2025年安徽省高考物理命題考點對標2A1.如圖所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b電荷量均為＋q，c和d電荷量均為－q，靜電力常量為k，則a電荷受到的其他三個電荷的庫侖力的合力大小是()A．0B.eq\f(\r(2)kq2,l2)C.eq\f(kq2,l2)D.eq\f(3kq2,2l2)【答案】D【解析】a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q，則c、d電荷對a電荷的庫侖力為引力，b電荷對a電荷的庫侖力為斥力，根據(jù)庫侖定律，庫侖力大小分別為Fca＝eq\f(kq2,\r(2)l2)，F(xiàn)ba＝Fda＝keq\f(q2,l2)；根據(jù)力的合成法則，a電荷所受的庫侖力大小為F＝eq\f(3kq2,2l2)，故A、B、C錯誤，D正確。2.如圖所示，水平放置的絕緣圓柱體兩底面圓心P、Q處分別放置兩個帶有等量異種電荷的小球(可視為點電荷)。O為P、Q連線的中點，A、C是底面上的兩點，B、D是過O點橫截面上的兩點，且A、B、C位于同一直線上。下列說法正確的是()A．A、C兩點的電場強度相同B．B、D兩點的電場強度相同C．B點的電場強度大于O點的電場強度D．將正試探電荷從B點沿直線移動至O點，靜電力做正功【答案】B【解析】根據(jù)題意，由等量異種電荷的電場線分布特點可知，A、C兩點的電場強度大小相等，方向不同，B點的電場強度小于O點的電場強度，故A、C錯誤；B、D兩點為中垂面上距O點距離相等的點，則電場強度相同，故B正確；將正試探電荷從B點沿直線移動至O點，由于靜電力的方向與運動方向垂直，則靜電力不做功，故D錯誤。3.半徑為R的絕緣薄球殼固定，球心為O，球殼上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。A、B、C為過球心大圓截面上的三點，三點將圓三等分，取走A、B兩處極小的、面積均為ΔS面上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為3R的D點，C、D點位于O點同側，O點的電場強度剛好為零。球面上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2) B．負電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2)C．正電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4) D．負電荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4)【答案】B【解析】球殼的面積S＝4πR2單位面積電荷量σ＝eq\f(Q,4πR2)A、B兩處的電荷在O點的電場強度大小E1＝2eq\f(kσΔS,R2)cos60°＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿OC方向，故取走A、B兩處的電荷后，球殼剩余部分在O點的電場強度大小為E2＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿CO方向，q在O點的電場強度大小E3＝E2，則有eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kQΔS,4πR4)，方向沿OC方向，可知q為負電荷，電荷量為q＝eq\f(9QΔS,4πR2)，故選B。4.如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法正確的是()A．M、N兩點電場強度相同B．M、N兩點電勢相同C．負電荷在M點電勢能比在O點時要小D．負電荷在N點電勢能比在O點時要大【答案】BC【解析】兩正電荷在M點的合電場強度向右，在N點的合電場強度向左，負電荷在M和N點的電場強度分別沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的電場強度大小相等、方向不同，A錯誤；由等量同種電荷的電場分布規(guī)律，可知兩正電荷的電場在M和N兩點的電勢相同，負電荷C在M、N兩點的電勢也相同，故M、N兩點的電勢相同，B正確；兩正電荷在M點的電勢比在O點的高(因兩正電荷在AO間的合電場強度向右)，負電荷C產(chǎn)生的電場中，離負電荷越近電勢越低，故負電荷在M點的電勢也比在O點的要高，可知M點電勢比O點高，而負電荷在電勢越高處電勢能越小，C正確；N點和M點電勢相同，則負電荷在N點電勢能也比在O點時要小，D錯誤。5.兩個位于紙面內的點電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是()A．兩點電荷可能是異種點電荷B．A點的電場強度比B點的大C．A點的電勢高于B點的電勢D．電子運動到P點時動能最小【答案】CD【解析】根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點電荷是同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運動軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點電荷為負電荷，故A錯誤；根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點的電場強度比B點的小，故B錯誤；因為兩點電荷是負電荷，電場線由無窮遠處指向負電荷，故可知A點的電勢高于B點的電勢，故C正確；根據(jù)電子的運動軌跡和電場線的方向可知由M到P靜電力做負功，由P到N靜電力做正功，則由M到P動能減小，由P到N動能增加，故電子運動到P點時動能最小，故D正確。6.如圖所示，帶正電小球A固定在絕緣天花板上，絕緣輕彈簧的下端固定在水平地面上，彈簧處于自由狀態(tài)，現(xiàn)將與A完全相同的帶正電小球B放在彈簧上端并由靜止釋放，若A、B球心和彈簧軸線始終在一條豎直線上，則小球B從釋放到第一次運動到最低點的過程中，下列說法中正確的是()A．小球B速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零B．小球B的加速度先減小后增大C．小球B與彈簧組成系統(tǒng)的機械能一定減小D．小球A與B組成系統(tǒng)的電勢能一定先減小后增大【答案】B【解析】小球B向下運動的過程中受到重力、庫侖力、彈簧的彈力作用，當彈簧的彈力、重力、庫侖力的合力為0時，小球B的加速度為0，速度最大，故A錯誤；開始運動時，彈簧的彈力小于重力和庫侖力之和，合力豎直向下，小球向下做加速運動，由于彈簧的彈力逐漸增大，庫侖力減小，合力減小，加速度減小，當合力減小為0時，速度最大，之后彈簧的彈力大于重力與庫侖力之和，合力豎直向上，小球向下做減速運動，彈簧的彈力逐漸增大，庫侖力減小，合力豎直向上，加速度增大，因此小球B的加速度先減小后增大，故B正確；由于庫侖力對小球B做正功，由功能關系可知，小球B與彈簧組成系統(tǒng)的機械能一定增大，故C錯誤；庫侖力對小球B做正功，小球A與B組成系統(tǒng)的電勢能一直減小，故D錯誤。