2019高考物理真题汇编——计算题

2019高考物理真题汇编——计算题

目录 牛顿第二定律 2‎ 功能 3‎ 动量 3‎ 力学综合 3‎ 动量能量综合 4‎ 带电粒子在电场中的运动 6‎ 带电粒子在磁场中的运动 7‎ 电磁感应 8‎ 法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势） 8‎ 杆切割 8‎ 线框切割 9‎ 感生电动势 9‎ 电磁感应中的功能问题 10‎ 电磁科技应用 11‎ 热学 12‎ 光学 14‎ 近代物理 15‎ 思想方法原理类 15‎ 牛顿第二定律 1. ‎【2019天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求‎【解答】解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1‎=‎v‎2‎t，‎ 由动能定理得：W‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎0，‎ 代入数据解得：W＝7.5×104J；‎ ‎（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ，‎ 以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mv‎2‎R，‎ 代入数据解得：FN＝1.1×103N；‎ 答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5×104J；‎ ‎（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1×103N。‎ ‎（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；‎ ‎（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。‎ 2. ‎【2019江苏卷】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μ．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‎【解答】解：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小：aA＝μg 匀变速直线运动：‎‎2aAL=‎vA‎2‎ 解得：‎vA‎=‎‎2μgL ‎（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小：F＝3μmg 由牛顿运动定律：F＝maB，解得：aB＝3μg 对齐后，A、B所受合外力大小：F'＝2μmg 由牛顿运动定律F'＝2maB′‎ 解得：a'B＝μg ‎（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A加速度的大小等于aA，则：‎ v＝aAt v＝vB﹣aBt xA‎=‎‎1‎‎2‎aAt‎2‎‎ ‎ xB‎=vBt-‎‎1‎‎2‎aBt‎2‎‎ ‎ 且xB﹣xA＝L 解得：‎vB‎=2‎‎2μgL 答：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA为‎2μgL；‎ ‎（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′分别为3μg，μg；‎ ‎（3）B被敲击后获得的初速度大小vB为‎2‎‎2μgL。‎ ：‎ ‎（1）A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aB、aB′；‎ ‎（3）B被敲击后获得的初速度大小vB。‎ 功能 1. ‎【2019.04浙江选考】小明以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求‎【解答】解：（1）上升过程由牛顿第二定律得：mg+f＝ma1‎ 解得：a1＝11m/s2‎ 上升的最大高度：h‎=v‎0‎‎2‎‎2‎a‎1‎=‎‎50‎‎11‎m ‎（2）从抛出到接住的过程中重力做功WG＝0‎ 空气阻力做功Wf＝﹣f•2h‎=-‎‎10‎‎11‎J ‎（3）上升过程的时间t1‎=v‎0‎a‎1‎=‎‎10‎‎11‎s 下降过程由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma2‎ 解得：a2＝9m/s2‎ 由位移公式得：h‎=‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎2‎‎2‎ 解得：t2‎=‎‎10‎‎11‎‎33‎s 答：（1）上升的最大高度是‎50‎‎11‎m；‎ ‎（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为0、‎-‎‎10‎‎11‎J ‎（3）上升和下降的时间分别为‎10‎‎11‎s、‎10‎‎11‎‎33‎s。‎ 小皮球 ‎（1）上升的最大高度；‎ ‎（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功 ‎（3）上升和下降的时间。‎ 动量 力学综合 2. ‎【2019全国卷Ⅱ】一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。‎ ‎（1）在‎【解答】解：（1）v﹣t图象如图所示；‎ ‎（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。‎ 若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：‎ s1﹣s4＝3a（△t）2①‎ s1＝v2△t‎-‎1‎‎2‎a(△t‎)‎‎2‎②‎ v4＝v2﹣4a△t ③‎ 联立①②③式，代入数据解得：v4‎=-‎‎17‎‎6‎m/s ④‎ 这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；‎ 由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：‎ v3＝v2﹣3a△t ⑤‎ ‎2as4＝v32⑥‎ 联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s ⑦‎ 或者a‎=‎‎288‎‎25‎m/s2，v2＝29.76m/s ⑧‎ 但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；‎ ‎（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：‎ f1＝ma ⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I‎=‎1‎‎2‎f‎1‎(t‎2‎-t‎1‎)‎⑩‎ 根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，⑪‎ 根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入数据可得：‎ v1＝30m/s，⑬‎ W＝1.16×105J；⑭‎ 从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：‎ s＝v1t1‎+‎‎1‎‎2‎（v1+v2）（t2﹣t1）‎+‎v‎2‎‎2‎‎2a⑮‎ 联立⑦⑬⑮，代入数据解得s＝87.5m。