曲靖市新高考物理解答题100题含解析

[word版可编辑】曲靖市新高考物理精选解答题100题汇总

精选高考物理解答题100题含答案有解析

1.一病人通过便携式氧气袋供氧，便携式氧气袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为O°c

时，袋内气体压强为1.25atm,体积为50L。在23七条件下，病人每小时消耗压强为LOatm的氧气约为

20L。已知阿伏加德罗常数为6.0xl（）23mo「i,在标准状况（压强LOatm、温度0°C）下，理想气体的摩

尔体积都为22.4L。求：

⑴此便携式氧气袋中氧气分子数；

（ii）假设此便携式氧气袋中的氧气能够完全耗尽，则可供病人使用多少小时。（两间计算结果均保留两位有

效数字）

【答案】⑴1.7x1024（个）；（ii）3.4h

【解析】

【详解】

⑴便携式氧气袋内的氧气，可视为理想气体，温度为时，袋内气体压强为L25atm,假设发生等温变

化，有

P1V1=P2V2

即

1.25X50=1.0V2

解得

V2=62.5L

物质的量为

氧气分子数

N=nNo=1.7xlO24（个）

（ii）根据理想气体状态方程，有

7；一（

即

1.25x501.0x1/

273-23+273

解得

V3=69L

可供病人使用的时间

t=—=3.4h

K

2.如图所示，有两个不计质量的活塞M,N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是27。。M活

塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2,初始时M

活塞相对于底部的高度为H=27cm,N活塞相对于底部的高度为h=18cm.现将一质量为m=400g的小物

体放在M活塞的上表面上，活塞下降.已知大气压强为po=l.Oxl()5pa,

①求下部分气体的压强多大；

②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127。(2,求稳定后活塞M,N距离

底部的高度.

【答案】(l)1.2xl05^,(2)27.5cm,20cm

【解析】

【分析】

【详解】

①对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pS=mg+p°S

解得：

/?=1.2xlO5Pa；

phSph、S

②对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：分n一=号二

解得：

h2=20cm,

对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：Po(H—h)S=pLS

解得：

L=7.5cm,

故此时活塞M距离底端的距离为：

H2=20+7.5=27.5cm；

3.如图所示，真空中有以(r,0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B,

方向垂直于纸面向里，在y=i•的虚线上方足够大的范围内，有方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的

大小为E,从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子。已知质子在磁场中的轨迹半径也为r,质子

的电量为q,质量为m。

(1)速度方向与x轴正方向成30。角(如图中所示)射入磁场的质子，将会进入电场，然后返回磁场，请在

图中画出质子的运动轨迹；

⑵在⑴问下，求出从O点射入的质子第二次离开磁场所经历的时间。

【解析】

【详解】

⑴如图所示。

(2)质子射入磁场后做匀速圆周运动，有

2

qvB=^~

可得

qBr

v=

m

质子在磁场中转过120。角后从C点垂直电场线进入电场，设时间为乙

2汽m

’1=aD

3qB

从C点到D点匀速运动

r-rcos30°=vt2

解得

m

7

从D点减速到F点做匀减速运动

qE

v=——t.

m

解得

Br

G=—

E

从F点到D点时间为与，从D点到C点时间为弓，从C点到M点做匀速圆周运动

7tm

总时间

cc（乃+2—6）/〃2Br

qBE

4.如图（a）,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为L；两根相同的导体棒M、N置

于导轨上并与导轨垂直，长度均为L；棒与导轨间的动摩擦因数为H（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；

整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。从t=0时开始，对导体棒M施加一平行于

导轨的外力F,F随时间变化的规律如图（b）所示。已知在to时刻导体棒M的加速度大小为pg时，导

体棒N开始运动。运动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加速度大小为g,两棒的质量均为m,电阻均

为R,导轨的电阻不计。求：

图(a)图(b)

(l)t«时刻导体棒M的速度VM；

(2)O~to时间内外力F的冲量大小；

⑶O~to时间内导体棒M与导轨因摩擦产生的内能。

1答案】⑴寰；⑵|"⑶赞j小露。

【解析】

【详解】

(1)设to时刻棒中的感应电流为io,由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势

Eo=BLVM

根据闭合电路欧姆定律

;=>^o.