7.如圖甲所示，在真空中固定的兩個相同點電荷A、B關于x軸對稱，它們在x軸上的E－x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場強度的正方向)。若在坐標原點O由靜止釋放一個正點電荷q，它將沿x軸正方向運動，不計重力。則()A．A、B帶等量正電荷B．點電荷q在x1處電勢能最大C．點電荷q在x3處動能最大D．點電荷q沿x軸正方向運動的最遠距離為2x2【答案】D【解析】由E－x圖像可知，在x軸上的P點對應x2點，在P點的左側電場強度為正值，沿x軸正方向，右側為負值，可知A、B帶等量負電荷，A錯誤；電荷量為q的正點電荷，從O點到P點，靜電力做正功，電勢能減小，從P點沿x軸正方向運動，靜電力做負功，電勢能增加，因此點電荷q在x1處電勢能不是最大，且點電荷q在x2處動能最大，B、C錯誤；由對稱性可知，點電荷q沿x軸正方向最遠能到達O′處，由動能定理qUOO′＝ΔEk＝0，則UOO′＝0，由對稱性知O′與O關于P點對稱，故點電荷q沿x軸正方向運動的最遠距離為2x2，D正確。8.如圖所示，電源電動勢E一定，內阻不計，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻，其阻值隨光照的增強而減小。開關S閉合，電路穩(wěn)定后，電容器兩板間的一帶電液滴恰好能靜止在M點。現(xiàn)增強照射電阻R3的光照強度，則()A．電容器的電容增大 B．M點的電勢升高C．液滴向下運動 D．R2中有向右的電流【答案】B【解析】電容器的電容由電容器本身性質決定，不隨其電壓或電荷量的變化而變化，故A錯誤；增強照射電阻R3的光照強度，R3阻值減小，回路總電阻減小，總電流增大，則R1兩端電壓增大，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知兩極板間電場強度增大，而下極板接地，電勢為零，設M到下極板間的距離為d′，則M點的電勢為φM＝Ed′，所以M點的電勢升高，故B正確；根據(jù)平衡條件可知，開始時液滴受靜電力與重力平衡，增強照射電阻R3的光照強度，電容器兩極板間電場強度增大，液滴所受靜電力增大，將大于重力，則液滴所受合外力向上，將向上運動，故C錯誤；由電路連接方式易知電容器上極板帶正電，增強照射電阻R3的光照強度，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)Q＝CU可知電容器充電，R2中有向左的電流，故D錯誤。9.如圖，靜止于A處的質子(質量為m、電荷量為e)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿圖中虛線垂直MP進入方向豎直向下的矩形有界勻強偏轉電場區(qū)域MNQP，區(qū)域邊界MN＝3L、MP＝2L，質子經(jīng)加速偏轉后恰好能從PQ邊距P點為2L處射出，質子重力不計。(結果均用e、U、m表示)(1)求質子離開加速電場時的速度大小；(2)求質子離開偏轉電場時的速度大小；(3)若偏轉電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼娜种弧⒎较虿蛔儯筚|子離開該區(qū)域時的速度大小。【答案】(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\r(\f(10eU,m))(3)2eq\r(\f(eU,m))【解析】(1)質子在加速電場中做加速直線運動，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv12－0，解得v1＝eq\r(\f(2eU,m))(2)由題意知，質子在豎直方向做初速度為零的加速直線運動，在水平方向做速度大小為eq\r(\f(2eU,m))的勻速直線運動，設偏轉電場的電場強度為E，豎直方向有eE＝ma,2L＝eq\f(1,2)at2，vy＝at，水平方向有2L＝v1t質子離開偏轉電場時速度為v2＝eq\r(v12＋vy2)解得v2＝eq\r(\f(10eU,m))(3)若偏轉電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼娜种唬芍暗姆治隹芍湄Q直方向的加速度大小也變?yōu)樵瓉淼娜种唬衋＝3a′，假設質子從PQ邊射出，則質子在豎直方向上依然做勻加速直線運動，有2L＝eq\f(1,2)a′t12，所以有t1＝eq\r(3)t，則該段時間內質子在水平方向運動的距離為x′＝v1t1有x′＝2eq\r(3)L>3L，由上述分析可知，質子出電場時不是從電場下端離開，設其離開電場時豎直方向的速度為vy1，時間為t2，豎直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做勻速直線運動，有3L＝v1t2，質子離開電場的速度大小為v3＝eq\r(v12＋vy12)＝2eq\r(\f(eU,m))。10.四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因為四個帶電粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉角只與m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三個粒子偏轉角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同，故A、D正確，B、C錯誤。11.如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點，在大圓環(huán)所在的豎直平面內施加水平向右、電場強度大小為eq\f(mg,q)(g為重力加速度)的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0(v0未知)，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中()A．動能最小與最大的位置在同一等勢面上B．電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C．在A點獲得的初速度為eq\r(21＋\r(2)gR)D．