2017-2018学年广东省汕头市金山中学高二下学期期末考试物理试题 解析版 19页

‎2017-2018学年度汕头金山中学第二学期期末考试 高二物理 一． 单项选择题：（本大题共9小题．每小题2分，共18分．在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。全部选对的得2分，选错的得0分．）‎ ‎1. 高中物理教材指出，v-t图像下面的面积等于物体的位移，关于图像中的面积与物理量的对应关系不正确的是 A. F-x图线（力随力的方向上位移变化）下面的面积等于力做的功 B. a-t图像（加速度随时间变化）下面的面积等于速度的变化量 C. 图线（磁通量随时间变化）下面的面积等于感应电动势的大小 D. I-t图线（电流随时间变化）下面的面积等于通过的电量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．根据W=Fx，力与力方向上的位移的乘积等于力做的功，所以F-x图线下面的面积等于力做的功，故A正确；‎ B．根据v=at，加速度与运动时间的乘积等于速度的变化量，所以a-t图像下面的面积等于速度的变化量，故B正确；‎ C．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势等于磁通量的变化率，所以图线的斜率等于感应电动势的大小，故C错误；‎ D．根据q=It，电流与时间的乘积等于通过导体横截面积的电量，所以I-t图线下面的面积等于通过的电量，故D正确。‎ 本题选择错误答案，故选：C ‎2. 甲、乙两车沿水平方向做直线运动，某时刻甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，则 A. 在t = 4s时，甲、乙两车相距最远 B. 在t = 10s时，乙车恰好回到出发点 C. 乙车在运动过程中速度的方向保持不变 D. 乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当两车从同一位置出发时，在速度相等时，两车相距最远，即t=4s时相距最远；若两车的出发点不确定，则t=4s时两车的位移差最大，但不一定相距最远，故A错误；速度图象与时间轴围成的面积表示位移，则0-10s内乙车的位移大于零，即在t=10s时位移最大，没有回到出发点，故B错误；根据图象可知，0-10s内，乙的速度图象一直在时间轴的上方，速度一直为正，方向没有改变，故C正确；图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙车加速度先减小后增大，最后再减小，故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题关键是抓住位移图象的数学意义来理解其物理意义：注意图象中点表示速度、斜率表示加速度、而图象的面积表示位移。‎ ‎3. 目前，我国的电磁弹射技术已达到世界先进水平，将很快装备到下一代航母中，航母上舰载机电磁弹射的驱动原理如图所示，当闭合开关S，固定线圈中突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环（连接舰载机）被弹射出去，则 ‎ A. 闭合S的瞬间，从左侧看环中感应电流沿逆时针方向 B. 若将电池正负极调换后，金属环弹射方向改变 C. 若金属环置于线圈的右侧，金属环将向左弹射 D. 若金属环置于线圈的右侧，金属环将向右弹射 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、闭合瞬间穿过金属环的磁通量增大，依据楞次定律，从左侧看感应电流沿逆时针方向；故A错误；‎ B、电池正负极变化只影响磁场方向并不影响磁场的变化，根据“来拒去留”可得，金属环受力向左，故将向左弹射出去，故B错误；‎ CD、若将金属环置于线圈的右侧，根据“来拒去留”可得，金属环受力向右，故将向右弹射出去，故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎4. 一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O（圆环质量忽略不计），系统在图示位置处于静止状态，此时轻绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β．当缓慢拉动圆环使α（0＜α＜90°）增大时 ‎ A. F变大，β变大 B. F变大，β变小 C. F变小，β变大 D. F变小，β变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳子的拉力等于mg，夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变大，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐竖直，逐渐变小，故选B。‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用。‎ ‎【名师点睛】圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，根据三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线进行判断。‎ ‎5. 在一水平长直轨道上，一动力车牵引一质量为6000kg的车厢以10m/s的速度匀速行驶，这时动力车对该车厢输出功率是1.5×104W．如果这时车厢与动力车脱开，车厢能滑行的最大距离为 A. 100m B. 200m C. 300m D. 400m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】车厢匀速运动，则P=fv，解得：；脱离后车厢的加速度为：；通过的位移为：，故B正确，ACD错误，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了功率以及牛顿第二定律的应用，关键是抓住匀速运动时牵引力等于阻力判断出阻力大小，然后由牛顿第二定律及运动公式求解位移.‎ ‎6. 