⑯‎ 答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。‎ ‎（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；‎ ‎（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。‎ 图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；‎ ‎（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？‎ 1. ‎【2019.04浙江选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5．（sin37°＝0.6）‎ ‎（1）若‎【解答】解：（1）物块由静止释放到B的过程中，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 由速度位移的关系式得：‎ vB2＝2ahsinθ 联立解得：vB＝4m/s ‎（2）左侧离开，设到D点速度为零时高为h1，由动能定理得：‎ ‎0＝mgh1﹣μmgcosθh‎1‎sinθ‎-‎μmgL 解得：h1＝3.0m 若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是h≤3.0m ‎（3）右侧抛出，设到D点的速度为v，由动能定理得：‎ ‎1‎‎2‎mv2＝mgh一μmgcosθhsinθ‎-‎μmgL 由平抛运动的规律得：H+2R‎=‎‎1‎‎2‎gt2，x＝vt 解得：x＝2‎h-3‎ 为使能在D点水平抛出，则有：‎ mg‎≤‎mv‎2‎R 解得：h＝3.6m 答：（1）若h＝2.4m，小物块到达B端时速度的大小是4m/s；‎ ‎（2）若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是h≤3.0m；‎ ‎（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式是x＝2‎h-3‎ h需要满足的条件是h＝3.6m。‎ h＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；‎ ‎（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件 ‎（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。‎ 动量能量综合 2. ‎【2019全国卷Ⅰ】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v﹣t图象如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）根据图（b），v1为A在碰撞前瞬间的速度大小，v‎1‎‎2‎为其碰撞后瞬间速度大小。设物块B的质量为m′，碰后瞬间的速度为v′，‎ 根据动量守恒定律可得：mv1＝m（‎-‎v‎1‎‎2‎）+m′v′‎ 根据能量守恒定律可得：‎‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎m(-v‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎1‎‎2‎m'‎v'‎‎2‎ 联立解得m′＝3m；‎ ‎（2）在图（b）描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦所做的功为W，根据动能定理可得：‎ mgH﹣fs1‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎0‎ ‎﹣（fs2+mgh）＝0‎‎-‎1‎‎2‎m‎(-v‎1‎‎2‎)‎‎2‎ 从图（b）给出的图象可知，s1‎‎=‎‎1‎‎2‎v‎1‎t‎1‎ s2‎‎=‎1‎‎2‎⋅v‎1‎‎2‎⋅(1.4t‎1‎-t‎1‎)‎ 根据几何关系可得：‎s‎2‎s‎1‎‎=‎hH 物块A在整个过程中克服摩擦力做的功为：‎ W＝fs1+fs2，‎ 联立解得：W‎=‎2‎‎15‎mgH；‎ ‎（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，则有：‎ W＝μmgcotθ(H+h)‎ 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，‎ 根据动能定理可得﹣μm′gs′＝0‎‎-‎1‎‎2‎m'‎v'‎‎2‎ 设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为μ′，根据动能定理可得：‎ mgh﹣μ′mgcotθh‎-‎μ′mgs′＝0‎ 联立解得：μμ'‎‎=‎‎11‎‎9‎。‎ 答：（1）物块B的质量为3m；‎ ‎（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，物块A克服摩擦力所做的功为‎2‎‎15‎mgH；‎ ‎（3）改变前后动摩擦因数的比值为‎11‎‎9‎。‎ 物块B的质量；‎ ‎（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。‎ 1. ‎【2019全国卷Ⅲ】静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝l.0kg，mB＝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、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．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μ＝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。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：‎ ‎0＝mAvA﹣mBvB Ek‎=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎‎1‎‎2‎mBvB‎2‎‎ ‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s ‎（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：﹣μmAgt1＝0﹣mAvA 则：t1＝2.0s B一直向左运动，则：﹣μmBgt2＝0﹣mBvB 可得：t2＝0.5s 可知B先停止运动，该过程中B的位移：‎xB‎=‎‎1‎‎2‎mBvB‎2‎‎-0‎μmBg 代入数据可得：xB＝0.25m 从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得：﹣μmAgt2＝mAvA′﹣mAvA B停止时A的速度：‎vA‎'=vA-‎μmAgt‎2‎mA 代入数据可得：vA′＝2m/s 对A由动能定理可得：‎‎-μmAg⋅xA=‎1‎‎2‎mAv'‎A‎2‎-‎‎1‎‎2‎mAvA‎2‎ 则位移：xA＝1.75m＞l＝1.0m 这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为：△x＝2l﹣xA＝2.0﹣1.75＝0.25 m处。