過B點受到大環(huán)的彈力大小為mg【答案】BC【解析】由于勻強電場的電場強度為eq\f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點C與等效物理最高點位置D，如圖所示，小圓環(huán)在等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD>φC，可知其不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉化，即只有電勢能與機械能的轉化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效物理最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21＋\r(2)gR)，C正確；小圓環(huán)從A運動到B過程有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，在B點有FN＋mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg<0，可知，小圓環(huán)過B點受到大環(huán)的彈力大小為(3－2eq\r(2))mg，D錯誤。12.如圖所示，電源電動勢E＝6V，內阻r＝1Ω，R0＝3Ω，R1＝7.5Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，電容器的電容C＝2μF。開始時開關S處于閉合狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．開關S閉合時，電容器上極板帶正電B．開關S閉合時，電容器兩極板間電勢差是3VC．將開關S斷開，穩(wěn)定后電容器極板所帶的電荷量是3.6×10－6CD．將開關S斷開至電路穩(wěn)定的過程中通過R0的電荷量是9.6×10－6C【答案】D【解析】開關S閉合時的等效電路圖如圖甲所示，電容器C兩端電壓等于R3兩端電壓U3，已知電路總電阻R＝eq\f(R2＋R3R1,R2＋R3＋R1)＋r＝4Ω，由閉合電路歐姆定律可知干路電流I＝eq\f(E,R)＝1.5A，路端電壓U＝E－Ir＝4.5V，則U3＝eq\f(R3,R2＋R3)U＝1.8V，此時電容器所帶電荷量Q1＝CU3＝3.6×10－6C，且上極板帶負電，下極板帶正電，故A、B錯誤；開關S斷開時的等效電路圖如圖乙所示，穩(wěn)定后電容器C兩端電壓等于R2兩端電壓U2，此時U2＝eq\f(E,R2＋R3＋r)R2＝3V，電容器所帶電荷量Q2＝CU2＝6×10－6C，且上極板帶正電，下極板帶負電，故通過R0的電荷量Q＝Q1＋Q2＝9.6×10－6C，故C錯誤，D正確。13.如圖甲所示，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片P從一端滑到另一端的過程中，理想電壓表V1、V2的示數(shù)隨理想電流表A示數(shù)的變化情況如圖乙所示，下列說法正確的是()A．滑動變阻器的最大阻值為12ΩB．電源的電動勢為9VC．R0＝15ΩD．電源內阻為3Ω【答案】A【解析】由題圖乙可知R0＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(6.0V,2.0A)＝3Ω，當I1＝0.5A時，此時外電路的阻值達到最大，則R外＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(7.5V,0.5A)＝15Ω，則滑動變阻器的最大阻值R＝R外－R0＝12Ω，故A正確，C錯誤；由題圖乙可得r＝1Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝U1＋I1r，解得E＝8V，故B、D錯誤。14．如圖所示電路，電源內阻為r，兩相同燈泡L1、L2電阻均為R，D為理想二極管(具有單向導電性)，電表均為理想電表。閉合S后，一帶電油滴恰好在平行板電容器中央靜止不動。現(xiàn)把滑動變阻器滑片向上滑動，電壓表V1、V2示數(shù)變化量絕對值分別為ΔU1、ΔU2，電流表示數(shù)變化量絕對值為ΔI，則下列說法中錯誤的是()A．兩燈泡逐漸變亮 B．油滴將向下運動C.eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r D．ΔU2>ΔU1【答案】B【解析】滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，總電阻減小，回路中電流變大，兩燈泡變亮，選項A正確；總電流增大，故內電壓增大，所以外電壓減小，即V1的示數(shù)減小，而L1兩端的電壓變大，所以L2與滑動變阻器兩端的電壓之和減小，所以V2的示數(shù)及電容器板間電壓變小，應放電，但二極管的單向導電性使電荷不能放出，Q不變，則由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)和E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變，油滴靜止不動，選項B錯誤；把L1的電阻R看作電源內阻一部分，ΔU2就是R＋r兩端電壓的增加量，則eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r，選項C正確；由閉合電路歐姆定律可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝r，所以ΔU2>ΔU1，選項D正確。15．在如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3是一滑動變阻器，當其滑片P從最左端滑至最右端時，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流的變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點是滑片P在滑動變阻器的兩個不同端點得到的。求：(1)電源的電動勢和內阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動變阻器的最大阻值。【答案】(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω【解析】(1)電源的路端電壓隨電流的變化圖線斜率的絕對值等于電源的內阻，則內阻r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(16－4,0.8－0.2)Ω＝20Ω電源的電動勢為E＝U＋Ir取電壓U1＝16V，電流I1＝0.2A，代入解得E＝20V(2)當滑片P滑到最右端時，R1被短路，外電路的電阻最小，電流最大。此時電壓U2＝4V，電流I2＝0.8A，則定值電阻R2＝eq\f(U2,I2)＝5Ω(3)當滑片P滑到最左端時，外電阻最大，電流最小，此時路端電壓U1＝16V，電流I1＝0.2A，外電路總電阻為R＝eq\f(U1,I1)＝80Ω又R＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)，代入解得R3＝300Ω。16.真空中豎直放置一通電長直細導線，俯視圖如圖所示。以導線為圓心作圓，光滑絕緣管ab水平放置，兩端恰好落在圓周上。直徑略小于絕緣管直徑的帶正電小球自a端以速度v0向b端運動過程中，下列說法正確的是()A．小球先加速后減速B．