1、山东省山东省 20212021 届高三届高三（新高考（新高考 I I 卷卷）入学调研考试卷入学调研考试卷 物理物理试题试题 注意事项：注意事项： 1.1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。在答题卡上的指定位置。 2.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。试题卷、草稿纸和答题卡上
2、的非答题区域均无效。 3.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。答题卡上的非答题区域均无效。 4.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，分，共共 2424 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1. 下列叙述正确的是（ ） A
3、. 康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面。 前者表明光子具有能量， 后者表明光子除具有 能量之外还具有动量 B. 氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小，电势能 增加 C. 处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的 频率 D. 卢瑟福依据极少数 粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型 【答案】D 【详解】A康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子除具有能量之外还具有 动量，后者表明光子具有能量，A错误； B氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，
4、释放一定频率的光子，电子的轨道半 径变小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B错误； C，处于基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率应小于或等于吸收光 子的频率，C错误； D 粒子散射实验中极少数 粒子发生大角度偏转是卢瑟福提出原子核式结构模型的主要依据，D正确.。 故选 D。 2. 如图所示是某一单色光由空气射入截面为等腰梯形的玻璃砖，或由该玻璃砖射入空气时的光路图，其中 正确的是（ ） （已知该玻璃砖对该单色光的折射率为 1.5） A. 图甲、图丙 B. 图甲、图丁 C. 图乙、图丙 D. 图乙、图丁 【答案】C 【详解】单色光由空气射入玻璃砖时，折射角
5、小于入射角。图甲错误。图乙正确；当该单色光由玻璃砖射 入空气时，发生全反射的临界角的正弦值 1 s n 2 3 i C n 因为 22 sin45 23 所以临界角45C ，图丙、图丁中该单色光由玻璃砖射入空气时的入射角为47，大于临界角，会发生全 反射，图丙正确，图丁错误。 故选 C。 3. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为 120g，从离人眼约 20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为 0.2s， 取重力加速度 g10m/s2；下列分析正确的是（ ） A. 手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为 0.
6、48kgm/s B. 手机对眼睛的冲量大小约为0.48N s C. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上 D. 手机对眼睛的作用力大小约为 0.24N 【答案】B 【详解】A 根据自由落体运动公式 22 10 0.2m/s2m/svgh 选取向上为正方向，手机与眼睛作用后手机速度变成 0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为 0()0.12 2kg m/s0.24kg m/spmv 故 A 错误； BC手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则： y Imgtp 代入数据可得： 0.48N s y I 手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手
7、机对眼睛的冲 量大小约为 048N s ，方向竖直向下，故 B正确，C错误； D 由冲量的定义：Iy=Ft，代入数据可得： 0.48 N2.4N 0.2 y I F t 故 D 错误。 故选 B。 4. 如图所示，虚线为某电场中的三条电场线 1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹， a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 粒子在 a点的加速度大小大于在 b 点的加速度大小 B. 粒子在 a点的电势能大于在 b 点的电势能 C. 粒子在 a点的速度大小大于在 b点的速度大小 D. a点的电势高于 b点的电势 【答案】B 【详解】A电场线的疏密程度表示电场强度的弱
8、强，a点处的电场线相对b点较为稀疏，所以 ab EE 电场力提供加速度，根据牛顿第二定律可知 ab aa A 错误； B假设粒子从ab，在a点，粒子速度方向与受力方向如图 电场力做正功，电势能减小，同理，若粒子从ba，电场力做负功，电势能增加，所以粒子在 a 点的电 势能大于在 b点的电势能，B 正确； C 粒子运动过程中仅受电场力， 则电势能和动能相互转化， 因为粒子在 a点的电势能大于在 b点的电势能， 则 kkab EE 根据 k 1 2 Emv可知 ab vv C错误； D粒子的电性和电场线的方向均未知，所以a、b两点电势无法判断，D错误。 故选 B。 5. 石拱桥是中国传统的桥梁四大