‎ B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：s＝xB+△x＝0.25 m+0.25 m＝0.50 m ‎（3）t2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vA″，由动能定理有：‎-μmAg⋅△x=‎1‎‎2‎mAv″‎A‎2‎-‎‎1‎‎2‎mAv'‎A‎2‎⑩‎ 联立并代入题给数据得：vA‎″=‎‎7‎m/s 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA（﹣vA″）＝mAvA0+mBvB0‎ 以及：‎‎1‎‎2‎mAv‎″‎A‎2‎=‎1‎‎2‎mAvA0‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎mBvB0‎‎2‎ 联立并代入题给数据得：vA0‎‎=‎‎3‎‎7‎‎5‎m/s，vB0‎‎=-‎‎2‎‎7‎‎5‎m/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向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由动能定理可得：‎ xA‎'=‎‎1‎‎2‎mAvA0‎‎2‎‎-0‎μmAg‎，xB‎'=‎‎1‎‎2‎mBvB0‎‎2‎‎-0‎μmBg ‎ 代入数据得：xA′＝0.63m，xB′＝0.28m xA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：s′＝xA′+xB′＝0.63+0.28＝0.91m 答：（1）弹簧释放后瞬间A、B速度的大小分别为4.0m/s和1.0m/s；‎ ‎（2）物块B先停止，该物块刚停止时A与B之间的距离是0.50m；‎ ‎（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m。‎ 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都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ 2. ‎【2019海南卷】如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求‎【解答】解：（1）设a的质量为m，则b的质量为3m。‎ 碰撞后b滑行过程，根据动能定理得 ‎﹣μ•3mgs＝0‎-‎‎1‎‎2‎•3mvb2。‎ 解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小 vb‎=‎‎2μgs ‎（2）对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 ‎ mv0＝mva+3mvb。‎ 根据机械能守恒得 ‎1‎‎2‎mv02‎=‎‎1‎‎2‎mva2‎+‎‎1‎‎2‎•3mvb2。‎ 设轻绳的长度为L．对于a下摆的过程，根据机械能守恒得 ‎ mgL‎=‎1‎‎2‎⋅‎mv02。‎ 联立解得 L＝4μs 答：‎ ‎（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小为‎2μgs。‎ ‎（2）轻绳的长度是4μs。‎ ‎（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小；‎ ‎（2）轻绳的长度。‎ 带电粒子在电场中的运动 1. ‎【2019全国卷Ⅱ】如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ（φ＞0）。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：‎ E‎=φd‎2‎=‎‎2φd，‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：‎ qEh＝Ek‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 解得：Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+‎‎2qhφd；‎ 粒子在PG间运动的加速度为：a‎=qEm=‎‎2qφmd 此过程中粒子运动时间为t，则有：h‎=‎1‎‎2‎at‎2‎ 在水平方向上的位移大小为：x＝v0t；‎ 解得：x＝v0‎mdhqφ ‎（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：‎ L＝2x＝2v0mdhqφ。‎ 答：（1）粒子第一次穿过G时的动能‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+‎‎2qhφd；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0mdhqφ；‎ ‎（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0mdhqφ。‎ 粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ 2. ‎【2019全国卷Ⅲ】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q＞0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t‎2‎．重力加速度为g，求‎【解答】解：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg+qE＝ma ‎1‎‎2‎a(t‎2‎‎)‎‎2‎=‎1‎‎2‎gt‎2‎‎ ‎ 解得E=‎‎3mgq ‎（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有 Ek‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=mgh+qEh‎ ‎ 且有 v‎1‎t‎2‎‎=v‎0‎t‎ ‎ h=‎1‎‎2‎gt‎2‎‎ ‎ 联立各式得 Ek‎=2m(v‎0‎‎2‎+g‎2‎t‎2‎)‎‎ ‎ 答：（1）电场强度的大小为‎3mgq；‎ ‎（2）B运动到P点时的动能为Ek‎=2m(v‎0‎‎2‎+g‎2‎t‎2‎)‎。‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）B运动到P点时的动能。