°2R

导体棒受到的安培力大小为

F安=8口0

对导体棒N,由平衡条件得

F安=〃mg

整理得to时刻导体棒M的速度

_2囚ngR

2;

M-BI3

(2)设to时刻导体棒M受到的拉力大小为Fo,根据牛顿第二定律得

1_Ring=ma

解得

Fo=3〃mg

0to时间内外力F的冲量大小为

,43

/=3°=5〃'叫‘°；

(3)设导体棒M开始运动的时刻是t1.此时导体棒M受到拉力大小等于摩擦力

Fi=4mg

由F—t图像可知

二雪

%「0

设tito时间内的平均电流为I,导体棒M的位移为X。则tito时间内的平均电流为

/,—__△_①__=_B__L_x_

-2R%-2R\t

在=-。过程中，根据动量定理，有

pungkt-BLIkt-mv

“I:，。A/-M

整理得

4〃mgR(t°mR]

—B21}UB2I})

此过程导体棒M与导轨因摩擦产生的内能

5.如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v°=12m/s的水平速度撞

上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为mi=0.5kg、

m2=1.5kg。求：

①A与B撞击结束时的速度大小v；

②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。

【详解】

①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向

由动量守恒定律得

mivo二(mi+mz)v

代入数据解得

v=3m/s

②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程

由动量定理得

1=(mi+mi)(-v)-(mi+mi)v

代入数据解得

I=-12N*s

负号表示冲量方向向右。

6.2020年1月1日起，TPMS(胎压监测系统)强制安装法规将开始执行。汽车行驶时，TPMS显示某

一轮胎内的气体温度为27°C,压强为250kPa,己知该轮胎的容积为30L。阿伏加德罗常数为NA=6.0X102J

mol1,标准状态下Imol任何气体的体积为22.4L,latm=100kPa。求该轮胎内气体的分子数。(结果保留

一位有效数字)

【答案】2X1024个

【解析】

【详解】

设胎内气体在lOOkPa、0C状态下的体积为Vo,根据气体状态方程有：

PM_Po%

工一T。，

代入解得：

Vo=68.25L

则胎内气体分子数为：

N=-^-N“弓2x1024个

22.4A

7.如图，水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37。，槽的右端与

质量m=lkg、长度L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量mi=2kg和m2=lkg的

两个小物块(可视为质点)。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块

都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。已知皿与木板

间的动摩擦因数m=0.2,木板与地面间的动摩擦因数3=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

⑴物块到达圆弧槽左端时的速率v；

⑵炸药爆炸释放的化学能E；

⑶木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。

【答案】(1)5m/s；(2)45J；(3)3J»

【解析】

【分析】

【详解】

(Dm?离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动

分解m2离开圆槽时的速度v,有

vv=vsin37

根据平抛运动规律得

,1*2

%=/厂

vy=gt

代入数据联立解得

v=5m/s

(2)设炸药爆炸后，mi、m2获得的速率分别为力/、v2

nu运动过程中，由机械能守恒定律有:

n?2gE(l-cos37j+gm2/=｝当¥

代入数据得

v2=6m/s

爆炸过程中，由动量守恒定律有

町匕=m2v2

代人入数据得

V)=3m/s

由题意有

11

60%E=—2+万/%了2

代入数据联立解得

E=45J

⑶对物块mi有

必叫g=町4

对木板nu有

从呵8-〃2(m+网)g=网出

代入数据得

6(।=2m/s2

2

6f2=lm/s

设经过时间t，达到共同速度U有:

f

v{一“=a2t

f

M=a2t

代入数据得

t'=ls

v'=lm/s

此过程中：mi的位移

木板的位移

1,,

x,=—vt=0.5m

-2

相对位移=M-々=L5m〈L,故mi未脱离木板

假设它们一起做减速运动直到静止

由

（根+叫）g=（根+叫）/

得

2

a3=lm/s

又：.“=〃1/”话＞班4，故假设成立

设此后木板发生的位移为工

由运动学规律有

v'2=2a3X3

代入数据得

x3=0.5m

整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量

Q=〃式m+mi）g（x2+x3）

代入数据联立解得

Q=3J

8.图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC是底角为45。的等腰梯形，高为a,上

底边长为a,下底边长3a,如图乙所示。一细光束垂直于OC边射入，恰好在OA和BC边上发生全反射,

最后垂直于OC边射出，已知真空中的光速为c。试求该光束在棱镜中的传播时间t。

,45,45,

0

乙

【答案】372-

【解析】

【分析】

【详解】

恰好发生全反射

1

n=-----

sinC

即

所以速度为

c6

v=—=——C

n2

则时间为

一的=3印

vc

9.如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆

连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气.已知：大活塞的质量为2m,横截面积为2S,小活塞的

质量为m,横截面积为S；两活塞间距为L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽

缸外大气的压强均为P。，大活塞与大圆筒底部相距由，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为

2

g.现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强.

