湖南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题基础通关训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题基础通关训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-29 00:00:00 | ||
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文档简介
湖南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题基础通关训练
一、气体、固体和液体
1．两只完全相同的篮球甲、乙内空气的质量均为m0，压强均为p0，温度均为T0。现用打气筒给两球充气（如图所示）。假设充气前、后篮球的体积不变，将球内气体视为理想气体。
（1）给甲球缓慢充气至球内压强为3p0，该过程可视为温度不变，求注入空气的质量；
（2）给乙球迅速充入与球内压强、温度、体积相同的空气后，球内压强变为2.1p0，求充气过程中打气筒对气体做的功。已知气体内能U与温度的关系为，α为正常数，该充气过程可视为绝热过程。
2．气动升降平台广泛应用于各种工业场合，其工作原理是通过气压差实现平台的升降，主要由空气压缩机、调压阀、汽缸、活塞、支撑杆和平台等部分组成。如图为气动升降平台简化原理图，支撑杆（含活塞）和平台的总质量m0=15kg，圆柱形汽缸内的活塞底面积为S=1.0×10-3m2，某时刻活塞底与汽缸底部的距离为h=1m，活塞下方空气的压强p=3.0×105Pa。已知活塞上方与大气连通，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g大小取10m/s2，汽缸导热性能良好，忽略活塞受到的摩擦力及汽缸内气体温度变化。
(1)求此时平台上重物的质量m1；
(2)若重物的质量增加到m2=40kg，要使活塞位置保持不变，应向汽缸内充入压强为1.0×105Pa的气体体积为多少？
3．用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为的空气柱。液柱长为h，密度为。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为，大气压强为。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长，细管开口向上竖直放置时空气柱温度。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
4．一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
（1）若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0（用p0、p和V表示）；
（2）小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m = 8.66 × 10 3kg（此时须考虑空气浮力对该示数的影响）。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p p0)(V VB0) = C，其中p0 = 1.0 × 105Pa为大气压强，VB0 = 0.5 × 10 3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m0 = 8.40 × 10 3kg，外界空气密度为ρ0 = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
5．如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0=300K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两空，B室的体积是A室体积的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长U形管，两侧水银柱高度差为76 cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，左室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压P = 76 cmHg。
（i）若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少 .
（ii）若打开阀门K稳定后，给A空内的电阻丝通电，将A空内气体温度加热到750K，求此时A室内气体压强。
二、磁场
6．如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
7．如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
8．如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
三、电磁感应
9．如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为的金属棒垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为的正方形区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小随时间的变化关系均为（SI），为常数（）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为，下方导轨的总电阻为。时，对施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为的匀加速直线运动，整个运动过程中与两边导轨接触良好。已知与导轨间动摩擦因数为，重力加速度大小为。不计空气阻力，两磁场互不影响。
(1)求闭合回路中感应电动势的大小，并写出中电流的方向；
(2)求所受安培力的大小随时间变化的关系式；
(3)求经过多长时间，对所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
10．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。
四、全反射
11．如图所示，在折射率为n=的液体内部有一个可移动的点光源S，点光源S初始位置的深度h=0.3m，图中B点为液面上观察到的光斑的最右侧点。
(1)求点光源S在初始位置时，液面上观察到的光斑的面积 (保留两位有效数字)；
(2)让点光源S向某个方向做匀速直线运动，发现光斑最右侧边缘一点B位置未动，而最左侧边缘一点D在向左移动，光源运动时，D点向左移动了x=0.8m，求：
i. 此时点光源S的深度；
ii. 点光源S运动的速度大小和方向。
12．如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率，屏障间隙。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间．不考虑光的衍射。
（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度控制为60°，求屏障的高度d；
（2）若屏障高度，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度刚好被扩为180°（只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。