如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1（光照增强时，光敏电阻阻值减小），用电器R2。下列说法正确的是 A. P位置不动，当光照增强时，变压器的输入功率减小 B. 光照强度不变，当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大 C. 当f减小时，变压器的输入功率减小 D. P位置不动，光照强度不变，当U增大时，用电器消耗的功率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、当光照增强时,光敏电阻的电阻值减小,故变压器的输出功率增加,故输入功率也增加,故A错误;  B、当滑动触头P向上滑动时,原线圈匝数增大,根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压减小;根据功率表达式,用电器消耗的功率减小，故B错 C、该电路中,交流电的频率对变压器的功率没有影响;故C错误;  D、当U增大时,根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大,即用电器两端电压增大;根据功率表达式,用电器消耗的功率增大,所以D选项是正确的; ‎ 故选D 点睛：变压器的输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流,输出功率决定输入功率;结合功率表达式分析判断即可.‎ ‎7. 无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比．如图所示，两根长直导线电流大小I1>I2，方向如图所示，且垂直于纸面平行放置，纸面内有M、O、P四点，其中M、N在导线横截面连线的延长线上，O点在导线横截面的连线上，P在导线横截面连线的垂直平分线上．这四点处磁场的磁感应强度可能为零的是 A. M点 B. N点 C. O点 D. P点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据安培定则可知两电流在M点磁感应强度的方向相反，若 I1＞I2由于M离I1近，故在M点I1的磁感应强度的大小大于I2的磁感应强度．则M点磁感应强度不可能为0．选项A错误；根据安培定则可知两电流在N点的磁感应强度的方向相反，若I1＞I2，由于I2离N点近，则N点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度，故N点磁感应强度可为0．选项B正确；根据安培定则可知两电流在 O点磁感应强度的方向相同，则O点磁感应强度不可能为0．选项C错误；根据安培定则可知两电流在 P点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故P点的磁感应强度不可能为0．选项D错误；故选B。‎ ‎8. 如图所示，一倾角为θ的斜面高为h，斜面底端正上方高2h处有一小球以 一定的初速度水平向右抛出，刚好落在斜面的中点，则小球的初速度大小为（重力加速为g）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 小球做平抛运动，根据分位移公式，有： ‎ ‎ x=v0t= ；y=2h-=gt2；联立解得： 故选A．‎ ‎9. 很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置．如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知该磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为l，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U．则下列说法正确的是 ‎ A. a连接的是电压表的正接线柱 B. 若圆盘匀速转动的时间为t，则该过程中克服安培力做功 C. 自行车后轮边缘的线速度大小是 D. 自行车后轮转动的角速度是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A错误若圆盘匀速转动的时间为t，可知该过程中克服安培力做功Q=t，故B错误；由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势E=U=Bl=Blv，解得边缘线速度v=，故C正确；根据线速度和角速度的关系可得角速度为：，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=Bl2ω来计算．‎ 二．多项选择题：（本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错的得0分．）‎ ‎10. 氢原子能级如图所示，已知可见光光子的能量在1.61eV～3.10eV范围内，则下列说法正确的是 ‎ A. 大量氢原子处于n=4能级时，向低能级跃迁能发出6种频率的光子 B. 氢原子能量状态由n=2能级跃迁到n=1能级，放出光子为可见光 C. 处于基态的氢原子电离时可释放13.6eV的能量 D. 氢原子处于n=2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；结合辐射的光子能量与可见光的光子能量，依据数学组合，从而即可比较进行分析。‎ ‎【详解】大量处于n=4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据=6，因此释放出6种频率的光子，故A正确。氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量△E=-3.4-（-13.6）=10.2eV，不在1.16eV到3.10eV之间，不是可见光，故B错误。处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6eV的能量，故C错误。氢原子处于n=2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子，En=2.86-3.4=-0.54eV，正好跃迁到n=5能级，故D正确；故选AD。