【答案】P=]Po+亲

【解析】

【分析】

以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出初始时氧气压强为8和体积X;再求出当小活塞缓慢上升

至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积V2；再由玻意耳定律，求出此时氧气的压强P2,最后利用平衡

条件求出氮气压强为P；根据平衡条件求出压强，在根据理想气体状态方程求出温度.

【详解】

①以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为P”根据平衡条件有

poS+3mg=piS

化简得:

3me

Pi=Po+—

kJ

初始时氧气体积:

%=2S八,+5区L=3密SL

'I2J222

当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积

V2=2SL

由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为P2,

由玻意耳定律得

P2V2=P1V1

联立解得氧气的压强：

39mg

P)=一“0H--------

24°4s

②设此时氮气压强为P，温度为T,根据平衡条件有

po,2S+3mg=pzS+pS

得：

P=上P0+股

10.如图所示，在水平面上有一个固定的!光滑圆弧轨道ab,其半径R=0.4m。紧靠圆弧轨道的右侧有一

足够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b点，在电动机的带动下皮带以速度vo=2m/s顺时针匀速转动，在

a的正上方高h=().4m处将小物块A由静止释放，在a点沿切线方向进入圆弧轨道ab,当A滑上水平传送

带左端的同时小物块B在c点以v=4m/s的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为2kg,与传

送带间的动摩擦因数均为|1=0.4。两物块在传送带上运动的过程中恰好不会发生碰撞，取g=10m/s2。求：

(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

⑵小物块B、A开始相向运动时的距离联；

(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。

【答案】(I)IOON(2)5m(3)16J

【解析】

【详解】

(1)小物块A从静止运动到b点，由动能定理得

12

mg(h+R)=~

在b点由牛顿第二定律得

A

解得

FN=100N

根据牛顿第二定律可知小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为100N

(2)由牛顿第二定律得

pmg=ma

可知两个小物块的加速度大小均为

a=|ig=4m/s2

小物块A向右减速至与传送带共速的过程中所需时间

a

小物块A的位移

22

J一%

XxA---

2a

传送带的位移

Xl=VotA

所以A物块相对传送带的位移

%=4-西

小物块B向左减速至0再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间

v+v,广

tn=------0=1.5s

Ka

小物块B的位移大小

2

V-1

XR=

Bla

传送带的位移

々=votB

所以小物块B相对传送带的位移

&B=9+/

小物块B、A开始相向运动的距离

解得

k=5m

(3)小物块A相对传送带运动产生的热量

2=〃，找

小物块动能的变化量

此瓦=g〃/欣

小物块B相对传送带运动产生的热量

=〃机g&B

小物块动能的变化量

A"1212

Ahki--mv

所以电动机多消耗的能量

E=Qi+△&+

解得

E=16J

11.如图所示，相距L=0.5m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，水平导轨处

的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m=0.04kg、电阻均

为R=0.1。的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M=0.20kg

的物体C,用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面

内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角。=37。，水平导轨与ab棒间的动摩擦因数ji=0.4。

重力加速度g=10m/s2,水平导轨足够长，导体棒cd运动过程中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放,

当它达到最大速度时下落高度h=lm,求这一运动过程中：(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(2)由于摩擦产生的内能与电流产生的内能各为多少？