13．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高的人站在水平地面上，其正前方处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为、深度为，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
五、静电场
14．如图a所示，平面直角坐标系中，第三象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标边与x轴正方向的夹角大小为，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为y，方向与边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直边进入磁场。若磁场为方向垂直纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场（如图b，规定磁场方向垂直纸面向外为正），则发现在时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场场强，不计粒子重力。求：
(1)A点的坐标；
(2)粒子恰好不从边射出时，匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)交变磁场的磁感应强度和周期的大小。
六、圆周运动
15．如图所示，质量均为的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度，式中为重力加速度，不计空气阻力。求：
(1)此时细线对球C的拉力大小；
(2)球C向右摆动过程中，上升的最大高度；
(3)球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小。
试卷第1页，共3页
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《湖南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题基础通关训练》参考答案
1．（1）2m0；（2）
【详解】（1）设篮球的体积为V0，给甲球缓慢充气，由玻意耳定律有
解得
即注入空气的质量为2m0；
（2）由理想气体状态方程有
解得
则
由热力学第一定律有
解得
2．(1)
(2)
【详解】（1）对支撑杆（含活塞）和平台以及重物受力分析可得
解得
（2）若重物的质量增加到，要使活塞位置保持不变，设此时汽缸内压强为，对整体由平衡条件可得
解得
假设应向汽缸内充入气体体积为，则
解得
3．(1)
(2)
【详解】（1）竖直放置时里面气体的压强为
水平放置时里面气体的压强
由等温过程可得
解得
（2）由定容过程
代入数据可得
4．（1）；（2）
【详解】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）设气球内气体质量为，密度为，则等温变化中，气体质量不变，有：
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
结合题中p和V满足的关系为
解得
5．（i）； （ii）
【详解】（ⅰ）开始时，设A室内气体压强为，则
A室的体积为，阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为，则，体积设为，由玻意耳定律：
解得：
B室内气体等温变化，
，，
由玻意耳定律：
解得：
则：
解得：
（ⅱ）假设打开阀门后，气体从 =300K升到时，活塞C恰好到达容器最左端，即A室内气体体积变为，压强始终为，即为等压变化过程，则根据盖—吕萨克定律，有
解得：
因为=750K > 600K，所以温度从继续升高到=750K的过程中，A室内气体为等容变化过程，设其最终压强为，根据查理定律：
解得
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
由几何关系易得
联立可得
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
联立得
当时，B有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当有最大值时，最大，R最大，此时，又
，
联立可得
，
（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
9．(1)，从流向
(2)
(3)，
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
由楞次定律可知中电流的方向由指向。
（2）金属棒在时间内的位移为
回路中的总电阻为
电流为
所受安培力的大小为
（3）对金属棒ab由牛顿第二定律可得
当安培力取最大值时，拉力达到最大值，其中
由基本不等式可知
所以
当且仅当，即时，拉力的最大值为
10．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得
解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得
11．(1)0.50m2
(2)0.6m，0.25m/s，与竖直方向成53°角沿左下方
【详解】（1）在B处发生全反射，由对称性可知，液面上光斑为圆面。如图临界角C满足
由几何关系得
解得R=0.4m
光斑的面积为S=πR2≈0.50m2
（2）i.因为光斑最右侧B点位置未动，则光源只能沿BC斜向下运动，光路如图，由
可知，h与R为正比关系，则
解得m
ii.光源移动的位移s满足
由公式
解得v=0.25m/s
方向满足，速度方向为与竖直方向成53°角沿左下方。
12．（1）1.55mm；（2）0.35mm
【详解】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ=60°，则
在介质中的入射角为i，则
解得
由几何关系
解得
（2）若视角度刚好被扩为180°，则，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角
解得
C=30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为
像素单元宽度x最小为
13．（i）1.38；（ii）1.7
【详解】（i）根据题意作出如下光路图
当孔在人身高一半时有
tanθ = = ≈ ，sinθ = 0.8，
tanα = ，sinα =
由折射定律有
n =
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，则可画出如下光路图
根据几何关系有
【点睛】
14．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）沿电场线反方向，粒子做匀减速直线运动，则有，
根据牛顿第二定律则有
联立解得
对A点
解得
A点的坐标为
（2）粒子进入的磁场中，则有
由牛顿第二定律
由几何关系得
联立解得
（3）粒子进入的磁场中，由牛顿第二定律
设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为。由几何关系得，平行x轴方向
平行y轴方向
联立解得，
交变磁场每经过的时间，粒子在磁场中轨迹的圆心角为
解得
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律得
解得
（2）球C向右上升到最大高度时，球C与木块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得，