‎ 带电粒子在磁场中的运动 3. ‎【2019全国卷Ⅰ】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ‎、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求‎【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，‎ 根据动能定理可得：qU‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎⋯‎①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子在磁场中运动轨迹如图所示：‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv‎2‎r‎⋯‎②‎ 根据几何关系可得：d‎=‎‎2‎r…③‎ 联立①②③式可得：qm‎=‎4UB‎2‎d‎2‎⋯‎④‎ ‎（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s‎=πr‎2‎+‎r•tan30°…⑤‎ 则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t‎=sv⋯‎⑥‎ 联立②④⑤⑥式可得：t‎=Bd‎2‎‎4U(π‎2‎+‎3‎‎3‎)‎ 答：（1）带电粒子的比荷为‎4UB‎2‎d‎2‎；‎ ‎（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为Bd‎2‎‎4U‎(π‎2‎+‎3‎‎3‎)‎。‎ ‎（1）带电粒子的比荷；‎ ‎（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ 1. ‎【2019江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为﹣q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d＜L．粒子重力不计，电荷量保持不变。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ qvB‎=‎mv‎2‎r①‎ 在磁场中做圆周运动的半径r＝d ②‎ 联立①②，代入数据得v‎=‎qBdm ‎（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，‎ 此时入射点到M的距离最大，由几何关系得 dm＝d（1+sin60°）‎ 整理得dm‎=‎2+‎‎3‎‎2‎d ‎（3）粒子做匀速圆周运动，有 T‎=‎‎2πrv③‎ 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则 粒子从P到Q的运动时间t＝nT‎4‎‎+‎t'（n＝1，3，5…） ④‎ ‎（a）当L＝nd+（1‎-‎‎3‎‎2‎）d时，粒子斜向上射出磁场，‎ 粒子转过的夹角为π‎6‎，故t'‎=π‎6‎‎2πT=‎T‎12‎⑤‎ 联立①③④⑤，代入数据，得 t＝（Ld‎+‎‎3‎3‎-4‎‎6‎）‎πm‎2qB ‎（b）当L＝nd+（1‎+‎‎3‎‎2‎）d时，粒子斜向下射出磁场，粒子转过夹角为‎5‎‎6‎π 故t'‎=‎5‎‎6‎π‎2πT=‎5‎‎12‎T⑥‎ 联立①③④⑥，代入数据，得 t＝（Ld‎-‎‎3‎3‎-4‎‎6‎）‎πm‎2qB 答：（1）粒子运动速度的大小为qBdm；‎ ‎（2）入射点到M的最大距离为‎2+‎‎3‎‎2‎d；‎ ‎（3）粒子从P到Q的运动时间为（Ld‎+‎‎3‎3‎-4‎‎6‎）πm‎2qB或（Ld‎-‎‎3‎3‎-4‎‎6‎）πm‎2qB。‎ 粒子运动速度的大小v；‎ ‎（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；‎ ‎（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN‎=‎d‎2‎，求粒子从P到Q的运动时间t。‎ 电磁感应 法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势）‎ 杆切割 1. ‎【2019海南卷】如图，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AB、CD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μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从t＝0时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到t＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1；已知CD棒在t＝t0（0＜t0＜t1）时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）当CD棒开始刚运动时，设CD棒中电流为i0．则有：‎ Bi0l＝μmg 得：i0‎‎=‎μmgBl 设此时AB棒的速度为v0．则有：‎ i0‎‎=‎Blv‎0‎‎2R 得：v0‎‎=‎‎2μmgRB‎2‎l‎2‎ 故AB棒做匀加速运动的加速度大小为：‎ a‎=v‎0‎t‎0‎=‎‎2μmgRB‎2‎l‎2‎t‎0‎ ‎（2）设撤去外力时CD棒的速度大小为v1，AB棒的速度大小为v2．则有：‎ v2＝at1。‎ 根据欧姆定律得：i1‎‎=‎Blv‎2‎-Blv‎1‎‎2R 联立解得：v1‎‎=‎2μmgRt‎1‎B‎2‎l‎2‎t‎0‎-‎‎2Ri‎1‎Bl ‎（3）设CD棒在t＝t2时刻静止时AB棒的速度大小为v3．对两棒整体，安培力的冲量为0，由动量定理得：‎ ‎﹣2μmg（t2﹣t1）＝mv3﹣mv1﹣mv2。‎ 联立解得：v3‎=‎4μmgRt‎1‎B‎2‎l‎2‎t‎0‎-‎2Ri‎1‎Bl-‎2μg（t2﹣t1）‎ 答：（1）AB棒做匀加速运动的加速度大小是‎2μmgRB‎2‎l‎2‎t‎0‎；‎ ‎（2）撤去外力时CD棒的速度大小是‎2μmgRt‎1‎B‎2‎l‎2‎t‎0‎‎-‎‎2Ri‎1‎Bl；‎ ‎（3）此时AB棒的速度大小是‎4μmgRt‎1‎B‎2‎l‎2‎t‎0‎‎-‎2Ri‎1‎Bl-‎2μg（t2﹣t1）。‎ AB棒做匀加速运动的加速度大小；‎ ‎（2）求撤去外力时CD棒的速度大小；‎ ‎（3）撤去外力后，CD棒在t＝t2时刻静止，求此时AB棒的速度大小。‎ 2. ‎【2019上海卷】半径为a的圆形线圈，电阻不计，处于磁感应强度为B的匀强磁场中。一导体棒质量为m受到向上的拉力，以速度v匀速向下运动，导体棒单位长度的电阻为r。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）导体棒有效切割长度为L时产生的感应电动势为：‎ E＝BLv 通过导体棒的电流为：I‎=ER=BLvLr=‎Bvr 通过的电荷量为：‎q=It=Bvr⋅‎2av=‎‎2Bar ‎（2）导体棒匀速向下运动，由平衡条件有：‎ F＝mg﹣BIL 则拉力功率为：‎ P=Fv=(mg-BIL)v=(mg-‎2B‎2‎vra‎2‎‎-‎‎(a-y)‎‎2‎)v=‎‎[mg‎-‎‎2B‎2‎vr‎2ay-‎y‎2‎]v。‎ 答：（1）通过导体棒的电流I是Bvr，通过的电荷量q是‎2Bar；‎ ‎（2）当y＞0时，拉力功率P是[mg‎-‎‎2B‎2‎vr‎2ay-‎y‎2‎]v。‎ 通过导体棒的电流I和通过的电荷量q；‎ ‎（2）当y＞0时，求拉力功率P。‎ 线框切割 1. ‎【2019北京卷】如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B．纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求‎【解答】解：（1）根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得：E＝BLv；‎ ‎（2）拉力做功功率等于回路中产生的电功率，则P‎=E‎2‎R=‎B‎2‎L‎2‎v‎2‎R；‎ ‎（3）进入磁场的运动时间t‎=‎Lv 产生的总热量Q总＝Pt‎=‎B‎2‎L‎3‎vR ab边产生的热量Q1‎=‎‎1‎‎4‎Q总‎=‎B‎2‎L‎3‎v‎4R。‎ 答：（1）感应电动势的大小为BLv；‎ ‎（2）拉力做功的功率为B‎2‎L‎2‎v‎2‎R；‎ ‎（3）ab边产生的焦耳热为B‎2‎L‎3‎v‎4R。‎ ：‎ ‎（1）感应电动势的大小E；‎ ‎（2）拉力做功的功率P；‎ ‎（3）ab边产生的焦耳热Q。‎ 感生电动势 2. ‎【2019江苏卷】如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在△t＝0.5s时间内合到一起。求‎【解答】解：（1）磁通量的变化量为：△Φ＝BS，‎ 则感应电动势的平均值为：E=‎△Φ‎△t=BS‎△t=‎0.2×0.3‎‎0.5‎V=0.12V。‎ ‎（2）感应电流的平均值为：I=ER=‎0.12‎‎0.6‎A=0.2A。‎ 根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。‎ ‎（3）通过导线横截面的电荷量为：q＝I△t＝0.2×0.5C＝0.1C。‎ 答：（1）感应电动势的平均值E为0.12V；‎ ‎（2）感应电流的平均值I为0.2A，电流方向如图所示；‎ ‎（3）通过导线横截面的电荷量为0.1C。‎ 线圈在上述过程中 ‎（1）感应电动势的平均值E；‎ ‎（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；‎ ‎（3）通过导线横截面的电荷量q。‎ 电磁感应中的功能问题 1. ‎【2019天津卷】如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。‎ ‎（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；‎ ‎（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求‎【解答】解：（1）设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得E‎=‎‎△Φ‎△t，‎ 则E＝k 设PQ与MN并联的电阻为R并，有：R并‎=‎R‎2‎ 闭合S后，设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得：‎ I‎=‎ER并‎+R 设PQ中的电流为IPQ，则IPQ‎=‎‎1‎‎2‎I 设PQ受到的安培力为F安，有：F安＝BIPQl 保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安，‎ 联立解得F‎=‎BkI‎3R，方向水平向右；‎ ‎（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为△t，回路中磁通量的变化为△Φ，‎ 平均感应电动势为E‎=‎‎△Φ‎△t 其中△Φ＝Blx，‎ PQ中的平均电流为I‎=‎E‎2R 根据电流强度的定义式可得：‎I‎=‎q‎△t 根据动能定理可得Fx+W‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎ 联立解得：W‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎2‎‎3‎kq。‎ 答：（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加的水平恒力为BkI‎3R，方向水平向右；‎ ‎（2）该过程安培力做的功为‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎2‎‎3‎kq。‎ 该过程安培力做的功W。‎ 2. ‎【2019.04浙江选考】如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v＝kx（可导出a＝kv）k＝5s﹣1．当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求‎【解答】解：（1）当棒ab运动至x1＝0.2m处时，速度 v＝kx1＝5×0.2＝1m/s 电阻R消耗的电功率 P‎=‎E‎2‎R 又 E＝Blv 联立得 B‎=PRlv=‎‎0.12×0.1‎‎0.1×1‎T‎=‎‎30‎‎5‎T ‎（2）无磁场区间0≤x＜0.2m，a＝5v＝25x 根据牛顿第二定律得 F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得 F＝0.96+2.5x 有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m 棒ab所受的安培力大小 FA＝BIl＝BlBlvR‎=B‎2‎l‎2‎vR=‎0.6x 根据牛顿第二定律得 F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ﹣FA＝ma 解得 F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x ‎（3）上升过程中，棒ab克服安培力做功（FA﹣x图象中梯形面积） WA1＝‎ ‎0.6‎‎2‎‎（x1+x2）（x2﹣x1）‎ 解得 WA1＝0.18J 撤去外力后，棒上升的最大距离为s，再次进入磁场时速度为v′，由动能定理得：‎ 上升过程有﹣（mgsinθ+μmgcosθ）s＝0‎‎-‎1‎‎2‎mv‎2‎ 下降过程有 （mgsinθ﹣μmgcosθ）s‎=‎1‎‎2‎mv‎'‎‎2‎-‎0‎ 解得 v′＝2m/s 因mgsinθ﹣μmgcosθ‎-B‎2‎l‎2‎v'‎R=‎0，故棒ab再次进入磁场后作匀速运动。‎ 下降过程中克服安培力做功 WA2‎=‎B‎2‎l‎2‎v'‎R（x2﹣x1）‎ 解得 WA2＝0.144J 故电阻R产生的焦耳热 Q＝WA1+WA2＝0.324J 答：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小是‎30‎‎5‎T。‎ ‎（2）外力F随位移x变化的关系式：无磁场区间0≤x＜0.2m，为 F＝0.96+2.5x；有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m，为F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x。‎ ‎（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.324J。‎ ：（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F做的功）‎ ‎（1）磁感应强度B的大小 ‎（2）外力F随位移x变化的关系式；‎ ‎（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。