

【详解】

(1)贴近N极板射入的尘埃打在M板右边缘的运动轨迹如图甲所示,

由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径

R、二d

尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

qd

(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得

qE=qVoB\

撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N极板)’的粒子恰好离开电场，则在水平方

向

d=vot

在竖直方向

12

y=—at"

-2

加速度

qE

a=--

m

解得

y=0.5d

所以除尘效率

77=2x100%=50%

d

(3)设圆形磁场区域的半径为尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为&,要把尘埃全部收集到位

于P处的条状容器中，就必须满足

6="

另有

-m—

如图乙

乙

当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径&最小，磁感应强度与最大,

则有

小小=L25"

解得

如图丙

当圆形磁场区域过p点且与）,轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径飞最大，磁感应强度为最

小，则有

4）大=25d

解得

_2mv0

所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为

2加?《凡＜4mV°

5qd~5qd

14.如图所示，临界角C为45。的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面

为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度3做逆时针匀速转动时，观察者发现液

面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？

【答案】43d

【解析】

【分析】

如图示，当平面镜转动日角时，由光的反射定律可得，反射光线转动28角度；由于光从水中射入空气，当

入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象.所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度.

【详解】

设平面镜转过日角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为V,由图可知：

液体的临界角为C,当28=C=45。时，V达到最大速度Vmax,

即Vmax=：三三•二%乂

即察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为43d.

15.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB,FG和直窄轨BC,GH以及直宽轨DE、IJ组合而

成，AB、FG段均为竖直的;圆弧，半径相等，分别在B,G两点与窄轨BC、GH相切，窄轨和宽轨均

4

处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE,IJ均相互平行，CD,Hl等长，共线，且均与BC垂直。窄

轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为9，宽轨间距为L。由同种材料制

2

成的相同金属直棒a,b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L,质量均为m,电阻均为R。初

始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为

a棒刚到达B位置时的重力加速度为g,求：

(1)a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小；

(2)b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；

(3)若a棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的;，则b棒从刚滑上宽轨到第一

次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qbo

【答案】⑴BL；⑵-^-mgh；(3)^-mgh

4mR25600

【解析】

【详解】

(1)a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得

2

mgh=gz?zv0

解得

由：

E=BLv

R总

E&=B1L

得

安一4R

由牛顿第二定律

a_至

ah一

m

河

4mR

(2)b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为以，此时a棒的速度为匕，

由动量守恒得：

mv0—mva+mvh

又由：

1

得

4

匕=­vo

故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：

22

Q&i=wg/7-1/n(|v0)-m(1v0)

又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由

Q=I2Rt

得

14

%总】=石吨九

(3)当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为"、v'b,由

E=BLv

知

E.=B"：

%=BLv：

由4=纥得

工=2可

而由匕=3%可得

1

V%

b棒刚滑上宽轨时，a,b两棒的总动能为

&=昂加+昂］)=枭g

b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a,b两棒的总动能为

1<1Y1f1Y5

纥2=;机=777咫〃

212)2<4)1o

故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热

八LL147,

。总2=用「用2=-

而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由

Q=FRt

知

c2c147;

&=5。总2=丽图〃

16.如图所示，一内壁光滑的长圆柱形容器，器壁绝热、底面积为S且导热性能良好。初始时开口向上竖

直放置。容器内有两个质量均为牛的绝热活塞A和B。在A与B之间封有一定质量温度为To、高度为

5g

d的理想气体甲，B与容器底面之间封有一定质量的理想气体乙，平衡时甲、乙两部分气体的体积均相等。

现让容器缓慢倒过来开口向下竖直放置，两个活塞再次平衡，此时气体甲的体积变为原来的g倍。活塞与

器壁间密闭性能好，且无摩擦，外界的温度不变，大气压强为po,重力加速度取g。求：

①容器开口向下放置时气体甲的温度；

②容器开口向下放置时气体乙的体积。

47

【答案】①，=§"；②]dS

【解析】

【分析】

【详解】

①初始状态下，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状态，得

mg+H)S=&S

mg+4s=P^S

倒置后，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状态，得

mg+=庶5

mg+P^S=4S

对甲部分气体，由理想气体状态方程得

即二唱v

^()端

解得

4

T^=-TQ

②对乙部分气体，由理想气体等温变化可得

攵忆=?吟

解得

77

K^-V=-dS

乙33

17.如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,一个带正电的粒子质量为

m、电荷量为q,不计粒子的重力，由x轴上的P点垂直磁场射入，速度与x轴正方向夹角0=45。，p点

到坐标原点的跑离为L。

(1)若粒子恰好能从y轴上距原点L处的Q点飞出磁场，求粒子速度大小

(2)若粒子在磁场中有最长的运动时间，求粒子速度大小的范围。

【答案】（1）u=1幽；（2）v《Q―内qBL.