小球受到的洛倫茲力始終為零C．小球在ab中點受到的洛倫茲力為零D．小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向始終豎直向上【答案】C【解析】根據(jù)安培定則可知，直導線產(chǎn)生的磁場的磁感線如圖中虛線所示，洛倫茲力始終與小球運動方向垂直，故不做功，小球速率不變，A錯誤；當運動到ab中點時，磁感線與速度方向平行，所受洛倫茲力為零，自a端到中點洛倫茲力豎直向下，中點到b端洛倫茲力豎直向上，B、D錯誤，C正確。17.如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強磁場(具體方向未知)，磁感應強度大小為B，一比荷為k的帶負電粒子從虛線上的M點垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)過一段時間，該粒子經(jīng)過N點(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力。則下列說法正確的是()A．磁場的方向垂直紙面向外B．粒子從M運動到N的時間為eq\f(π,6kB)C．如果N點到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2LD．如果N點到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL【答案】C【解析】根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；粒子從M運動到N時速度方向改變了60°，所以粒子在該段時間內運動軌跡對應的圓心角為α＝60°，則粒子從M到N運動的時間為t＝eq\f(1,6)T，又粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，由題知eq\f(q,m)＝k，整理得t＝eq\f(π,3kB)，故B錯誤；如果N點到虛線的距離為L，根據(jù)幾何關系有cosα＝eq\f(R－L,R)，解得R＝2L，又R＝eq\f(mv,qB)，則v＝2kBL，故D錯誤，C正確。18.如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60°，不計重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)【答案】B【解析】如圖所示，設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子以v1射入磁場時的軌跡半徑為r1，根據(jù)幾何關系r1＝R，以v2射入磁場時的軌跡半徑r2＝eq\r(3)R。根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，故選B。19.在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL,0° B.eq\f(1,2)kBL,0°C．kBL,60° D．2kBL,60°【答案】BC【解析】若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖甲所示，根據(jù)幾何關系則有R＝L，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖乙所示，因為兩個磁場的磁感應強度大小均為B，則根據(jù)對稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2n－1m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1,2，3…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1,2,3…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤。20.法拉第曾提出一種利用河流發(fā)電的設想，并進行了實驗研究。實驗裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為S的矩形平行金屬板正對且浸在河水中，金屬板間距為d。水流速度處處相同且大小為v，方向水平向左，金屬板面與水流方向平行。地磁場磁感應強度豎直向下的分量為B，水的電阻率為ρ，水面上方有一阻值為R的電阻通過絕緣導線和開關S連接到兩金屬板上。忽略邊緣效應，則下列說法正確的是()A．電阻R上的電流方向從里向外B．河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大C．該發(fā)電裝置的電動勢大小為BdvD．流過電阻R的電流大小為eq\f(BvS,ρ)【答案】C【解析】根據(jù)題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉，外面金屬板為正極，負離子向里面金屬板偏轉，里面金屬板為負極，則電阻R上的電流方向從外向里，故A錯誤；設穩(wěn)定時產(chǎn)生的感應電動勢為E，兩板間有一帶電荷量為q的離子勻速運動，受力平衡，根據(jù)平衡條件可得qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，故C正確；設極板間等效電阻為r，由閉合電路歐姆定律可得，兩金屬板間電壓為U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(BdvR,R＋r)，可知河水流速減小，兩金屬板間的電壓減小，故B錯誤；根據(jù)題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為r＝ρeq\f(d,S)，由閉合電路歐姆定律可得，流過電阻R的電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BSdv,RS＋ρd)，故D錯誤。21.回旋加速器工作原理如圖所示，置于真空中的兩個半圓形金屬盒半徑為R，兩盒間留有一狹縫接有頻率為f的高頻交流電，加速電壓為U，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。若A處粒子源產(chǎn)生的氘核(eq\o\al(2,1)H)在狹縫中被加速，不考慮相對論效應和重力的影響，不計粒子在電場中的加速時間。則()A．氘核離開回旋加速器時的最大速率隨加速電壓U增大而增大B．氘核被加速后的最大速度可能超過2πRfC．氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為n∶(n－1)D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子【答案】D【解析】根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，可知氘核離開回旋加速器時的最大速率與加速電壓U無關，故A錯誤；氘核被加速到最大速度時的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故氘核被加速后的最大速度不可能超過2πRf，故B錯誤；氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的分別有nqU＝eq\f(1,2)mvn2，(n－1)qU＝eq\f(1,2)mvn－12解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m))，vn－1＝eq\r(\f(2n－1qU,m))，又qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)，則氘核第n次和第n－1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為eq\f(rn,rn－1)＝eq\f(vn,vn－1)＝eq\f(\r(n),\r(n－1))，故C錯誤；回旋加速器的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，由于氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的比荷相等，所以不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子，故D正確。22.如圖所示，在xOy平面(紙面)內，x＞0空間存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限空間存在方向沿x軸正方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以大小為v、方向與y軸正方向的夾角為θ＝60°的速度沿紙面從坐標為(0，eq\r(3)L)的P1點進入磁場中，然后從坐標為(0，－eq\r(3)L)的P2點進入電場區(qū)域，最后從x軸上的P3點(圖中未畫出)垂直于x軸射出電場。求：(1)磁場的磁感應強度大小B；(2)粒子從P1點運動到P2點所用的時間t；(3)電場強度的大小E。【答案】(1)eq\f(mv,2qL)(2)eq\f(8πL,3v)(3)eq\f(mv2,4qL)【解析】(1)帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，其圓心為O1，對應軌道半徑為R，由幾何關系可得Rsinθ＝eq\r(3)L，解得R＝2L由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)聯(lián)立可得B＝eq\f(mv,2qL)(2)帶電粒子從P1點運動到P2點所用的時間為t＝eq\f(2π－2θ,2π)T，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πL,v)聯(lián)立可得t＝eq\f(8πL,3v)(3)設帶電粒子在電場中的運動時間為t′，由運動的合成與分解有vcosθ·t′＝eq\r(3)L，vsinθ－at′＝0由牛頓第二定律有qE＝ma聯(lián)立可得E＝eq\f(mv2,4qL)。23.如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示(設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力及離子間的相互作用力。求：(1)磁感應強度B0的大小。(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。【答案】(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)【解析】(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝eq\f(mv02,R)，做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有R＝eq\f(d,4)；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3…)聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)。24.某質譜儀部分結構的原理圖如圖甲所示。在空間直角坐標系Oxyz的y>0區(qū)域有沿－z方向的勻強電場，電場強度大小為E，在y<0區(qū)域有沿－z方向的勻強磁場，在x＝－2d處有一足夠大的屏，俯視圖如圖乙。質量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，－d,0)點以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次經(jīng)過x軸時速度方向與－x方向的夾角θ＝60°。不計粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：(1)粒子的電性；(2)磁感應強度大小B；(3)粒子打到屏上位置的z軸坐標z1。【答案】(1)正電(2)eq\f(mv0,2dq)(3)－eq\f(6Eqd2,mv02)【解析】(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖由左手定則知粒子帶正電；(2)設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系有rcosθ＝d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,2dq)(3)設粒子經(jīng)過x軸時的坐標為－x1，則x1＋rsinθ＝2d粒子在y>0區(qū)域電場中做類平拋運動，在xOy平面內沿v0方向做勻速直線運動，設粒子碰到屏前做類平拋運動的時間為t1，則v0cosθ·t1＝2d－x1，粒子運動的加速度a＝eq\f(Eq,m)在z軸負方向運動的距離z1′＝eq\f(1,2)at12解得t1＝eq\f(2\r(3)d,v0)，z1′＝eq\f(6Eqd2,mv02)所以打到屏上位置的z軸坐標z1＝－eq\f(6Eqd2,mv02)。25.如圖，在豎直方向上的兩個磁感應強度大小分別為B1和B2的勻強磁場中，各放入一個完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉動。用導線將a盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連。從上向下看，當a盤順時針轉動時()A．b盤總是逆時針轉動B．若B1、B2同向，b盤順時針轉動C．若B1、B2反向，b盤順時針轉動D．