‎ ‎11. 如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是 A. a、b两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小 D. 将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎:等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示, ‎ ‎ A、电场强度的方向沿电场线的切线方向,由图可以知道,a,b两点的场强大小相等、方向不同,场强不同.故A错误;  B、根据等量同种电荷的电场分布的对称性知,a点的电势等于b.所以B选项是正确的;  C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点,电场力先做正功,后做负功,故电势能先减小后增加,故C错误;  D、设圆直径为d,将一个正电荷q放在半圆上任一点,设该点到a的距离为 ,到b的距离为 ,则由勾股定理得 :两电荷对q的作用力大小分别是 、 ,则由库仑定律得: , ‎ ‎ 所以 ,为定值.所以D选项是正确的. ‎ 故选BD 点睛：根据等量同号电荷的电场分布图,可以知道各点的电势高低和场强大小;由电场力做功情况可以知道电势能的大小;根据库仑定律推导的值.‎ ‎12. “超级蓝血月，150年一遇，错过要等下辈子”，这是2018年1月31日前夕媒体对31日晚月食的报道标题。实际上，月球绕地球运动的轨道是一个椭圆。“蓝月亮”指在同一个公历月（一个月31天）内出现的第二个满月，平均两三年出现一次；“超级月亮”就是指看上去特别大的月亮，此次月全食发生时，月球距离地球最近，约为35.7万公里，比38.4万公里的平均距离要近一些。关于超级月亮，以下说法中正确的有 A. “超级月亮”对地球上的物体引力要比月球处于平均距离时的引力大15%以上 B. 此时月球绕地球公转的速度达到最大 C. 如果要使月球以此时到地球的距离开始绕地球做圆周运动，需要使月球适当加速 D. 如果已知引力常量G，结合以上信息，可以计算出月球的质量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 最近时，平均距离时，，三式联立得：，故A正确；系统机械能守恒，在近地点时，势能最小，动能最大，故B正确；根据运行轨道，可知，圆轨道在椭圆轨道内侧，需要减速能使其做圆周运动，故C错误；只能求出中心天体--地球的质量，而不能求出月球的质量，故D错误，故选AB。‎ ‎【点睛】根据万有引力定律公式求出“超级月亮”对地球上的物体引力与平均距离时的关系．根据系统机械能守恒判断哪个位置月球的速度最大．圆轨道在椭圆轨道的内侧，通过万有引力与向心力的大小关系进行判断．‎ ‎13. 如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则 A. 粒子带负电 B. 电场的方向是由b指向c C. 粒子在b点和d点的动能相等 D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为p∶2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带负电，则A正确。B、根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45°，即水平向右，而电场线沿bc方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由b指向c，B正确。C、粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b电场力做正功，动能增大，故b点的动能大于d点的动能，C错误。D、设正方形边长为L，由几何关系可知，电场中的水平分运动是匀速直线运动，，故，则D正确。故选ABD.‎ ‎【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式分析．‎ ‎14. 如图倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。 相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度到达顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升h/2高度处恰与皮带保持相对静止．现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程 A. 甲与皮带间的动摩擦因数大于乙与皮带间的动摩擦因数 B. 甲与皮带间摩擦产生的热量大于乙与皮带间摩擦产生的热量 C. 两个过程中皮带对滑块所做的功相同 D. 两个过程中电动机对皮带所做的功相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A：对甲滑块：，；对乙滑块：，。可得，即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数。故A项错误。‎ B：甲滑块与皮带相对滑动过程中，滑块，对滑块；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：，滑块与皮带摩擦产生的热量；解得。乙滑块与皮带相对滑动过程中，滑块，对滑块；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：，滑块与皮带摩擦产生的热量；解得。则甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量。故B项正确。‎ C：甲滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功；乙滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功。故C项正确。‎ D：甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，皮带对滑块所做的功相同，则甲电动机对皮带做的功大于乙电动机对皮带做的功。