9、基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一部分，半径为R。一辆质量为m的 汽车以速度v匀速通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆弧PQS所对的圆心角为90，,P S关于QO对 称，汽车运动过程中所受阻力恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ） A. 汽车运动到P点时对桥面的压力大于cos45mg B. 汽车运动到Q点时牵引力大于阻力 C. 汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力 D. 汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小 【答案】D 【详解】A汽车运动到P点时，重力垂直于桥面的分力等于cos45mg ，由于汽车在竖直面内做匀速圆周 运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车对桥面的
10、压力小于cos45mg ，故 A 错误； B汽车在竖直面内做匀速圆周运动，运动到Q点（圆弧最高点）时牵引力等于阻力，故 B错误； C由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车运动到Q点时，桥面对汽车 的支持力小于汽车重力，故 C 错误； D汽车从P点运动到Q点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直减小，设汽车与Q之间圆弧所对圆心 角为，其牵引力 sinFmgf 一直减小，汽车从Q点运动到S点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直增大，其牵引力 sinFfmg 一直减小，所以汽车从P点运动到S点过程中其牵引力一定一直减小，故 D正确。 故选 D。 6. 在圆形区域内，有垂直于
11、纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率， 沿着相同的方向，对准圆心 O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较 长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（ ） A. 速率一定越小 B. 速率一定越大 C. 在磁场中通过的路程越长 D. 在磁场中的周期一定越大 【答案】A 【详解】AB因为是一束质量和电荷量都相等的带电粒子，以不同速度向圆心方向射入磁场，则粒子射出 磁场时的方向必定背向圆心方向。由 2 m T Bq 可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。而在磁场中运动时间 2 tT 可知，在磁场
12、中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由 mv r Bq 可知速率越小，故 A正确，B 错误； C通过的路程即圆弧的长度 lr 由此可知，圆弧长度只与半径和圆心角有关，故 C错误； D由周期公式可得 2 m T Bq 周期只与粒子本身和磁感应强度有关，与时间或速度无关，故 D 错误。 故选 A。 7. 如图甲所示为一霓虹灯供电的电路变压器输入端接有熔断电阻,其允许最大电流为 100mA,阻值忽略不 计,原、副线圈匝数比为 101,副线圈电路中接有 10个霓虹灯,每个霓虹灯的额定电压为 10V,额定功率为 1W,R 为滑动变阻器 当变压器输入端电压为 220V时,示波器描绘出每一个霓虹
13、灯的电流图象如图乙所示(霓 虹灯的电阻可视为不变)( ) A. 变压器输入端的电流频率为 100 Hz B. 此时滑动变阻器的阻值为 20 C. 该电路允许并联连接的霓虹灯的个数为 25 个 D. 电路正常工作时,若某一个霓虹灯发生故障而断路,那么应当将滑动变阻器的阻值减少,才能保证其他霓虹 灯保持原有的亮度 【答案】C 【详解】A.由变压器输出端的电流图象可知，交流电的周期为 T=0.02s，频率为 f=50 Hz，选项 A错误 B.在电路中每个霓虹灯的电流大小为 0.04 A，那么变压器输出端电流为 0.4 A，变压器的输出电压为 22 V， 霓虹灯的电阻为 100，霓虹灯的电压为 4 V
14、，因此滑动变阻器的阻值为 R= 224 0.4 =45，选项 B 错误 C.该变压器允许输出电流最大为 1 A，那么允许连接的霓虹灯个数为 25 个，选项 C 正确 D.若有一个霓虹灯发生断路故障，输出端的总电阻将变大，滑动变阻器上的电流将减小，电压减小，剩余 霓虹灯上的电压增大，因此需要增大滑动变阻器的电阻减小霓虹灯上的电压，使其保持原有的亮度，选项 D 错误 8. 如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边 始终与磁场边界平行自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流 I、受到的安培力 F 及速度 v随时间 t变化的关系，可能
15、正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如线框刚进入磁场时，安培力等于重力，做匀速直线运动，感应电流 I 恒定，全部进磁场后做加速 运动，出磁场时，安培力大于重力，做减速运动，感应电流减小，做加速度减小的减速故 A 正确； 若线框进入磁场做匀速直线运动，速度不变，电流不变，上边刚进磁场，下边又出磁场，又继续做匀速直 线运动，电流的方向反向但受到的安培力始终向上，故 B 错误； 线框进入磁场，安培力大于重力，先做减速运动，完全进入磁场做加速运动，出磁场时，安培力大于重力， 仍然做减速，应该做加速度减小的减速，CD 错误； 考点：电磁感应、安培力、牛顿第二定律 二、多项选择题：