b盤總是順時針轉動【答案】C【解析】若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1向上，B2向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿順時針方向(俯視)轉動；若B1向下，B2向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，可知b盤沿順時針方向(俯視)轉動，A、B、D錯誤，C正確。26．將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)【答案】D【解析】由法拉第電磁感應定律，可得大圓線圈產(chǎn)生的感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產(chǎn)生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯誤。27.如圖所示，兩個寬度均為L的勻強磁場垂直于光滑水平桌面，磁感應強度大小相等，方向相反，高為L、上底和下底長度分別為L和2L的等腰梯形金屬線框水平放置，現(xiàn)使其勻速向右穿過磁場區(qū)域，速度垂直梯形底邊，從圖示位置開始x＝0，以逆時針方向為電流的正方向，下列四幅圖中能夠反映線框中電流I隨金屬框向右移動距離x關系的是()【答案】C【解析】x在0～L內，由楞次定律判斷知感應電流的方向沿逆時針方向，為正，線框的有效切割長度在均勻增大，由公式E＝Blv知，產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大；x在L～2L內，線框的左右兩邊都切割磁感線，均產(chǎn)生感應電動勢，兩個感應電動勢串聯(lián)，且均勻增大，感應電流方向沿順時針方向，為負；x在2L～3L內，由楞次定律知，感應電流的方向沿逆時針方向，為正，線框的有效切割長度在均勻增大，由公式E＝Blv知，產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，而且感應電流變化情況與線框進入磁場的過程相同，故C正確，A、B、D錯誤。28.某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應電流從而使另一個金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導軌上放有兩個金屬棒MN和PQ，磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場與導軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導軌電阻很小，可忽略不計。如圖為模型俯視圖，導軌間的距離L＝1.0m，每根金屬棒質量均為m＝1.0kg，電阻都為R＝5.0Ω，可在導軌上無摩擦滑動，滑動過程中金屬棒與導軌保持垂直且接觸良好，在t＝0時刻，兩金屬棒都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一與導軌平行、大小為F＝2.0N恒力作用于金屬棒MN上，使金屬棒MN在導軌上滑動，經(jīng)過t＝10s，金屬棒MN的加速度a＝1.6m/s2，求：(1)此時金屬棒PQ的加速度是多少？(2)此時金屬棒MN、PQ的速度各是多少？(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差是多少？【答案】(1)0.4m/s2(2)18m/s2m/s(3)40m/s【解析】(1)恒力作用于MN棒，使其在導軌上向右加速運動，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，根據(jù)右手定則知電流方向為M→N，電流流經(jīng)PQ，根據(jù)左手定則知MN所受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它們都做加速運動，對MN由牛頓第二定律得F－BIL＝ma，對PQ由牛頓第二定律得BIL＝ma′，聯(lián)立解得a′＝0.4m/s2。(2)設某時刻MN速度為v1，PQ速度為v2，根據(jù)法拉第電磁感應定律有I＝eq\f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2)),2R)在t＝10s時，對MN由牛頓第二定律得F－BIL＝ma，整理得F－eq\f(B2L2v1－v2,2R)＝ma代入數(shù)據(jù)得v1－v2＝16m/s由于作用于兩棒的安培力等大反向，所以作用于兩棒系統(tǒng)的合力為水平恒力F，對系統(tǒng)由動量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0，代入數(shù)據(jù)得v1＋v2＝20m/s聯(lián)立解得v1＝18m/s，v2＝2m/s。(3)MN棒做加速度減小的加速運動，PQ棒做加速度增大的加速運動，最終有共同加速度，設兩金屬棒的共同加速度為a共，對系統(tǒng)有F＝2ma共，對PQ棒有BImL＝ma共，其中Im＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLΔvm,2R)聯(lián)立解得Δvm＝40m/s。29.如圖所示，足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面間的夾角為θ。導軌上端與阻值為R的電阻和電容為C的電容器相接，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面向上，一質量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，金屬棒ab始終與導軌接觸良好。現(xiàn)將開關S閉合，金屬棒由靜止開始運動。已知重力加速度為g。(1)求金屬棒沿導軌勻速滑行時的速度大小v；(2)金屬棒沿導軌勻速運動后，將開關S斷開并開始計時，求此后金屬棒的速度大小v′隨時間t變化的關系。【答案】(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)v′＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)＋eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)t【解析】(1)金屬棒沿導軌勻速滑行時，設電流為I，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ＝BIL，又I＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)設時間Δt內金屬棒增大的感應電動勢ΔE＝BL·Δv電容器增加的電壓ΔU＝eq\f(ΔQ,C)＝eq\f(I′·Δt,C)根據(jù)ΔE＝ΔU，eq\f(Δv,Δt)＝a求得電路中電流I′＝BLCa對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)金屬棒做勻加速直線運動，速度大小隨時間變化的關系v′＝v＋at＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)＋eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)t。