故D项错误。‎ ‎15. 皮球从地面以大小为v1的初速度竖直上抛，经过一段时间后又落回地面，此时速度大小为v2。设皮球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，则 A. 皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等 B. 皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量 C. 皮球在空中运动的时间为 D. 皮球在空中运动的时间为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 做出小球的v-t图像如下图，第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将纵坐标改为f，由于f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过程阻力的冲量等大反向；故A正确；‎ ‎ 小球往返运动回到地面时，由于阻力做负功，因此一定有v1＞v2，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，上升时间小于下降时间，即上升过程重力冲量较小；故B错误；对整个过程，设向下为正方向，根据动量定理： ，因，解得，选项C正确，D错误；故选AC. ‎ 点睛：本题的难点是讨论上下过程的阻力的冲量，采用了图象法进行分析，由解答过程可以得出图象法应用恰当，可以起到事半功倍的效果，应注意应用．‎ ‎16. 一根轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球(可视为质点)，从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧，如图所示。若以小球下落点为x轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最大位置为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；小球下落过程中加速度a，速度v，弹簧的弹力F，弹性势能Ep变化的图像正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：a=g保持不变，速度：v=gt均匀增加；小球与弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖直向上的弹力F=kx作用，开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：，加速度逐渐减小，小球向下做加速度减小的加速运动，经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度，加速度逐渐增大，小球向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，整个过程速度方向不变，由图示图象可知，A正确，B错误；当小球下落位移小于等于h时，弹簧弹力为零：F=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹力F=kx，弹力F与x成正比，故C错误；当小球下落位移小于等于h时，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹性势能，故D正确；故选AD.‎ ‎【点睛】小球与弹簧接触前做自由落体运动，与弹簧接触后受到重力与弹簧弹力作用，弹簧弹力逐渐增大，弹簧弹性势能增大，根据小球运动过程与受力情况分析答题.‎ 非选择题（共54分）‎ ‎17. 甲、乙两同学在同一实验室做“探究物体加速度与物体受力的关系”的实验．‎ ‎（1）实验装置如图中所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为_____m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（2）两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，设小车的质量为m，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线，图线斜率为______，则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲_______μ乙．（选填“大于”小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). 0.15 (2). (3). 大于 ‎【解析】‎ ‎(1) 每5个点取一个计数点，则T=0.1s，连续相等时间内的位移之差为：△x=0.15cm，‎ 根据△x=aT2得小车的加速度：a=△x/T2=（0.15×10−2）/0.01=0.15m/s2‎ ‎(2)根据牛顿第二定律得：F−μmg=ma，‎ 得：，可知图线斜率为；纵轴截距的绝对值为μg，由图线可知μ甲g>μ乙g，所以μ甲>μ乙.‎ 点睛：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线截距比较动摩擦因数的大小．‎ ‎18. 实验小组在“测小灯泡的实际电阻和实际功率”实验中，所用器材有：小电珠（3.0V 0.7W），滑动变阻器，电流表，电压表，学生电源，开关，导线若干 ‎（1）为使测量尽可能准确，并能够从0V开始调节电压，请将图甲中1、2、3、4、5、6接线端恰 当连接，使之成为合适的实验电路．‎ ‎（2）连接好电路，开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P置于（__________）端时，小电珠亮度_______（选填“最亮”或“最暗”）‎ ‎（3）实验小组同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，0.5V后小电珠的电阻值随工作电压的增大而______，（填“不变”、“增大”或“减小”）原因是_________________________．