16、本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，全部选对得项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9. 下列说法正确的是（ ） A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 B. 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值 C. 尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到 100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度 D. 将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力
17、先增大后减小最后再增大，分子势 能是先减小再增大 【答案】BD 【详解】A布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，故 A 不符合题意； B空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值，故 B符合题意； C尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到 100%，制冷机也不可以使温度降至热力学零度，绝对零度 不能到达，故 C不符合题意； D将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子力 先是吸引力后排斥力，因此分子力先做正功后做负功，分子势能是先减小再增大，故 D符合题意。 故选 BD。 10. 一
18、列横波沿水平方向传播，质点 A 平衡位置位于0.2mx处，质点 P 平衡位置位于1.2mx 处，质点 A 的振动图像如图甲所示，如图乙所示是质点 A 刚振动了 01s 时的波形图，以下说法正确的是（ ） A 波速2m/sv B. 波源最初振动方向向上 C. 0.4st 时波传到 P 点 D. 当质点 P点处于波峰位置时，A质点处于波谷位置 【答案】AD 【详解】A由题图甲知0.2sT ，由题图乙知0.4m，波速 2m/sv T A 正确； B结合图甲、图乙可判断，该波沿x轴正方向传播，根据题图乙知0.1st 时，波源的振动传到0.4mx 处，可知波源最初振动方向向下，B错误； C波从0.4mx
19、处传到1.2mx 处需要0.4s x t v ，此时0.6st ，C错误； D质点 A、P平衡位置间距为 1m，等于 2.5，去整留零相当于 0.5，当质点 P 点处于波峰位置时，质点 A 处于波谷位置，D正确。 故选 AD。 11. 已知一人造卫星在离地球表面 h 高处的轨道上做周期为 T 的匀速圆周运动，地球的半径为 R，万有引力 常量为 G。则下列说法中正确的是（ ） A. 卫星运行的线速度大小为 2R T B. 卫星运行的线速度小于第一宇宙速度 C. 卫星的向心加速度大小为 2 2 4 ()Rh T D. 地球表面的重力加速度大小为 2 2 4 R T 【答案】BC 【详解】A根据公式
20、可得 22Rhr v TT 故 A 错误； B根据万有引力提供向心力可得 2 2 Mmv Gm rr 可知半径越大，线速度越小，第一宇宙速度是贴近地球表面做圆周运动的速度，轨道半径最小，因此卫星 运行的速度小于第一宇宙速度，故 B正确； C牛顿第二定律可得 2 2 2 r vT mamm rr 代入数据可得 2 2 4Rh a T 故 C 正确； D根据万有引力提供向心力可得 2 2 2Mm GmRh T Rh 地球表面有 2 Mm Gmg R 联立解得 3 2 22 4Rh g T R 故 D 错误。故选 BC。 12. 如图 1 所示，小物块静止在倾角 =37 的粗糙斜面上现对物块施加一个
21、沿斜面向下的推力 F，力 F 的 大小随时间t的变化情况如图2所示， 物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示， 取sin37 =0.6， cos37 =0.8， 重力加速度 g=10m/s2下列说法正确的是（ ） A. 物块的质量为 1kg B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.7 C. 03s时间内力 F做功的平均功率为 0.32W D. 03s时间内物体克服摩擦力做的功为 5.12J 【答案】AD 【详解】AB.由速度图象知在 13s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： 0.8+mgsin-mgcos=ma， 由 v-t图象可知，加速度： 22 0.80 m/s0.4m/s
22、3 1 a . 在 34s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcos-mgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故 A 正确，B 错误； C.由 v-t图象可知，01s时间内，物块静止，力 F不做功，13s时间内，力 F=0.8N，物块的位移 2 1 0.4 2 m=0.8m 2 x ，03s内力 F做功的平均功率为： 3 0.8 0.8 W0.213W 3 WFx P tt ；故 C 错误. D.03s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=mgcosx=0.8 1 10 cos37 0.8=5.12J，故 D正确. 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 6 6 小题，共小