‎ 电磁科技应用 1. ‎【2019.04浙江选考】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差UNP‎=‎mv‎2‎q，cosθ=‎‎4‎‎5‎，不计重力和离子间相互作用。‎ ‎（1）求‎【解答】解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qE0＝mv‎0‎‎2‎r‎0‎，‎ 解得：E0‎=‎mv‎0‎‎2‎qr‎0‎；‎ 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B＝mv‎0‎‎2‎r‎0‎，‎ 解得：B‎=‎mv‎0‎qr‎0‎；‎ ‎（2）对离子，由动能定理得：qUNP‎=‎1‎‎2‎×0.5mv‎2‎-‎1‎‎2‎×0.5mv‎0‎‎2‎，‎ 解得：v‎=‎‎5‎v0，‎ 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB＝0.5mv‎2‎r，‎ 解得：r‎=‎‎5‎‎2‎r0，‎ 距离：l＝2rcosθ﹣0.5r0，‎ 解得：l＝1.5r0；‎ ‎（3）恰好能分辨的条件：‎2‎r‎0‎‎1-‎‎△BB‎-‎2rcosθ‎1+‎‎△BB=‎r‎0‎‎2‎，‎ 解得：‎△BB‎=‎17‎-‎4≈0.12；‎ 答：（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为mv‎0‎‎2‎qr‎0‎，磁分析器中的磁感应强度B的大小为mv‎0‎qr‎0‎；‎ ‎（2）质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l为1.5r0；‎ ‎（3）若磁感应强度在（B﹣△B）到（B+△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，‎△BB的最大值为：0.12。‎ 静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；‎ ‎（3）若磁感应强度在（B﹣△B）到（B+△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求‎△BB的最大值 热学 1. ‎【2019全国卷Ⅰ】热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10﹣2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃．氩气可视为理想气体。‎ ‎（i）求‎【解答】解：（i）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0，使用后气瓶中剩余气体的压强为p1，‎ 气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1，‎ 被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积：V1′＝V1﹣V0，‎ 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为p2，体积为V2，‎ 由玻意耳定律得：p2V2＝10p1V1′，‎ 代入数据解得：p2＝3.2×107Pa；‎ ‎（ii）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，‎ 气体发生等容变化，由查理定律得：p‎3‎T‎1‎‎=‎p‎2‎T‎0‎，‎ 代入数据解得：p3＝1.6×108Pa；‎ 答：（i）压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为3.2×107Pa；‎ ‎（ⅱ）将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，此时炉腔中气体的压强为1.6×108Pa。‎ 压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；‎ ‎（ⅱ）将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强。‎ 2. ‎【2019全国卷Ⅱ】如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求‎【解答】解：（i）抽气前活塞静止处于平衡状态，‎ 对活塞，由平衡条件得：（p氢﹣p）•2S═（p0﹣p）S，‎ 解得，氢气的压强：p氢‎=‎‎1‎‎2‎（p0+p）；‎ ‎（ii）设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，‎ 对活塞，由平衡条件得：p2S＝p1•2S，‎ 气体发生等温变化，由玻意耳定律得：‎ p1V1＝p氢•2V0‎ p2V2＝p0V0，‎ 由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：‎ V1﹣2V0＝2（V0﹣V2），‎ 解得：p1‎=‎‎1‎‎2‎p0‎+‎‎1‎‎4‎p V1‎=‎‎4(p‎0‎+p)‎V‎0‎‎2p‎0‎+p；‎ 答：（i）抽气前氢气的压强为‎1‎‎2‎（p0+p）；‎ ‎（ii）抽气后氢气的压强为‎1‎‎2‎p0‎+‎‎1‎‎4‎p，体积为‎4(p‎0‎+p)‎V‎0‎‎2p‎0‎+p。‎ ‎（i）抽气前氢气的压强；‎ ‎（ii）抽气后氢气的压强和体积。‎ 1. ‎【2019全国卷Ⅲ】如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。‎ ‎（i）求‎【解答】解：（i）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1．由玻意耳定律有：‎ pV＝p1V1①‎ 由力的平衡条件有 p＝p0+ρgh ②‎ p1＝p0﹣ρgh ③‎ 式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V＝S（L﹣h1﹣h） ④‎ V1＝S（L﹣h） ⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm ⑥‎ ‎（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖﹣吕萨克定律有：VT‎0‎‎=‎V‎1‎T⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K ⑧‎ 答：（i）细管的长度为41cm；‎ ‎（ii）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。‎ 细管的长度；‎ ‎（ii）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。‎ 2. ‎【2019江苏卷】如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无热量交换），其中B→C过程中内能减少900J．求‎【解答】解：A到B过程中，W1＝﹣p（VB﹣VA）＝﹣6×105×1×10﹣3＝﹣600J，‎ B到C的过程中，没有吸放热，Q＝0，则△U＝W2，‎ 解得：W2＝﹣900J，‎ 所以W＝W1+W2＝﹣600﹣900J＝﹣1500J，可知气体对外界做功1500J。