代入数据解得
（3）球再次回到最低点时，A、B具有共同速度，球C的速度为，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得，
解得
球摆到杆左侧，离杆最远时，球与木块具有共同速度，根据动量守恒定律可
代入数据可得
答案第1页，共2页
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一、气体、固体和液体
1．两只完全相同的篮球甲、乙内空气的质量均为m0，压强均为p0，温度均为T0。现用打气筒给两球充气（如图所示）。假设充气前、后篮球的体积不变，将球内气体视为理想气体。
（1）给甲球缓慢充气至球内压强为3p0，该过程可视为温度不变，求注入空气的质量；
（2）给乙球迅速充入与球内压强、温度、体积相同的空气后，球内压强变为2.1p0，求充气过程中打气筒对气体做的功。已知气体内能U与温度的关系为，α为正常数，该充气过程可视为绝热过程。
2．气动升降平台广泛应用于各种工业场合，其工作原理是通过气压差实现平台的升降，主要由空气压缩机、调压阀、汽缸、活塞、支撑杆和平台等部分组成。如图为气动升降平台简化原理图，支撑杆（含活塞）和平台的总质量m0=15kg，圆柱形汽缸内的活塞底面积为S=1.0×10-3m2，某时刻活塞底与汽缸底部的距离为h=1m，活塞下方空气的压强p=3.0×105Pa。已知活塞上方与大气连通，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g大小取10m/s2，汽缸导热性能良好，忽略活塞受到的摩擦力及汽缸内气体温度变化。
(1)求此时平台上重物的质量m1；
(2)若重物的质量增加到m2=40kg，要使活塞位置保持不变，应向汽缸内充入压强为1.0×105Pa的气体体积为多少？
3．用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为的空气柱。液柱长为h，密度为。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为，大气压强为。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长，细管开口向上竖直放置时空气柱温度。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
4．一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
（1）若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0（用p0、p和V表示）；
（2）小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m = 8.66 × 10 3kg（此时须考虑空气浮力对该示数的影响）。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p p0)(V VB0) = C，其中p0 = 1.0 × 105Pa为大气压强，VB0 = 0.5 × 10 3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m0 = 8.40 × 10 3kg，外界空气密度为ρ0 = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
5．如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，室温T0=300K，有一光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两空，B室的体积是A室体积的三倍，A室容器上连接有一管内体积不计的足够长U形管，两侧水银柱高度差为76 cm，A内有体积可以忽略的电阻丝，左室容器可通过一阀门K与大气相通。已知外界大气压P = 76 cmHg。
（i）若A室内气体的温度保持不变，将阀门K打开，稳定后B室内剩余气体的质量和B室原有气体质量之比是多少 .
（ii）若打开阀门K稳定后，给A空内的电阻丝通电，将A空内气体温度加热到750K，求此时A室内气体压强。
二、磁场
6．如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
7．如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
8．如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
三、电磁感应
9．如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为的金属棒垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为的正方形区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小随时间的变化关系均为（SI），为常数（）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为，下方导轨的总电阻为。时，对施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为的匀加速直线运动，整个运动过程中与两边导轨接触良好。已知与导轨间动摩擦因数为，重力加速度大小为。不计空气阻力，两磁场互不影响。
(1)求闭合回路中感应电动势的大小，并写出中电流的方向；
(2)求所受安培力的大小随时间变化的关系式；
(3)求经过多长时间，对所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
10．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。
四、全反射
11．如图所示，在折射率为n=的液体内部有一个可移动的点光源S，点光源S初始位置的深度h=0.3m，图中B点为液面上观察到的光斑的最右侧点。
(1)求点光源S在初始位置时，液面上观察到的光斑的面积 (保留两位有效数字)；
(2)让点光源S向某个方向做匀速直线运动，发现光斑最右侧边缘一点B位置未动，而最左侧边缘一点D在向左移动，光源运动时，D点向左移动了x=0.8m，求：
i. 此时点光源S的深度；
ii. 点光源S运动的速度大小和方向。
12．如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率，屏障间隙。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间．不考虑光的衍射。
（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度控制为60°，求屏障的高度d；
（2）若屏障高度，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度刚好被扩为180°（只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。
13．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高的人站在水平地面上，其正前方处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为、深度为，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
五、静电场