23、题，共 6060 分。分。 13. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，小张同学选用毫米刻度尺测量金属丝的有效长度，当金属丝的左 端与毫米刻度尺的“0”刻度对齐时，右端如图甲所示；用螺旋测微器测量金属丝的直径如图乙所示；用伏 安法测得多组 U、I 数据，做出该金属丝的伏安特性曲线如图丙所示。 (1)金属丝的有效长度 L 为_cm，直径 D为_mm，电阻 R 为_。 (2)将测得的数据代入公式_，即可求出金属丝的电阻率。 （用第(1)问给出的字母表示） 【答案】 (1). 98.70 (2). 5.780 (3). 6.5 (4). 2 4 RD L 【详解】(1) 1 毫米刻度尺的最小刻度是 1
24、mm，需要估读到 0.1mm，故金属丝的有效长度 L 为 98.70cm。 2 直径 D为 5.5mm28.0 0.01mm5.780mm 3电阻 R为 2.6 =6.5 0.4 U R I (2)4根据 2 2 LL R S D 得 2 4 RD L 14. 如图所示，用质量为 m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小 车的运动情况利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验 (1)打点计时器使用的电源是_（选填选项前的字母） A.直流电源 B.交流电源 (2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力正确操作方法是_（选填选项前的字母） A.把长木板右端垫高 B.改变小车的
25、质量 (3)在不挂重物且_（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表 明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响 A.计时器不打点 B.计时器打点 (4)接通电源， 释放小车， 打点计时器在纸带上打下一系列点， 将打下的第一个点标为 O 在纸带上依次去 A、 B、C若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为 T测得 A、B、C各点到 O 点的距离为 x1、 x2、x3，如图所示 实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为 mg，从打 O点打 B点的过程中，拉力对 小车做的功 W=_，打 B 点时小车的速度 v=_ (5)以 v2为纵坐标，W为横坐标，利用实
26、验数据作如图所示的 v2W图象由此图象可得 v2随 W变化的表达 式为_根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含 v2这个因子；分析实验结果的单位 关系，与图线斜率有关的物理量应是_ (6)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影 响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件， 则从理论上分析，图中正确反映 v2W关系的是 _ A. B. C. D. 【答案】 (1). B (2). A (3). B (4). mgx2 (5). 31 2 xx T (6). 2 0.0084.69vW (7). 质量 (8). A 【详解】(1)1打点计时器均使用交流电源； A.直流电源与分析不符，故 A 错误；
27、 B.交流电源与分析相符，故 B 正确； (2)2平衡摩擦和其他阻力，是通过垫高木板右端，构成斜面，使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡； A.与分析相符，故 A 正确； B.与分析不符，故 B错误； (3)3平衡摩擦力时需要让打点计时器工作，纸带跟打点计时器限位孔间会有摩擦力，且可以通过纸带上打 出的点迹判断小车的运动是否为匀速直线运动； A.与分析不符，故 A 错误； B.与分析相符，故 B正确； (4)4小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做 的功： 2 Wmgx 5小车做匀变速直线运动，因此打 B点时小车的速度为打 AC段的平均速度，则有：
28、 31 2 B xx v T (5)6 由图示图线可知： 22 ()0.47 10 4.7 10 v k W 纵截距为： 0.01b 则 2 v随W变化的表达式为： 2 0.014.7vW 7功是能量转化的量度，所以功和能的单位是相同的，斜率设为k，则 2 v k W 代入单位后，k单位为 1 kg ，所以与该斜率有关的物理量为质量； (6)8 若重物质量m不满足远小于小车质量M，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由 ()mgMm a和F Ma可得： M Fmg Mm 由动能定理得： 2 1 2 FxMv 2 22Fmg vxx MMm 而： Wmgx 则实际 2 vW图线的斜率： 2
29、k Mm ，重物质量m与小车质量M不变，速度虽然增大，但斜率不变； A.与分析相符，故 A 正确； B.与分析不符，故 B错误； C.与分析不符，故 C正确； B.与分析不符，故 D错误 【名师点睛】实验总存在一定的误差，数据处理过程中，图象读数一样存在误差，因此所写函数表达式的 比例系数在一定范围内即可；第（6）问有一定的迷惑性，应明确写出函数关系，再进行判断 15. 如图所示，长 0.32m的不可伸长的轻绳一端固定于 O 点，另一端拴一质量为 0.3kg的小球 B 静止在水平 面上，绳恰好处于伸直状态。一质量为 0.2kg 的小球 A 以某一速度沿水平面向右运动，与小球 B发生弹性 正碰，
