重庆市五年（2017-2021）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案）

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重庆市五年（2017-2021）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案）

一．牛顿第二定律（共2小题）
1．（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

2．（2017•新课标Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g。求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

二．动量定理（共2小题）
3．（2021•重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。

4．（2019•新课标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）？
三．动能定理（共1小题）
5．（2018•新课标Ⅱ）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。

四．理想气体的状态方程（共5小题）
6．（2021•重庆）定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为T1，压强均为kp1，k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
（1）求密封时定高气球内气体的体积；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，求此时气体的压强。
7．（2020•新课标Ⅱ）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H＞＞h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
（i）求进入圆筒内水的高度l；
（ii）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。

8．（2019•新课标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
（i）抽气前氢气的压强；
（ii）抽气后氢气的压强和体积。

9．（2018•新课标Ⅱ）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功，重力加速度大小为g。

10．（2017•新课标Ⅱ）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb．已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
五．带电粒子在匀强电场中的运动（共2小题）
11．（2019•新课标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？

12．（2017•新课标Ⅱ）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。

六．带电粒子在匀强磁场中的运动（共3小题）
13．（2021•重庆）如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为qm的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为零。在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在t0时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为(L，-4L9)；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的14，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。

14．（2020•新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h，﹣∞＜y＜+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。

15．（2018•新课标Ⅱ）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

七．光的折射定律（共4小题）
16．（2021•重庆）如图所示，一直角棱镜ABC，∠A＝90°，AC＝1。从AB边界面垂直入射的甲、乙两种不同频率的单色光，在棱镜中传播速度分别为k1c和k2c（0＜k1＜k2＜1，c为真空中的光速），甲光第一次到达BC边恰好发生全反射。求：
（1）该棱镜分别对甲光和乙光的折射率；
（2）BC边的长度。

17．（2020•新课标Ⅱ）直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°．截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（i）光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
（ii）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。

18．（2018•新课标Ⅱ）如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°．一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出，EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。
（i）求出射光相对于D点的入射光的偏角；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？

19．（2017•新课标Ⅱ）一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．

八．用双缝干涉测光的波长（共1小题）
20．（2019•新课标Ⅱ）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（i）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 　 　；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（ii）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为△x，则单色光的波长λ＝　 　；
（iii）某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm。则所测单色光波长为 　 　nm（结果保留3位有效数字）。

参考答案与试题解析
一．牛顿第二定律（共2小题）
1．（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【解析】解：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0=2gH，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1=252Hg
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1-12a1t12
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2=v22g
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2=1325H；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1=45H
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2=45H1
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥152125H。
【答案】（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为1325H；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥152125H。
2．（2017•新课标Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g。求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【解析】解：（1）对冰球分析，根据速度位移公式得：v02-v12=2as0，
加速度为：a=v02-v122s0，
根据牛顿第二定律得：a＝μg，
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：μ=v02-v122gs0．
（2）设运动员的末速度为v2，根据两者运动时间相等，有：s0v0+v12=s1v22，
解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=s1(v0+v1)s0，
则最小加速度为：a'=v222s1=s1(v0+v1)22s02．
【答案】
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ=v02-v122gs0；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度为s1(v0+v1)22s02．
二．动量定理（共2小题）
3．（2021•重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。

【解析】解：（1）由自由落体运动规律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m
代入数据解得：v＝6m/s；
（2）由匀变速直线运动规律可得：Δx=v2t，其中Δx＝0.03m
代入数据解得：t＝0.01s；
（3）取向下为正分向，由动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv
代入数据解得：F＝3000N。
【答案】（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小为6m/s；
（2）物体做匀减速直线运动的时间为0.01s；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小为3000N。
4．（2019•新课标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）？
【解析】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
【答案】（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。
三．动能定理（共1小题）
5．（2018•新课标Ⅱ）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。