30.如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區(qū)域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構成一矩形回路。導軌間距為L，兩導體棒的質量均為m，接入電路的電阻均為R，導軌電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速度v0，求：(1)當cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大小；(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x。【答案】(1)0.4v0eq\f(B2L2v0,10mR)(2)eq\f(mv0,2BL)d＋eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0回路感應電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此時回路電流I＝eq\f(E,2R)，因此加速度a＝eq\f(BIL,m)整理得a＝eq\f(B2L2v0,10mR)(2)ab、cd棒速度相等時有最大距離，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv共對ab棒，根據(jù)動量定理有Beq\x\to(I)LΔt＝mv共而q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(mv0,2BL)在這段時間內，平均感應電動勢eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(Δv)回路平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)因此流過某截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BL\x\to(Δv),2R)Δt＝eq\f(BLx－d,2R)，解得最大距離x＝d＋eq\f(mv0R,B2L2)。31.一個U形金屬線框在兩勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示。甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩圖中磁場的磁感應強度相同。甲、乙兩圖中理想電流表的示數(shù)之比為()A．1∶eq\r(2)B．1∶2C．1∶4D．1∶1【答案】(1)見【解析】圖(2)A【解析】(1)題圖甲中OO′軸的右側有磁場，所以線框只在半個周期內有感應電流產(chǎn)生，感應電流隨時間變化的圖像如圖(a)；題圖乙中整個空間均有磁場，線框中產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的圖像如圖(b)。(2)交流電流表測的是有效值，圖(a)：由(eq\f(BSω,\r(2)R))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，得I＝eq\f(BSω,2R)圖(b)：I′＝eq\f(BSω,\r(2)R)，故I∶I′＝1∶eq\r(2)，A正確。32.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1:n2=2:1，原線圈電路中接入內阻不計電壓滿足u=2202sin100πtV的電源，電流表為理想交流電表。已知A.副線圈電流的頻率100B.定值電阻RC.開關閉合前后原線圈電壓有效值始終為220D.開關閉合后電源輸出的功率減小【答案】B

【解析】A.理想變壓器不改變交變電流的頻率，即f=B.由題可知，設

R2=R3=R

，當開關根據(jù)理想變壓器電阻等效法，得R等因此當開關斷開時R等=(n根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知等效電路中電流表示數(shù)I=UR1+R等又I1I2C.根據(jù)U1D.根據(jù)P輸出故選B。33.夏季持續(xù)高溫，用戶用電量激增，用戶端電壓有所降低。如圖所示，a、b端接入電壓不變的正弦交流電源，理想降壓變壓器原線圈與定值電阻r串聯(lián)，副線圈接有三個阻值均為R的定值電阻，當開關S閉合后，下列說法正確的是(

)A.變壓器的輸入電壓降低 B.變壓器的輸入電流減小C.電阻r消耗的功率不變 D.a、b端的輸入功率增加【答案】AD

【解析】A.開關S閉合后，副線圈負載電阻減小，原線圈的等效電阻減小，分到的電壓減小，即變壓器的輸入電壓UB.根據(jù)I1=UC.由Pr=ID.由P=UI1可得，故選：AD。34.如圖所示，楔形玻璃的橫截面POQ的頂角為30°，OP邊上的點光源S到頂點O的距離為d，垂直于OP邊的光線SN在OQ邊的折射角為45°。不考慮多次反射，OQ邊上有光射出部分的長度為()A.eq\f(1,2)dB.eq\f(\r(2),2)dC．dD.eq\r(2)d【答案】C【解析】設光線在OQ界面的入射角為α，折射角為β，由幾何關系可知α＝30°，則由折射定律可知n＝eq\f(sinβ,sinα)＝eq\r(2)，光線射出OQ界面的臨界條件為恰好發(fā)生全反射，光路圖如圖所示，其中CS⊥OB，光線在A、B兩點發(fā)生全反射，由全反射規(guī)律sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)可得，全反射的臨界角為45°，AB之間有光線射出，由幾何關系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故選C。35..如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，光線從P點垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發(fā)生全反射；當入射角θ＝60°時，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行。已知真空中的光速為c，則()A．玻璃磚的折射率為1.5B．OP之間的距離為eq\f(\r(2),2)RC．光在玻璃磚內的傳播速度為eq\f(\r(3),3)cD．光從玻璃到空氣的臨界角為30°【答案】C【解析】作出兩種情況下的光路圖，如圖所示。