30、碰撞后小球 B恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2，求 (1)碰撞后小球 B 的速度大小； (2)碰撞前小球 A 的速度大小。 【答案】 （1）4m/s； （2）5m/s 【详解】(1)小球 B通过最高点时，由牛顿第二定律得 2 B B m v m g l 对小球 B 从最低点到最高点由动能定理得 22 11 2 22 BBBB m glm vm v 解得 4m/s B v (2)小球 A与小球 B发生弹性正碰，由动量守恒定律得 0AAABB m vm vm v 由能量守恒定律得 222 0 111 222 AAABB m vm vm v 解得 0 5
31、m/sv 16. 在光滑水平地面上有 xOy坐标系， 质量 m=100g的质点以速度 v0=10m/s 沿 x 轴正方向运动， 通过坐标 原点 O时受到与 y轴平行的力 F=1N，F 大小保持不变。 (1)F沿 y轴正方向作用 2s后立即变为沿 y 轴负方向，求 t=3s时质点速度的大小和方向； (2)F沿 y轴正方向作用 1s后立即变为沿 y 轴负方向，又作用 1s 后立即变为沿 y 轴正方向，求 t=3s 时质点的 位置坐标。 【答案】(1)10 2m/s，与 x 轴正方向 y 轴正方向均成45角；(2)(30m，15m) 【详解】(1)已知 m=100g=0.1kg，质点做类平抛运动，在
32、 x轴方向做匀速直线运动，在 y轴方向先做匀加速 直线运动，后做匀减速直线运动，加速度为 22 1 m/s10m/s 0.1 F a m t=3s 时质点沿 y 轴方向的分速度为 12 (10 2 10 1)m/s10m/s y vatat 故 t=3s 时质点速度的大小为 2222 0 1010 m/s10 2m/s y vvv 因为 vy=v0，所以 t=3s 时质点速度方向与 x 轴正方向、y轴正方向均成45 角 (2)根据运动过程的对称性可知，质点在第 1s内、第 2s 内、第 3s 内沿 y 轴方向的位移相等，则 t=3s 时质点 沿 y轴方向分位移为 22 11 3310 1 m1
33、5m 22 yat t=3s 时质点沿 x 轴方向的分位移为 0 10 3m30mxv t 因此，t=3s时质点的位置坐标为(30m，15m) 17. 如图所示，一根长 L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用 h=25cm长的水银柱封闭 了一段长 L1=30cm的空气柱。已知大气压强为 75cmHg，玻璃管周围环境温度为 27。求： (1)若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？ (2)若使玻璃管开口水平放置， 缓慢升高管内气体温度， 温度最高升高到多少摄氏度时， 管内水银不能溢出？ 【答案】(1)60cm；(2)289.5。 【详解】(1)设一定质量气体初状
34、态的压强为 1 p，空气柱长度为 1 L，末状态的压强为 2 p，空气柱长度为 2 L。 由玻意耳定律可得 1122 p Lp L 10 100cmHgpph 20 cm0Hg5pph 联立代入数据解得 2 60cmL (2)设气体的温度升高到 2 t，水银柱与管口相平，则有 T1=273+27=300K 当水银柱与管口相平时，管中气柱长为 3 100cm25cm75cmLLh 体积为 33 75VL SS 压强为 30 75cmHgpp 由理想气体状态方程可得 3311 13 p Lp L TT 解得 T3=562.5K，即 t3=289.5 18. 如图所示，虚线 AB、BC、CD将平面直
35、角坐标系四个象限又分成了多个区域。在第一、二象限有垂直 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 0 mv qd 。在第三、四象限中，2dyd区域有沿 x轴负方向的匀强电场；在 xd 区域有沿 x轴正方向的匀强电场，电场强度大 小相等；dxd区域有沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的 2 倍。第二、四象限中， y2d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，以速度 v0由原点 O沿 y 轴正方向射入磁场。运动轨迹恰好经过 B（d，2d） 、C（d，2d）两点，第一次回到 O 点后，进入竖 直向上电场区域，不计粒子重力，求： (1)电场区域内的电场强
36、度大小 E； (2)y2d区域内磁场的磁感应强度 B2； (3)由原点 O 出发开始，到第 2次回到 O点所用时间。 【答案】(1) 2 0 2 mv E qd ；(2) 0 2 mv B qd ；(3) 00 65 2 dd t vv 【详解】粒子的运动轨迹如图所示。 (1)在 x-d 的电场区域中粒子做类平抛运动，可知 0 1 2dv t 2 1 1 1 2 dat 1 qE a m 由以上三式可得 2 0 2 mv E qd (2)由(1)向中各式可解得 1 0 2d t v 粒子在 B 点的速度 0y vv 1 10 x vatv 可得 0 2 B vv 运动轨迹经过 B、C两点，由几何关系可知，粒子在 yx-d 的电场区城内，粒子沿 y轴负方向运动的位移 2 0 1 22 vd s a 粒子将做往返运动 0 21 1 2 2 v tt a 在两个磁场中的运动周期均为 1 2 m T qB 粒子在磁场中运动总时间为 3 1 55 42 m tT qB 由原点 O 出发开始。到第 2 次到达 O点所用的时间 123 00 65 2 2 dd tttt vv