2mm

【解析】

【详解】

（1）粒子的轨迹如图所示

设粒子速率为v

_V2

qvB=m—

r

由几何关系得

_V2

r---L

2

解得v=也退

2m

（2）若粒子在磁场运动时间最长，则应从x轴射出磁场，设其速度的最大值为%粒子恰好与y轴相切。

由几何关系可知

彳）+为cos450=£

解得6=（2-，，）乙。粒子的速度丫《三立2幽。

m

18.倾角为。的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度

均为3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“一”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下

往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好

在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知

每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan。，重力加速度为g。求

(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。

34

【答案】(1)F=—mgsin0(2)d=—L

43

【解析】

【详解】

(1)以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a,由牛顿第二定律:

4mgsin6—〃•mgcos0=

以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F,由牛顿第二定律：

F+gsin6-pi-mgcos0—ma

已知〃=tan。

3

联立可得：F=—〃zgsin。

4

(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v

这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L,

由动能定理，有：

1,

4/〃gsine-6L-〃•加gcos6-(3L+2L+L)=—-4mv*

可得：v=3jgLsin6

由于动摩擦因数为〃=tan。，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0,各滑块均以速度v做匀速运

动;

第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为vi,由动能定理:

Ov；12

zn^sin^-（3.5£）——rm~

212

可得：V,=4jgLsin6

当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后

离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差

为因此到达水平面的时间差也为小="

vv

所以滑块在水平面上的间距为△=

4

联立解得

19.如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为h=25cm的水银柱，BC段是长度为

12=10cm的理想气柱，玻璃管底部是长度为b=12cm的理想气柱.已知大气压强是75cmHg,玻璃管的

导热性能良好，环境的温度不变.将玻璃管缓慢旋转180。倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙

所示.试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离.

图甲图乙

【答案】58cm

【解析】

【分析】

气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移

动的距离.

【详解】

设玻璃管的横截面积为S,选BC段封闭气体为研究对象

初状态时，气体的体积为X=，2S

压强为P1=75cmHg+25cmHg=100cmHg

末状态时，气体的体积为

压强为P2=75cmHg_25cmHg=50cmHg

根据片匕=鸟匕

可得h,=20cm

再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为匕=4S

压强为P3=75cmHg+25cmHg+25cmHg=125cmHg

末状态时，气体的体积为匕=/；s

压强为P4=75cmHg-25cmHg-25cmHg=25cmHg

根据6%=舄匕

可得b'=60cm

A处的水银面沿玻璃管移动了

l=(L'-L)+(13'-b)=1()cm+48cm=58cm

20.2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎疫情威胁着人们的身体健康和生命安全，

勤消毒是一种关键的防疫措施，如图甲所示。图乙是喷雾消毒桶的原理图，消毒桶高为h。在室外从加水

口加注高度为|■的消毒液，关闭喷雾口阀门K,密封加水口，上部封闭有压强为p。、温度为To的空气。

将喷雾消毒桶移到室内，一段时间后打开喷雾口阀门K,恰好有消毒液从喷雾口溢出。已知消毒液的密度

为。，大气压强恒为po,喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想

气体，重力加速度为g。

(1)求室内温度。

(2)关闭K,在室内用打气筒向喷雾消毒桶内充入空气。然后，打开K,在室内喷雾消毒。消毒完成时,

发现桶内消毒液的液面刚好降到桶底。求充入空气与原有空气的质量比。(假设整个过程中气体温度保持

不变。)

【答案】(1)。+磐兀,⑵要X。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)设室内温度为T”消毒桶移到室内一段时间后，封闭气体的压强为pi

h

Pi=Po+Pg，3

气体做等容变化，由查理定律得：

邑=旦

”工

解得

工=(1+譬珏

2Po

(2)以充气前消毒桶内空气为研究对象。设消毒桶的横截面积为S。充气前压强为pi时，设体积为V”则

hhS

P^Po+PS--

消毒完成后，设压强为P2,体积为V2,对应的气柱高度为h2,则

Pi=Po+Pgh,匕=色5

因气体做等温变化，由玻意耳定律得

PM=Py2

解得

"=2为+「8hh

-4po+4pgh

在同温同压下，同种气体的质量比等于体积比。设原有空气的质量为mo,打进空气的质量为m,则

m_h-h2

砥)b

解得：

Am_2〃o+3夕g/z

/2Po+Pgh

21.如图所示是一种叫“蹦极跳”的运动。跳跃者用弹性长绳一端绑在脚踝关节处，另一端固定在距地面几

十米高处，然后从该高处自由跳下。某人做蹦极运动时，从起跳开始计时，他对弹性长绳的弹力F随时间

t变化为如图所示的曲线。为研究方便，不计弹性长绳的重力，忽略跳跃者所受的空气阻力，并假设他仅

在竖直方向运动，重力加速度g取10m/s2。根据图中信息求：

(1)该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度；

⑵该跳跃者所用弹性绳的原长；

(3)假设跳跃者的机械能都损耗于与弹性绳相互作用过程中。试估算，为使该跳跃者第一次弹回时能到达与

起跳点等高处，需要给他多大的初速度。

【答案】⑴20m/s2(2)11.25m(3)5.4m/s

【解析】

【详解】

(1)由图象可知，运动员的重力

mg=500N,

弹性绳对跳跃者的最大弹力

Fm=1500N

对运动员受力分析，由牛顿第二定律得:

Fm-mg^mam

联立解得：运动员的最大加速度

%=^^=20田

m

(2)由图象可知，从起跳开始至弹性绳拉直所经时间为h=1.5s

这一时间内跳跃者下落的距离即为弹性绳的原长，则其原长

L==U.25m

(3)弹性绳第一次被拉直时跳跃者的速度

v,=勘=15m/s

由图象可知，从弹性绳第一次恢复原长至再次被拉直所经时间为

t2=5.6-2.8s=2.8s

弹性绳第二次被拉直时跳跃者的速度

v2==14m/s

第一次弹性绳绷紧损耗的机械能为

11

△E=—mv[9--mv29=725J

为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，所需初速度为vo,则有

代入数据得：

%=.----«5.4m/s«

Vm

22.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小

B=2.0T,一质量m=5.0*10-8kg,电荷量4=1.0、10飞(2的粒子(重力不计)，从点沿纸面以方向与轴

负方向夹角。=30。，大小不同的速度射入磁场，已知LopuBOcm,勿二3：

(1)若粒子垂直x轴飞出，求粒子在磁场中飞行时间;

(2)若粒子不能进入x轴上方，求粒子速度大小满足的条件。

y

0x

【答案】(D6.25X10-2S;(2)v<8m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由几何关系可得

/?1=0.6m

NPQiQ=150。

则

mu；2

匕

解得飞行时间

f=150°=6.25xl(r2s

360°

甲

(2)若带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示。

乙

由几何关系得

6+旦sin。=LOP

解得

R、=0.2m

由

2

"8=丁

«2

解得

v2=8m/s

v<8m/s时粒子不能进入x轴上方。

23.如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH(点G与点D在同一高度但不相交，FH与圆相切)

通过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量机=1必的

小球甲从AB段距地面高为=2相处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性

碰撞。碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、GH与水平面的夹角为9=37。,

GH段的动摩擦因数为ji=0.25,圆轨道的半径R=0.4m,E点离水平面的竖直高度为3R(E点为轨道的

最高点)，(g=10根/$2,s%370=0.6,cos370=0.8)求两球碰撞后：

BC0=31。

(1)小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；

(2)小球乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；

(3)若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求h

的取值范围。

【答案】(1)30N；(2)1.62m；(3)h<0.8mh>2.32m

【解析】

【详解】

(1)小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：啊

两小球碰撞时由动量守恒定律可得：小平%=小%+吆M

由机械能守恒定律可得：g叫片=，％叫2+；加乙丫2

小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：g,生/=叱g.3R+g小匕2

小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，N+m^g^m^

根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N，=N,由以上各式并代入数据得：M=2而m/s，N'=30N

(2)D>G离地面的高度九=2/?-R8s37=OASm

设小球乙上滑的最大高度为幻,则小球乙在GH段滑行的距离S=标

小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：-叫1g4-力=0-g叫产

其中/=W〃gcos37,v'=2y/I()m/s,

由以上各式并代入数据得幻=L62m

(3)只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则〃42/?=0.8加

若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E。设小球沿GH上升的竖直高度为△/7,

A/7

上升过程克服摩擦力做功为叼，则：Wfif=^cos37-

J/=sin37

小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：加g伍一九-△〃)一吗=0

设小球甲返回至G点时的速度为七,根据动能定理：mg\h-wf=-mvl

从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：；m^=mg(R+Rcos37)+；帆片

V

在”E「点上，mp-in—F

R

由以上各式得h=2.32m

故小球甲沿原路径返回的条件为h<0.8切或/i22.32〃？

24.如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的气缸M和密闭的气缸N组成，两气缸

由一细管(容积可忽略)连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气缸“长为3乙，气缸N长为L,

薄活塞A、8密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为27C的空气中，气缸M、N中

分别封闭压强为“。、2Po的理想气体，活塞A、8均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在

处的温度为87C,且活塞8向右移动了;L。已知大气压强为外,相当于10m高水柱产生的压强。求：

BB

M="

k-3L--

(1)装置所在处水的深度；

⑵活塞A向右移动的距离。

【答案】(1)〃=38m；(2)x=-L

4

【解析】

【详解】

⑴气缸N中气体初状态：=2,0，1=300K,%=LS

气缸N中气体末状态：(=360K,晨2=^LS

根据理想气体状态方程有

PNM_PN'I

〒一T2

放入水中后气缸M中的气体压强与气缸N中的气体压强相等，即

PM2=PN2

在此处水产生的压强为

〃水=〃“2一〃0

解得

〃水=3・8〃o

10m高的水柱产生的压强为玲，所以此处水深〃=38m

(2)装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为无

气缸M中气体初状态：