(3)若当棒ab、cd达到最大速度的瞬间，连接导体棒ab、cd及物体C的绝缘细线突然同时断裂，且ab

棒也刚好进入到水平导轨的更加粗糙部分(ab棒与水平导轨间的动摩擦因数变为〃'=0.6)。若从绝缘细线

断裂到ab棒速度减小为零的过程中ab棒向右发生的位移x=0.Um,求这一过程所经历的时间？

【答案】(1)2m/s(2)0.16J1.04J(3)0.15s

【解析】

【详解】

(1)设C达到最大速度为乙，由法拉第电磁感应定律可得回路的感应电动势为：

E=2BLvm①

E

由欧姆定律可得回路中的电流强度为：1=—②

2R

金属导体棒ab、cd受到的安培力为：F=BIL③

线中张力为T2,导体棒ab、cd及物体C的受力如图，

物体C［二

2mg

由平衡条件可得：Z=加gsin37"+尸，T^T.+F+f,T2=Mg④

联立①②③④解得匕=2%⑤

(2)运动过程中由于摩擦产生的内能：Ei=jimgh=0.16J⑥

由能的转化和守恒定律可得：

Mgh-g(2m+M)v^t+mghsin37°+E1+E2⑦

联立⑤⑥⑦

将打=1机，代入可得这一过程由电流产生的内能：£2=1.04J

(3)经分析，在ab棒向右减速运动的过程中，其加速度大小与cd棒沿斜面向上运动的加速度大小始终

相等，速率也始终相等。设某时刻它们的速率为v,贝!］：E=2BLV

E

由欧姆定律可得回路中的电流强度为：1=—

2/?

金属导体棒ab、cd受到的安培力为：F=BIL

对ab棒运用动量定理：£、七必'+^mgt=mvm

R

又£必/=x=0Alm

计算可得t=0.15s

12.如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N点，细杆上的PQ两点与圆心。在同

一水平线上，圆弧半径为0.8m。质量为0.1kg的有孔小球A(可视为质点)穿在圆弧细杆上，小球A通

过轻质细绳与质量也为0.1kg小球3相连，细绳绕过固定在。处的轻质小定滑轮。将小球A由圆弧细杆上

某处由静止释放，则小球A沿圆弧杆下滑，同时带动小球3运动，当小球A下滑到。点时其速度为4m/s,

此时细绳与水平方向的夹角为37。，已知重力加速度g=10m/s2,或＞137。=0.6,cos37°=0.8,««16。=0.1.问：

(1)小球A下滑到O点时，若细绳的张力T=x(N),则圆弧杆对小球A的弹力是多大？

(2)小球A下滑到。点时，小球B的速度是多大？方向向哪？

(3)如果最初释放小球A的某处恰好是P点，请通过计算判断圆弧杆PO段是否光滑。

【答案】(1)FN=(2.1-0.8X)N；(2)2.4m/s,竖直向下；(3)光滑

【解析】

【分析】

【详解】

(1)当球A运动到D点时，设圆弧杆对小球A的弹力为FN,由牛顿第二定律有

2

%+Tcos370-mgcos16。=

R

解得

FN=(2.1-0.8X)N

(2)小球A在D点时，小球B的速度

vH-vAsin37°=2.4m/s

方向竖直向下。

(3)由几何关系有

QD=2Rcos370=1.6R

//=QOsin370=0.96R

若圆弧杆不光滑，则在小球A从P点滑到D点的过程中，必有摩擦力对小球A做功。设摩擦力对小球A

做功为W“对A、B两小球由功能关系得

mg/t+mg(2R-QD)+W/=；相口；+；加4

代入数据解得

Wf=O

所以圆弧杆PD段是光滑的。

13.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。6

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

初速度。

(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)v=*巨久(2)y=-^~(3)B=丁2J驯Z，磁感应强度方向垂直纸面

Vm4dU04l~+d-\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

〃12

QU0=-mv

解得户%

Vm

1

(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0

根据牛顿第二定律有a=^=—

mma

带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有/="

U12

联立解得y=——

4dU0

(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。

2

根据牛顿第二定律有qvB=m—

R

由图中几何关系有收=/2+(/?-.)2

2

4『+12

解得

4d

联立解得B=华生近

【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。

14.如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上

升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。已知温度为27-C时，封闭空气柱长度Li为20cm,此时水银