‎ 答：气体对外界做功的大小为1500J。‎ A→B→C过程中气体对外界做的总功。‎ 3. ‎【2019海南卷】如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体积为VA＝4.0×10﹣3m3．压强为pA＝47cmHg；B体积为VB＝6.0×10﹣3m3，压强为pB＝50cmHg．现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求‎【解答】解：对A中气体：‎ 初态：压强pA＝47cmHg，体积VA＝4.0×10﹣3m3，‎ 末态：压强pA′，体积VA′，‎ 根据玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′…①‎ 对B中气体：‎ 初态：压强pB＝50cmHg，体积VB＝6.0×10﹣3m3，‎ 末态：压强pB′，体积VB′，‎ 根据玻意耳定律可得：pBVB＝pB′VB′…②‎ 容器水平后有：pA′＝pB′…③‎ 容器的总体积保持不变，即：VA′+VB′＝VA+VB＝1.0×10﹣2m3…④‎ 联立①②③④式可得：VA′＝3.85×10﹣3m3‎ VB′＝6.15×10﹣3m3‎ 答：此时A部分气体的体积为3.85×10﹣3m3，B两部分气体的体积为6.15×10﹣3m3。‎ 此时A、B两部分气体的体积。‎ 光学 1. ‎【2019全国卷Ⅰ】如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°＝0.8）。已知水的折射率为‎4‎‎3‎。‎ ‎（i）求‎【解答】解：（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2．桅杆的高度为h1，P点处水深为h2．激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。‎ 由几何关系有：‎ x‎1‎h‎1‎‎=‎tan53°…①‎ x‎2‎h‎2‎‎=‎tanθ…②‎ 由折射定律有：n‎=sin53°‎sinθ⋯‎③‎ 设桅杆到P点的水平距离为x，则：x＝x1+x2…④‎ 联立①②③④并代入数据解得：x＝7m…⑤‎ ‎（ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′。‎ 由折射定律有：n‎=sini'‎sin45°‎⋯‎⑥‎ 设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则 x1′+x2′＝x′+x…⑦‎ x‎1‎‎'‎h‎1‎‎=‎tani′…⑧‎ x‎2‎‎'‎h‎2‎‎=‎tan45°…⑨‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据解得：x′＝（6‎2‎‎-‎3）m≈5.5m 答：‎ ‎（i）桅杆到P点的水平距离是7m；‎ ‎（ⅱ）船行驶的距离是5.5m。‎ 桅杆到P点的水平距离；‎ ‎（ⅱ）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。‎ 2. ‎【2019全国卷Ⅲ】如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。‎ ‎（i）求‎【解答】解：（i）光路图及相关量如图所示。‎ 光束在AB边上折射，由折射定律得：‎ sinisinα‎=n‎①‎ 式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知：α+β＝60° ②‎ 由几何关系和反射定律得：β＝β′＝∠B ③‎ 联立①②③式，并代入i＝60°得：n‎=‎‎3‎④‎ ‎（ii）设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得：sini'‎sinα'‎‎=n⑤‎ 依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且：sinθc‎=‎‎1‎n⑥‎ 由几何关系得：θc═α'+30° ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为：sini′‎=‎‎3‎‎-‎‎2‎‎2‎⑧‎ 答：（i）棱镜的折射率为；‎ ‎（ii）AB边上入射角的正弦为‎3‎‎-‎‎2‎‎2‎。‎ 棱镜的折射率；‎ ‎（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。‎ 3. ‎【2019江苏卷】如图所示，某L形透明材料的折射率n＝2．现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ．为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，求‎【解答】解：当光线在AB面上刚好发生全反射时θ最大，设全反射临界角为C，则sinC‎=‎1‎n=‎‎1‎‎2‎ 可得 C＝30°‎ 根据几何关系有 C+θ＝90°‎ 可得 θ＝60°‎ 答：θ的最大值是60°。‎ θ的最大值。‎ 1. ‎【2019海南卷】一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心，半径OA与OG夹角θ＝120°．平行光沿垂直于轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出。已知AB＝FG＝1cm，BC‎=‎‎3‎cm，OA＝2cm。‎ ‎（i）求‎【解答】解：（i）平行光沿轴线方向向下入射时，折射后恰好由下底面上的C点射出，光图如图所示：‎ 由图可知入射角i＝60°‎ 折射角的正切值为tanr=ABBC=‎‎3‎‎3‎ 所以折射角r＝30°‎ 根据折射定律可得透明材料的折射率为：‎ n=sinisinr=sin60°‎sin30°‎=‎‎3‎‎ ‎ ‎（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，光路图如图所示：‎ 由题意及几何关系可得：‎ DH=OH=(‎3‎+1)cm‎ ‎ 所以∠DOH＝∠COH 由于射到圆弧面上的光线不会发生折射，设全反射的临界角为α，则有：‎ sinα=‎1‎n=‎3‎‎3‎＜sin45°‎‎，即临界角小于45°‎ 则tanα=sinα‎1-sin‎2‎α=‎‎2‎‎2‎ 所以下底面上有光射出圆形区域的半径为：‎ EH=OHtanα=(‎3‎+1)×‎2‎‎2‎cm=‎6‎‎+‎‎2‎‎2‎cm‎ ‎ 答：（i）求此透明材料的折射率为‎3‎；‎ ‎（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径为‎6‎‎+‎‎2‎‎2‎cm。‎ 此透明材料的折射率；‎ ‎（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）。‎ 近代物理 2. ‎【2019江苏卷】在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ＝6.4×10﹣7m，每个激光脉冲的能量E＝1.5×10﹣2J．求‎【解答】解：光子的能量为：ɛ‎=hcλ=6.63×1‎0‎‎-34‎×‎‎3×1‎‎0‎‎8‎‎6.4×1‎‎0‎‎-7‎J＝3.1×10﹣19J。