【解析】解：（1）以B车为研究对象，根据动能定理可得：
﹣μmBgxB＝0-12mBvB2
代入数据解得：vB＝3m/s；
（2）设碰后A车速度大小为vA，碰前A车速度大小为v0，
碰后A车运动过程中，根据动能定理可得：
﹣μmAgxA＝0-12mAvA2，
代入数据解得：vA＝2m/s；
两车碰撞过程中，取向右为正、根据动量守恒定律可得：
mAv0＝mAvA+mBvB
代入数据解得：v0＝4.25m/s。
【答案】（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小为3m/s；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小为4.25m/s。
四．理想气体的状态方程（共5小题）
6．（2021•重庆）定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为T1，压强均为kp1，k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
（1）求密封时定高气球内气体的体积；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，求此时气体的压强。
【解析】解：（1）设密封时定高气球内气体体积为V，由玻意耳定律
p1V1＝kp1（V1+V）
解得：V=1-kkV1
（2）由查理定律
kp1T1=pT2
解得p=kp1T2T1
【答案】（1）密封时定高气球内气体的体积为1-kkv1；
（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，此时气体的压强为kp1T2T1。
7．（2020•新课标Ⅱ）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H＞＞h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
（i）求进入圆筒内水的高度l；
（ii）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。

【解析】解：（i）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1
，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有：
p1V1＝p0V0
V0＝hS
V1＝（h﹣l）S
p1＝p0+ρg（H﹣l）
联立以上各式并考虑到H＞＞h＞l，解得：l=ρgHp0+ρgHh
（ⅱ）设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有：
p2V0＝p0V3
其中p2＝p0+ρgH
设需压入筒内的气体体积为V，依题意：
V＝V3﹣V0
联立解得：V=ρgSHhp0
【答案】（i）进入圆筒内水的高度l为ρgHp0+ρgHh；
（ii）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积为ρgSHhp0。
8．（2019•新课标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
（i）抽气前氢气的压强；
（ii）抽气后氢气的压强和体积。

【解析】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；
【答案】（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。
9．（2018•新课标Ⅱ）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功，重力加速度大小为g。

【解析】解：设活塞刚要离开a处时汽缸内气体的温度为T1，活塞刚要离开a处时，设气体压强为p1；
在此段过程中，封闭气体作等容变化，根据查理定律得：
p0T0=p1T1
而p1=mg+p0SS
可得 T1=mg+p0Sp0ST0
设活塞到达b处时汽缸内气体的温度为T′。
活塞上升过程，汽缸内气体作等压变化，则有 T'T=(H+h)SHS
解得 T′=(H+h)(mg+p0S)Hp0ST0
在此过程中气体对外所做的功 W＝Fh＝p1Sh＝（p0S+mg）h
【答案】此时汽缸内气体的温度为(H+h)(mg+p0S)Hp0ST0，在此过程中气体对外所做的功为（p0S+mg）h。
10．（2017•新课标Ⅱ）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb．已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
【解析】解：（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为
ρ0=mV0
设温度为T的体积为VT，密度为
ρ（T）=mVT
由盖﹣吕萨克定律得
V0T0=VTT
联立可得：ρ（T）=ρ0T0T
气球受到的浮力为f＝ρ（Tb）gV
联立可得：f=ρ0gVT0Tb；
（ii）根据ρ（T）=ρ0T0T可得ρ（Ta）=ρ0T0Ta，气球内空气的重力为G＝ρ（Ta）gV=T0Taρ0gV；
（iii）气球要漂浮在空气中，则气球总重力等于冷空气的浮力，假如还能托起的最大质量为m则
F＝m0g+G+mg
所以m=ρ0VT0Tb-ρ0VT0Ta-m0
【答案】（i）气球受到的浮力为：T0Tbρ0gV；
（ii）气球内空气的重力为T0Taρ0gV；
（iii）能托起的最大质量为ρ0VT0Tb-ρ0VT0Ta-m0。
五．带电粒子在匀强电场中的运动（共2小题）
11．（2019•新课标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？

【解析】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。
【答案】（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。
12．（2017•新课标Ⅱ）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。