柱上表面与导线下端的距离L2为10cm,水银柱的高度h为5cm,大气压强为75cmHg,绝对零度为-273。(\

(1)当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警；

(2)如果要使该装置在900C时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？

【答案】(1)177℃；(2)8cm

【解析】

【详解】

⑴报警器报警，则气体柱的长度要增大到L+L2

根据等压变化

工」一乙

匕

T2Li+L2

代入数据得

T2=450K

即

t2=177℃

(2)设加入x水银柱，在90C时会报警

PM_P3匕

丁工~

可得

80x20S(8O+x)(3O-x)S

300273+90

解得

x=8cm

15.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x()的小球A和B,A球所带电荷量为+q,B

球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E,小球A在电

场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时

间极短，求：

E

7/^7777777777777777777777777777777777777^7777/

Xo

(DA球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功;

(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。

【答案】(1)(2)5qExo(3)8xo<d<18xo

【解析】

【详解】

(1)设A球与B球第一次碰撞前的速度为V0,碰撞后的速度分别为VA1、VB1O

对A,根据牛顿第二定律得：qE=ma

由运动学公式有：vo2=2axoo

解得：归身当

vm

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

mvo=mvAi+niVBi

(2)设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为tl.有：XAkVAltl+Lah2=VBltl

2

从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：

W=qE(XO+XAI)

解得：W=5qExoo

(3)设第二次碰撞前A的速度为VA“碰撞后A、B的速度分别为VA2、VB2.有：

VAI-VAl+atlo

第二次碰撞过程，有：

mvAir+mvBi=mvA2+mvB2o

1,2121212

—mvAr+—mvBi=-mvA2+—mvin

2222o

第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度VB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：

VB22-VA22=2a*AXlo

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度

最大，设第三次碰撞前A球的速度为VA2，，碰撞后A、B的速度分别为VA3、VB3.二、三次碰撞间经历的

时间为t2.有：

1,

XA2=VA2t2+—at2-VB2t2o

2

VA2~VA2+at2o

第三次碰撞过程，有：mVA2'+mVB2=mVA3+mVB3

171,11

—2mVA22+—mVB2=—2mVA4+—2mVB4.

VB4-VA4=2a*AX2

所以电场区域宽度d应满足的条件为：XO+XAI+AX1<d<Xo+XA1+xA2+△X2o

解得：8xo<d<18xo

16.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长h=25.0cm的空气柱，中

间有一段长为L=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度13=40.0cm,已知大气压强为Po=75.OcmHg.现将一

活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为//=20.0cm.假设活塞下推过

程中没有漏气，求活塞下推的距离.

Mf

•

1•

力

-•

-

T八

—

【答案】15.0cm

【解析】

【详解】

以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：

Pi=Po+，2

设活塞下推后，下部空气柱的压强为p/,由玻意耳定律得：

讯=M

活塞下推距离为△/时玻璃管上部空气柱的长度为：

4=4+4

设此时玻璃管上部空气柱的压强为P2，，贝!I：

P2'=PJ-4

由玻意耳定律得：

Pol3=Pil3

由题给数据解得：

A/=15.0cm

17.如图所示，两条直线MN与PQ所夹区域内有两个不同的匀强磁场，磁场的直线边界00'与MN和

PQ均垂直。一质量为加、电荷量为4的带电粒子以某一初速度垂直MN射入磁场用，受磁场力的作用,

10047772(X)7T〃1

最终垂直于边界PQ且从。。段射出。已知：两磁场的磁感应强度分别为用=-------、B,=--------(各

qq

物理量单位均为国际单位制中的主单位)，粒子进入磁场的初速度为v=20mi/s。不计粒子重力，求：

(1)粒子在用、磁场中运动的半径之比

(2)粒子在两磁场中运动的最短时间

M

Bi

•••

o......-......................O'

xxx

B,

XXX

NQ

【答案】(1)2；(2)0.015s

【解析】

【详解】

(1)粒子在磁场内做圆周运动，根据牛顿第二定律则有

V2

qvBl=m—

v2

qvB?=m——

ri

则两半径之比

r2

(2)粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图，粒子交替在g与磁场内做圆周运动，图示情景为最短时间

.27Vm

F

.=—2/r—m

祖

由几何关系知，带电粒子在两磁场中运动时间分别为

则总时间为

，=4+弓=0.015s

18.如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为

手持式喷雾管，管底部有阀门K；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm2,桶高为H=50cm,

桶的上方有可以关闭的盖子;右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置,每次打进Vo=7OOcm3的空气。

某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高M=75cm处，工作人员关闭阀门K,向桶中装入了h=30cm深的药