設OP＝x，在A處發(fā)生全反射，故有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(x,R)，由出射光平行可知，在B處射出，故n＝eq\f(sin60°,sin∠OBP)，由于sin∠OBP＝eq\f(x,\r(x2＋R2))聯(lián)立可得n＝eq\r(3)，x＝eq\f(\r(3),3)R，故A、B錯誤；由v＝eq\f(c,n)可得v＝eq\f(\r(3),3)c，故C正確；由于sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)，所以臨界角不為30°，故D錯誤。36．(多選)圖甲是用光的干涉法檢測物體表面平整程度的裝置，其中M為標準板，N為水平放置的待檢測物體，入射光豎直向下照射，圖乙為觀察到的干涉條紋，下列說法正確的是()A．入射光的波長越長，干涉條紋的條數(shù)越少B．M和N之間墊塊的高度越高，干涉條紋的條數(shù)越少C．P點所對應待檢測物體的表面相對Q點所對應待檢測物體的表面是凸起的D．P點所對應待檢測物體的表面相對Q點所對應待檢測物體的表面是凹下的【答案】AC【解析】根據(jù)光的干涉特點可知，入射光的波長越長，相鄰干涉條紋的距離越大，即題圖乙觀察到的干涉條紋的條數(shù)越少，故A正確；發(fā)生薄膜干涉時，相鄰亮條紋間的空氣層的厚度差為eq\f(λ,2)，M和N之間墊塊的高度越高，空氣層的夾角越大，所以相鄰亮條紋之間的距離變小，干涉條紋的條數(shù)越多，故B錯誤；薄膜干涉是等厚干涉，即亮條紋處空氣膜的厚度相等，亮條紋右偏說明P點所對應待檢測物體的表面相對Q點所對應待檢測物體的表面是凸起的，故C正確，D錯誤。37.如圖所示，上端開口、橫截面積為S且導熱性能良好的汽缸放置在水平面上，大氣壓強為p0。汽缸內有一卡子，橫截面積為S的輕質活塞上面放置一個質量為m的重物，活塞下面密封一定質量的理想氣體。當氣體溫度為T1時，活塞靜止，此位置活塞與卡子距離為活塞與汽缸底部距離的eq\f(1,3)。現(xiàn)緩慢降低汽缸溫度，活塞被卡子托住后，繼續(xù)降溫，直到缸內氣體壓強為eq\f(1,2)p0。已知重力加速度為g，活塞厚度、汽缸壁厚度及活塞與汽缸壁之間的摩擦均不計。求：(1)活塞剛接觸卡子瞬間，缸內氣體的溫度；(2)缸內氣體壓強為eq\f(1,2)p0時氣體的溫度。【答案】(1)eq\f(2,3)T1(2)eq\f(p0ST1,3p0S＋mg)【解析】(1)活塞被卡子托住前，氣體經(jīng)歷等壓變化，設活塞剛剛接觸卡子時氣體的溫度為T2，根據(jù)蓋—呂薩克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)式中V1＝SL1，V2＝SL2根據(jù)題意L2＝(1－eq\f(1,3))L1＝eq\f(2,3)L1聯(lián)立解得T2＝eq\f(2,3)T1(2)活塞被卡子托住后，再降低溫度，氣體經(jīng)歷等容變化，根據(jù)查理定律有eq\f(p2,T2)＝eq\f(p3,T3)，式中p3＝eq\f(1,2)p0根據(jù)力的平衡條件有p2＝p1＝p0＋eq\f(mg,S)聯(lián)立可得T3＝eq\f(p0ST1,3p0S＋mg)。38.如圖，底部水平的固定圓柱形汽缸內，用質量為m、橫截面積為S的圓盤形活塞封閉著一定質量的理想氣體，當封閉氣體溫度為T且活塞平衡時，封閉氣體的體積為V。現(xiàn)保持封閉氣體的溫度不變，對活塞施加一個方向豎直向上、大小恒為F的拉力，活塞再次平衡時，封閉氣體的體積為eq\f(5,3)V；再保持F不變，加熱封閉氣體使其緩慢升溫至eq\f(3,2)T，活塞第三次達到平衡。汽缸足夠高，不計汽缸與活塞間的摩擦，重力加速度大小為g。求：(1)活塞第三次達到平衡時的體積；(2)外界大氣壓強值。【答案】(1)eq\f(5,2)V(2)eq\f(5F－2mg,2S)【解析】(1)設外界大氣壓強為p0，封閉氣體在狀態(tài)1、2(活塞再次平衡)的壓強分別為p1、p2，從狀態(tài)2到狀態(tài)3(活塞第三次達到平衡)，封閉氣體發(fā)生等壓變化，由蓋—呂薩克定律有eq\f(V2,T2)＝eq\f(V3,T3)將V2＝eq\f(5,3)V，T2＝T，T3＝eq\f(3,2)T代入解得V3＝eq\f(5,2)V(2)從狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2將V1＝V，V2＝eq\f(5,3)V代入得p1＝eq\f(5,3)p2狀態(tài)1，由力的平衡條件有p0S＋mg＝p1S狀態(tài)2，由力的平衡條件有p0S＋mg＝p2S＋F代入數(shù)據(jù)解得p0＝eq\f(5F－2mg,2S)。39.某同學自行車輪胎的參數(shù)如圖所示，輪胎容積V＝3L。由于輪胎氣門芯漏氣，使胎內外氣壓相同。該同學換了氣門芯后給輪胎充氣，打氣筒每次能將V0＝1L的空氣打入輪胎中，早晨打氣時氣溫為27℃，不計充氣過程中輪胎容積和氣體溫度的變化，空氣可看成理想氣體，大氣壓p0＝1.0×105Pa。若中午室外氣溫升到37℃，要保證自行車中午放置在室外時不爆胎(即不超過胎內氣壓允許的最大值)，該同學早上最多能給輪胎充氣多少次。【答案】10次【解析】充氣過程氣體溫度不變，設充了n次，此時胎內氣體壓強為p1，選最后胎內所有氣體為研究對象。根據(jù)玻意耳定律p0(V＋nV0)＝p1V室溫變化后，胎內氣體溫度升高，在室外時不爆胎，可視為氣體體積不變，根據(jù)查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(pm,T2)根據(jù)題意T1＝(27＋273)K＝300K，T2＝(37＋273)K＝310K，pm＝4.50×105Pa聯(lián)立解得n≈10(次)。40.一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其過程如T－V圖上的兩條線段所示，則氣體在()A．狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強B．由a變化到b的過程中，氣體對外做功C．由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D．由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內能【答案】AB【解析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知T＝eq\f(p,C)·V，即T－V圖像的斜率為eq\f(p,C)，故有pa＝pb>pc，故A正確，C錯誤；理想氣體由a變化到b的過程中，因體積增大，則氣體對外做功，故B正確；理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內能增大，由熱力學第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，則有ΔU＝Q－|W