【解析】解：（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有：xM=v0t+12at2，
对N：v0＝at，xN=12at2，
可得xM=32at2，
解得xM：xN＝3：1。
（2、3）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，
因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：12m(vy2+v12)=1.5×12mvy2，
解得v1=22vy，
因为v1＝v0+at＝2v0，则v1=22vy=2v0，
因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：vy1v0=vyv1，解得vy1=12vy，
在竖直方向上有：vy122g=h，vy2-vy122g=H，
解得A点距电场上边界的高度h=H3。
因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，
有：vyv1=mgqE=2，
则电场的电场强度E=mg2q=2mg2q。
【答案】（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1
（2）A点距电场上边界的高度为H3；
（3）该电场的电场强度大小为2mg2q。
六．带电粒子在匀强磁场中的运动（共3小题）
13．（2021•重庆）如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为qm的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为零。在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在t0时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A
粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为(L，-4L9)；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的14，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。

【解析】解：（1）设A粒子发射速度为v，分别画出ABC粒子运动轨迹，如图1：

图1
根据题述可知
L＝vt0
对B粒子沿y方向运动
4L9=12a(2t03)2+a2t03t03
qE＝ma
联立解得：E=Lmqt02；
（2）设收集器的位置坐标为（L，y），
对C粒子：L＝0.25v⋅4t0，y=12a(3t0)2
对A粒子：L＝vt0，y'=12at02
A粒子进入磁场时沿x方向分速度为
vx=v=Lt0
沿y方向分速度
vy=at0=Lt0
又tanθ=vyvx=1
由几何关系得
2rcosθ=y+y'=5at02=5L
解得：r=52L2
A粒子进入磁场时的速度
vA=2v
由洛伦兹力提供向心力
qvAB=mvA2r
解得：B=2m5qt0；
（3）设2t0时刻发射的粒子速度为v1，经电场偏转后直接被收集器收集，如图2，

图2
则有
12a(3t0)2=12a(Lv1)2
解得：v1=L3t0
设2t0时刻发射的粒子速度为v2，先经电场偏转，后进入磁场偏转后被收集器收集，如图2
L＝v2t
y'=12at2
y＝y′+2r′cosα
由洛伦兹力提供向心力
qv'B=mv'2r'
v′cosα＝v2
联立解得：v2=L2t0，v'2=1+215L5t0，
所有可能的发射速度为：L3t0，1+215L5t0，L2t0。
【答案】（1）电场强度E的大小为Lmqt02；
（2）磁感应强度B的大小为2m5qt0；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，其有可能的发射速度大小为L3t0，1+215L5t0，L2t0。
14．（2020•新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h，﹣∞＜y＜+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。

【解析】解：（1）根据题意可知，粒子刚进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，因此根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里；
设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动的规律有：qv0B=mv02R
由此可得：R=mv0qB
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴的正半轴上，半径应满足R≤h，由题意，当磁感应强度为Bm时，粒子的运动半径最大，由此可得：Bm=mv0qh；
（2）若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍然在y轴的正半轴上，且此时的圆弧半径为：R′＝2h，粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示：
，
设粒子在P点的运动方向与x轴的夹角为α，
根据几何知识有：sinα=h2h=12
则有：α=π6=30°
根据几何关系可得，P点与x轴的距离为：y＝2h（1﹣cosα）＝（2-3）h
【答案】（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在这种情况下磁感应强度的最小值为mv0qh；
（2）如果磁感应强度大小为Bm2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角为30°，该点到x轴的距离为（2-3）h。
15．（2018•新课标Ⅱ）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

【解析】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，运动轨迹对应的半径为R
，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma ①
速度沿电场方向的分量为：v1＝at ②
垂直电场方向有：l′＝v0t ③
根据几何关系可得：v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R⑤
根据几何关系可得：l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v0=2El'Bl⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=v0tanπ6⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：qm=43El'B2l2⑨
粒子在磁场中运动的周期：T=2πRv=2πmqB⑩
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t+2(π2-π6)2π•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′=BlE（1+3πl18l'）
【答案】（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；
（2）该粒子从M点入射时速度的大小为2El'Bl；
（3）该粒子的比荷为43El'B2l2，其从M点运动到N点的时间BlE（1+3πl18l'）。