14．如图a所示，平面直角坐标系中，第三象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标边与x轴正方向的夹角大小为，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为y，方向与边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直边进入磁场。若磁场为方向垂直纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场（如图b，规定磁场方向垂直纸面向外为正），则发现在时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场场强，不计粒子重力。求：
(1)A点的坐标；
(2)粒子恰好不从边射出时，匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)交变磁场的磁感应强度和周期的大小。
六、圆周运动
15．如图所示，质量均为的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度，式中为重力加速度，不计空气阻力。求：
(1)此时细线对球C的拉力大小；
(2)球C向右摆动过程中，上升的最大高度；
(3)球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小。
试卷第1页，共3页
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《湖南省高考物理二轮复习专项练习-06解答题基础通关训练》参考答案
1．（1）2m0；（2）
【详解】（1）设篮球的体积为V0，给甲球缓慢充气，由玻意耳定律有
解得
即注入空气的质量为2m0；
（2）由理想气体状态方程有
解得
则
由热力学第一定律有
解得
2．(1)
(2)
【详解】（1）对支撑杆（含活塞）和平台以及重物受力分析可得
解得
（2）若重物的质量增加到，要使活塞位置保持不变，设此时汽缸内压强为，对整体由平衡条件可得
解得
假设应向汽缸内充入气体体积为，则
解得
3．(1)
(2)
【详解】（1）竖直放置时里面气体的压强为
水平放置时里面气体的压强
由等温过程可得
解得
（2）由定容过程
代入数据可得
4．（1）；（2）
【详解】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）设气球内气体质量为，密度为，则等温变化中，气体质量不变，有：
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
结合题中p和V满足的关系为
解得
5．（i）； （ii）
【详解】（ⅰ）开始时，设A室内气体压强为，则
A室的体积为，阀门K打开后，A室内气体等温变化，稳定后压强为，则，体积设为，由玻意耳定律：
解得：
B室内气体等温变化，
，，
由玻意耳定律：
解得：
则：
解得：
（ⅱ）假设打开阀门后，气体从 =300K升到时，活塞C恰好到达容器最左端，即A室内气体体积变为，压强始终为，即为等压变化过程，则根据盖—吕萨克定律，有
解得：
因为=750K > 600K，所以温度从继续升高到=750K的过程中，A室内气体为等容变化过程，设其最终压强为，根据查理定律：
解得
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
由几何关系易得
联立可得
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
联立得
当时，B有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当有最大值时，最大，R最大，此时，又
，
联立可得
，
（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
9．(1)，从流向
(2)
(3)，
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
由楞次定律可知中电流的方向由指向。
（2）金属棒在时间内的位移为
回路中的总电阻为
电流为
所受安培力的大小为
（3）对金属棒ab由牛顿第二定律可得
当安培力取最大值时，拉力达到最大值，其中
由基本不等式可知
所以
当且仅当，即时，拉力的最大值为
10．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得
解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得
11．(1)0.50m2
(2)0.6m，0.25m/s，与竖直方向成53°角沿左下方
【详解】（1）在B处发生全反射，由对称性可知，液面上光斑为圆面。如图临界角C满足
由几何关系得
解得R=0.4m
光斑的面积为S=πR2≈0.50m2
（2）i.因为光斑最右侧B点位置未动，则光源只能沿BC斜向下运动，光路如图，由
可知，h与R为正比关系，则
解得m
ii.光源移动的位移s满足
由公式
解得v=0.25m/s
方向满足，速度方向为与竖直方向成53°角沿左下方。
12．（1）1.55mm；（2）0.35mm
【详解】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ=60°，则
在介质中的入射角为i，则
解得
由几何关系
解得
（2）若视角度刚好被扩为180°，则，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角
解得
C=30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为
像素单元宽度x最小为
13．（i）1.38；（ii）1.7
【详解】（i）根据题意作出如下光路图
当孔在人身高一半时有
tanθ = = ≈ ，sinθ = 0.8，
tanα = ，sinα =
由折射定律有
n =
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，则可画出如下光路图
根据几何关系有
【点睛】
14．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）沿电场线反方向，粒子做匀减速直线运动，则有，
根据牛顿第二定律则有
联立解得
对A点
解得
A点的坐标为
（2）粒子进入的磁场中，则有
由牛顿第二定律
由几何关系得
联立解得
（3）粒子进入的磁场中，由牛顿第二定律
设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为。由几何关系得，平行x轴方向
平行y轴方向
联立解得，
交变磁场每经过的时间，粒子在磁场中轨迹的圆心角为
解得
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律得
解得
（2）球C向右上升到最大高度时，球C与木块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得，
代入数据解得
（3）球再次回到最低点时，A、B具有共同速度，球C的速度为，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得，
解得
球摆到杆左侧，离杆最远时，球与木块具有共同速度，根据动量守恒定律可
代入数据可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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