液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。求需要打气多少次

才能达到目的？（已知大气压强“°=75.0cmHg,消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒

过程中气体温度的变化。桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积）

【答案】20次

【解析】

【分析】

【详解】

当桶内装入/z=30cm深的药液时，桶内气体体积为

末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析

p2=Po+0.1△〃②

根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体

P2sH=p0V2③

需要打气次数

匕=匕+叫④

联立上式得

〃=20次

19.透明玻璃瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为po,外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为

So

⑴用铁架台将透明玻璃瓶竖直固定，且塞有橡皮塞的瓶口竖直朝下，再用打气筒再将N倍于瓶子容积的

空气缓慢压入瓶中，此时橡皮塞恰能弹出。已知橡皮塞的质量为m,求橡皮塞弹出瞬间与瓶口最大静摩擦

力的大小；

(2)将透明玻璃瓶瓶口竖直朝上放置，用手按压住橡皮塞，用打气筒再将4N倍于瓶子容积的空气缓慢压入

瓶中，然后突然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬间橡皮塞的加速度大小。

【答案】(1)，=帅"〃嵯；(2)aJ也$二2%

m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由玻意耳定律有

〃o(N+l)V5

得

p=(N+l”o

对橡皮塞受力分析可得

mg+(N+\]p0S=paS+f

计算得出

f=Np0S+mg

(2)由玻意耳定律，有

p0(4N+l)V=p'V

得

P=(4N+I)po

对橡皮塞，由牛顿第二定律，有

(4N+l)p0S-(p()S+f+mg)=ma

计算得出

_3NpqS-2mg

ci-

m

20.如图所示，为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）

在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画

出）后沿00'做直线运动。已知两板间的电压为2U,两板长度与两板间的距离均为L,电子的质量为m、

电荷量为e。求：

（1）板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；

（2）若保留两金属板间的匀强磁场不变使两金属板均不带电，则从小孔O射入的电子在两板间运动了多长

时间？

灯然I~

，于一IT"

【答案】（1）3='/独0,磁感应强度方向垂纸面向外；（2）ILJ五

Z,Ve3\2eU

【解析】

【详解】

⑴电子通过加速电场的过程中，由动能定理有

1,

eU=—mv~®

2

由于电子在两板间做匀速运动，则

evB=eE②

其中

联立解得

根据左手定则可判断磁感应强度方向垂纸面向外；

（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有

V2

evB-m一⑤

r

联立①④⑤可得

r=L⑥

由几何关系可知

8=60。⑦

而

T得⑧

则电子在场中运动的时间

TInm1m-

——7LLT.\-------⑨

66eB3\2eU

21.在室温（27。0环境中，有一罐压强为9.0标准大气压、容积为0.02m3的氢气，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22.4L/mol）

【答案】（D0.13m3；②29.29g。

【解析】

【详解】

①Pi=9.0个大气压，V,=0.02m3；7；=300K

充气后球体积为V,P2=12个大气压

匕=0.02+V；T2=300K

由玻意耳定律得

PM=P?V2

得

V=0.13m3

②充气罐内氮气在标况下体积为Vo,po=l个大气压；工）=273K

由状态方程得

PM_Po%

I~TQ

得

%=0.164m，

氯气的摩尔数

〃=7.32mol

质量

m-29.29g

22.如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，O1O2为对称

轴；一束单色光从5点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射，ZOIO2E=30°,

DO2±CO2,透明材料对单色光的折射率为三，光在真空中传播速度为C，求:

(i)单色光在AB面上入射角a的正弦值；(结果可以用根号表示)

(ii)光在透明材料中传播的时间(不考虑光在BC面的反射)。(结果可以用根号表示)

【答案】⑴?(ii)公娈

【解析】

【详解】

(i)光在圆弧面上刚好发生全反射，因此有sinC=g=^

由几何关系可知r+O=C,因此r=30。，由折射公式有

二匚2U.一、7

n=___TT,sina--7

(ii)由几何关系可知OiE=R

光在E点的反射光线EF平行于AB,则EF=Rsin45°-Rsin30°=^

光在材料中传播速度二=|=?二

因此光在材料中传播的时间为二=三衿=1笋

【点睛】

解答此类问题的关键是画出光路图，根据全反射条件、折射定律和几何关系列方程联立求解。

23.静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为，?=LOkg,/nB=4.0kg；两者之间有一被压缩