七．光的折射定律（共4小题）
16．（2021•重庆）如图所示，一直角棱镜ABC，∠A＝90°，AC＝1。从AB边界面垂直入射的甲、乙两种不同频率的单色光，在棱镜中传播速度分别为k1c和k2c（0＜k1＜k2＜1，c
为真空中的光速），甲光第一次到达BC边恰好发生全反射。求：
（1）该棱镜分别对甲光和乙光的折射率；
（2）BC边的长度。

【解析】解：（1）由光速与折射率的关系n=cv，可得该棱镜对甲光的折射率n1=1k1
该棱镜对乙光的折射率n2=1k2
（2）设BC边的长度为L，根据题述甲光第一次到达BC边恰好发生全反射，可画出光路图

根据全反射临界条件有：sinθ=1n1=k1
根据几何关系有：cosC＝sinθ
cosC=1L
联立解得：L=1k1
【答案】（1）该棱镜分别对甲光为1k1，乙光的折射率为1k2；
（2）BC边的长度为1k1。
17．（2020•新课标Ⅱ）直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°．截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（i）光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
（ii）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。

【解析】解：（i）光路图如图所示：

设光线在D点的入射角为i，折射角为r，折射光线射到BC边的E点，
设光线在E点的入射角为θ，根据几何关系有θ＝90°﹣（30°﹣r）＞60°…①
根据题中所给数据sinθ＞sin60°＞1n⋯②
即θ大于全反射的临界角，因此光线在BC边上的E点会发生全反射；
（ii）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i′，折射角为r′，根据几何知识、反射定律以及折射定律有i＝30°…③
i′＝90°﹣θ…④
sini＝nsinr…⑤
nsini′＝sinr′…⑥
联立①③④⑤⑥解得：sinr′=22-34
根据几何知识可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
【答案】（i）光线在BC边上会发生全反射；
（ii）不考虑多次反射，从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为22-34。
18．（2018•新课标Ⅱ）如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°．一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出，EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。
（i）求出射光相对于D点的入射光的偏角；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？

【解析】解：（i）由于D是CG的中点，GE⊥AC，根据几何关系可得：光束在D点发生折射时的折射角为γD＝30°；
那么，根据几何关系可得：在E点的入射角、反射角均为γD+30°＝60°；在F点的入射角为αF＝30°；
那么，设入射角为αD，可得：折射角γF＝αD，故出射光相对于D点的入射光的偏角为60°﹣αD+γF＝60°；
（ii）由E点反射角为60°可得：EF∥BC；
故根据D点折射角为γD＝30°，在F点的入射角为αF＝30°可得：棱镜折射率n＜1sin30°=2；
根据光束在E点入射角为60°，发生全反射可得：n≥1sin60°=233，故棱镜折射率的取值范围为233≤n＜2；
【答案】（i）出射光相对于D点的入射光的偏角为60°；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值范围为233≤n＜2。
19．（2017•新课标Ⅱ）一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．

【解析】解：设从光源发出的光直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为γ1，在剖面内做光源相对于镜面的对称点C，连接CD，交镜面与E点，由光源射向E点的光线反射后由ED射向D点，设入射角为i2，折射角为γ2，如图；
设液体的折射率为n，由折射定律：
nsini1＝sinγ1
nsini2＝sinγ2
由题意：γ1+γ2＝90°
联立得：n2=1sin2i1+sin2i2
由图中几何关系可得：sini1=12l4l2+l24=117；
sini2=32l4l2+9l24=35
联立得：n＝1.55
【答案】该液体的折射率为1.55．

八．用双缝干涉测光的波长（共1小题）
20．（2019•新课标Ⅱ）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（i）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 　B　；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（ii）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为△x，则单色光的波长λ＝　△x⋅d(n-1)l　；
（iii）某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm。则所测单色光波长为 　630　nm（结果保留3位有效数字）。

【解析】解：（1）增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为△x=Ldλ，为减小相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到屏的距离；故B正确，ACD错误
故选：B；
（2）第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为△x，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离△x′=△xn-1
则单色光的波长λ=△x⋅d(n-1)l
（3）将双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，以及n＝4代入公式可得：λ＝6.3×10﹣7m＝630nm；
【答案】（1）B；
（2）△x⋅d(n-1)l；
（3）630