‎ ‎（4）若将此灯泡接在E＝2.0V，r＝10Ω的电源上，则小灯泡的实际电阻是_____Ω，实际功率是_______ W．‎ ‎【答案】 (1). (2). 最暗 (3). 增大 (4). 温度升高，电阻率增大 (5). 5.4±0.1 (6). 0.09±0.01‎ ‎【解析】‎ ‎（1）要求能够从0V开始调节电压，应采用分压电路；由于小电珠电阻较小，应采用电流表外接法，电路如图：‎ ‎（2）将滑动变阻器的滑片P置于a端时，小电珠被短路，亮度最暗；‎ ‎（3）金属的电阻率随温度升高而增大，所以电压较高时，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大；‎ ‎（4）将E＝2.0V，r＝10Ω的电源的U-I图像做在小电珠的伏安特性曲线上，两图线的交点即为小电珠的实际工作电压和电流，U=0.7V,I=0.13A，则R=U/I=0.7/0.13Ω=5.4Ω，P=UI=0.7×0.13W=0.09W。‎ ‎19. 如图所示，在一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着45cm长的理想气体，管内外气体的温度均为300K ，大气压强p0=76cmHg． ‎ ‎（1）若缓慢对玻璃管加热，当管中气体的温度上升了60 K时水银柱上表面与管口刚好相平，求玻璃管的总长度；‎ ‎（2）若保持管内温度始终为300K，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时玻璃管内水银柱的总长度。‎ ‎【答案】(1) 59cm (2) 10.8cm ‎【解析】‎ ‎（i）设玻璃管横截面积为S，玻璃管的总长度为L，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀：‎ 初状态：，末状态 由玻意耳定律可得，得L=59cm ‎（ii）当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为，水银柱的高度为H，管内气体经等压压缩：‎ 初状态：，末状态 由玻意耳定律可得，得H≈21.7cm 点睛：本题考查了理想气体方程，做此类题时要注意不同状态下的状态参量。‎ ‎20. 如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求：‎ ‎（1）A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；‎ ‎（2）要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动量守恒定律得 由动能定理得：‎ 解得 满足的条件是 ‎（2）物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C以速度v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得 小球经过最高点时，有 解得 ‎【名师点睛】‎ A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。A碰C后交换速度，C开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C通过最高点时的最小向心力为mg，联立求解。‎ ‎21. 在纸面内有一绝缘材料制成的等边三角形框架DEF区域外足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。等边三角形框架DEF的边长为L，在三角形DEF内放置平行板电容器MN，N板紧靠DE边，M板及DE中点S处均开有小孔，在两板间紧靠M板处有一质量为m，电量为q(q>0)的带电粒子由静止释放，如图(a)所示。若该粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失，且每一次碰撞时速度方向都垂直于被碰的边。不计粒子的重力。‎ ‎(1)若带电粒子能够打到E点，求MN板间的最大电压；‎ ‎(2)为使从S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，求带电粒子从S点发出时的速率v应为多大？最短时间为多少？‎ ‎(3)若磁场是半径为a的圆柱形区域，如图(b)所示（图中圆为其横截面），圆柱的轴线通过等边三角形的中心O，且.要使从S点发出的粒子最终能回到S点，带电粒子速度v的大小应为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ， （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据洛伦兹力提供向心力得： ‎ 粒子要经过一次偏转垂直打在E点应满足： ，‎ 则E点的速度为 ‎ 带电粒子在板间加速，则 ‎ 解得：‎ ‎（2）依题意粒子做圆周运动的轨道半径， （n=1，2，3…） 在磁场中粒子做圆周运动的速度 n=1，2，3…） 周期： ，与粒子速度无关，由粒子运动时间 ‎ 得，粒子在磁场中偏转的角度最小时，运动的时间最短 此时n取1， 解得： 粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，相邻两次碰撞的时间间隔为 第三次碰撞回到S点，则最短时间为 ； （3）如图设E点到磁场区域边界的距离为L/,由题设条件可知 ‎ S点发射的粒子要回到S点就必须在磁场区域内运动，即满足： ，即 ‎ 又知， （n=1，2，3，4，5，6…，） 当n=1时，‎ 当n=2时，‎ 当n=3时，‎ 当n=4时，‎ 所以，当n=3,4,5，……时满足题意；由于 ，代入上式可知 ‎ 解得： （n=3,4,5，……）‎ 点睛：解决本题的关键得出粒子在磁场中运动的半径通项表达式，确定半径为何值时恰好打在E点，何时能够回到S点，结合半径公式和周期公式进行求解．注意结合几何特性及半径与长度的关系，从而确定运动轨迹，这是解题的关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