的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m,如图所示，某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、E

瞬间分离，两物块获得的动能之和为4=10.()J,释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地

面之间的动摩擦因数均为〃=0.20,重力加速度取g=10m/s2,A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹

性碰撞且碰撞时间极短。

⑴求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

(3)A和B能否再次发生碰撞？若不能，说明理由；若能，试计算碰后的速度大小。

B71

j_______________7

力〉〃〉〃〃/〃/〃〃〃/〃/〃〃，万

【答案】(l)4.0m/s,l.Om/s；(2)B,0.50m；(3)不能，见解析

【解析】

【分析】

【详解】

⑴设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为以、力，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

0^mAvA-mBvB

1212

Eck二mAvA+弓tnBvB

联立并代入题给数据得

vA-4.0m/s

vB=1.0m/s

(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设加速度大小为。，则有

a=Ng

假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B,设从弹簧释放到B

停止所需时间为，，B向左运动的路程为与，则有

12

-2Q/

vB-at=O

可得

t-0.5s

xB=0.25m

在时间/内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此

碰撞是否发生，A在时间/内的路程x八都可表示为

12

xA=vat--ar=1.75m>Im

这表明在时间/内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处，B位

于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离为

xAB-0.25+0.25m=0.5m

(3*时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为/，由动能定理有

mVmV

|AA-^AA=-"ngQl+SB)

可得

v'A=\["lm/s

故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为V以和吟，规定以向右为正，由动量守恒定律与机

械能守恒定律有

mA(-V^=mAVA+mBVB

^mAVA=^mAVA+^mBV^

联立并代入题给数据得

〃3不,

vA=—^―m/s

“2s.

vB=———m/s

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向运动距离为其时停止，B向左运动距离为其

时停止，由动能定理可得

代入数据得

r

xA=0.63m

f

xDR=0.28m

则有

x'A<2(l+xB)+x'B

所以A和B不能再次发生碰撞

24.质量为m=5kg的物体从t=0开始在水平恒力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F,

其运动的v-t图象如图所示。g取10m/s2,求：

(1)推力F的大小；

(2)若h时刻撤去推力F,物体运动的总位移为14m,求小

v/(m,S-i)

【答案】(1)14N；(2)5s

【解析】

【详解】

(1)由v-t图象知加速运动的加速度

Av,

ai=—=0.8m/s2

△t

减速运动的加速度大小为

=—r=2m/s2

加速阶段

F-/2mg=ma]

减速阶段

/amg=ma^

解得

F=14N

⑵设加速运动的位移为X”总位移为x,由动能定理得

Fx-/jmgx=O

12

%=5玷

解得

ti=5s

25.如图所示，水平虚线ab和cd在同一竖直平面内，间距为L,中间存在着方向向右与虚线平行的匀强

电场，虚线cd的下侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与虚线cd相切于M点。

一质量为m、带电量为+q的粒子由电场上边界的S点以速度vo垂直电场方向进人电场，经过一段时间粒

子从M点离开电场进人磁场，粒子在磁场中的速度大小为2vo,经偏转后，粒子由虚线cd上的N点垂直

于虚线返回匀强电场且刚好再次回到S点。粒子重力忽略不计，求：

(1)SM两点间的距离；

(2)圆形磁场的半径r以及磁感应强度B的大小；

(3)带电粒子在整个运动过程中的总时间。

bSa

一产......二

【答案】（1）立L;（2）8鬲%;⑶295信L

------1-----------

245qL1618%

【解析】

【详解】

（1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示

在电场中，粒子带正电，从S到M过程中做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，则有4

%

在M点，沿水平方向的速度

匕如=，（2%）2-耳=6%

所以粒子的侧位移

PM=—L

2'2

则SM两点间的距离

SM*

（2）在M处，由速度关系知

sin。=-^-

2%2

解得。=30

L

粒子在电场中从N返回S过程中的时间为弓=丁

2%

根据位移时间公式有

1,

PN^-at}

且

L

解得PN=^L

8

则

5百

MN=MP+PN=­L

8

由几何关系知,在AMNT中

MN5

MT-—Tr

cos304一

MK=-MT=--L