‎ 每个脉冲中的光子数目为：n‎=Eɛ=‎1.5×1‎‎0‎‎-2‎‎3.1×1‎‎0‎‎-19‎≈‎5×1016个 答：每个脉冲中的光子数目为5×1016个 每个脉冲中的光子数目。（已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，光速c＝3×108m/s，计算结果保留一位有效数字）‎ 思想方法原理类 3. ‎【2019北京卷】电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同。‎ ‎（1）请在图1中画出上述u﹣q图象。类比直线运动中由v﹣t图象求位移的方法，求‎【解答】解：（1）根据电容的定义Q＝UC可知，U‎=‎qC，故电压U与电量为正比例关系，故图象如图所示；‎ 根据图象的性质可知，图象与q轴所围成的面积表示电能，故有：EP‎=‎1‎‎2‎qU=‎1‎‎2‎CU‎2‎；‎ ‎（2）a、电源电阻不计，当电容器充满电后，电容器两端电压等于电源电动势。由图可知，充电时间不同，而最大电量相等，故说明图象不同的原因是电阻R的改变造成的；‎ b、由图象可知，当R越小，充电时间越短；R越大，电荷量随时间变化趋向均匀，故需要快速充电时，R越小越好；而需要均匀充电时，R越大越好；‎ ‎（3）由于电容充电后两板间的电势差增大，因此需要恒流源的电压增大才能保证电量随时间均匀增加；而（2）中电源电动势不变，而内阻忽略不计，故两端电压不变；所以使用恒流源时，电流不变，而使用（2）中电源时电流减小。‎ 故答案为：（1）如图所示；‎1‎‎2‎CU‎2‎；（2）a、R；b、快速充电时，R越小越好；而需要均匀充电时，R越大越好；（3）增大；不变；不变；减小。‎ 两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。‎ ‎（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q﹣t曲线如图3中①②所示。‎ a．①②两条曲线不同是　 　（选填E或R）的改变造成的；‎ b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。‎ ‎（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎“恒流源”‎ ‎（2）中电源 电源两端电压 通过电源的电流 1. ‎【2019北京卷】雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。‎ ‎（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求‎【解答】解：（1）对雨滴，下落得过程中重力做正功，阻力做负功，由动能定理可得：mgh﹣W‎=‎1‎‎2‎mu‎2‎-0‎ 所以：W‎=mgh-‎1‎‎2‎mu‎2‎ ‎（2）a．当雨滴的速度最大时：mg＝f 其中：m‎=ρ⋅‎4‎‎3‎πr‎3‎，空气阻力f＝kr2vm2，‎ 联立可得：vm‎=‎‎4πρrg‎3k b．可知雨滴的半径越大则末速度越大，所以末速度较大的①对应半径为r1的雨滴。‎ 若没有空气的阻力，则雨滴做自由落体运动，则：v＝gt 其v﹣t图象如图：‎ ‎（3）‎ 这一过程中克服空气阻力所做的功W。‎ ‎（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。‎ a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；‎ b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1＞r2）的雨滴在空气中无初速下落的v﹣t图线，其中　 　对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v﹣t图线。‎ ‎（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。‎ 1. ‎【2019天津卷】2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。‎ ‎（1）若引擎获得的推力为F1，求‎【解答】解：（1）设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU‎=‎‎1‎‎2‎mv2﹣0‎ 设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有 F1′＝F1‎ 设引擎在△时间内飘入电极间的正离子个数为△N，由牛顿第二定律，有 F1′＝△Nmv-0‎‎△t 联立①②③式，且N‎=‎‎△N‎△t得 N‎=‎F‎1‎‎2ZemU 答：（1）若引擎获得的推力为F1，单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为F‎1‎‎2ZemU；‎ ‎（2）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，FP的表达式为FP‎=‎‎2mZeU；‎ ‎（3）为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。‎ 单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；‎ ‎（2）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导FP的表达式；‎ ‎（3）为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，请提出增大FP的三条建议。‎ 2. ‎【2019上海卷】如图，光滑轨道abc固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道cd相切，一质量为m的小球A从高H1静止落下，在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，随后滑块B从c处运动到d处且bd高H2，滑块B通过在cd段所用时间为t。求‎【解答】解：（1）A球运动到b处过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：E＝mgH1‎ 然后将这部分能量传递给B，设B球在c处的速度为v，由机械能守恒定律得：mgH‎1‎=mgH‎2‎+‎1‎‎2‎mv‎2‎，‎ 解得：v=‎‎2g(H‎1‎-H‎2‎)‎，‎ 物块在cd间运动过程：v＝at，‎ 由牛顿第二段的了得：a‎=μmgm=‎μg，‎ 解得：‎μ=vgt=‎‎2g(H‎1‎-H‎2‎)‎gt ‎（2）A、B碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过程光子与原子中的电子碰撞，电子吸收光子的能量，电子成为光电子，由此可知，A球相当于光子，B相当于光电子，H2相当于极限频率；‎ 答：（1）cd处的动摩擦因数μ为‎2g(H‎1‎-H‎2‎)‎gt；‎ ‎（2）A为光子，B为光电子，H2类比为极限频率ν0。‎ ：‎ ‎（1）cd处的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：A为？B为？分析说明：用何类比为极限频率ν0？‎