2021届湖南省长沙市长郡中学高三(下)模拟试卷物理试题(一)(含答案解析)

2021届湖南省长沙市长郡中学高三（下）模拟试卷物理试题
（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。

小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。

则小物块与AB段间的动摩擦因数1 和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半圆柱体M，挡板PQ固定在半圆柱体M上，PQ的延长线过半圆柱截面圆心O，且与水平面成30°角。

在M和PQ 之间有一个质量为m的光滑均匀球体N，其半径也为R。

整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是（）
A．N对PQ的压力大小为mg B．N对PQ的压力大小为1
2 mg
C．N对M的压力大小为mg D．N对M
3．物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的v-t关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则（）
A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W 1，摩擦力做功为4W 2
B ．从第4秒末到第6秒末合外力做功为0，摩擦力做功也为0
C ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W 1，摩擦力做功为W 2
D ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W 1，摩擦力做功为1.5W 2
4．如图所示，真空中的M 、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A ，C ，带电
量分别为Q Q +-、
，将它们平行放置，A 、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m 带电量为q +的微粒（重力不计）从左方沿AC 连线方向射入，到A 点时速
度A 1m /s v =，到B 点时速度B /s v =，取无穷远处为电势零点，点电荷的电势公式为ϕ=Q k r
，式中k 为静电力常量，Q 为点电荷的电量，r 为到点电荷的距离。

下列判断可能正确的是（ ）
A ．微粒从
B 至
C 做加速运动，且C 4m /s v =
B ．微粒越过
C 点后先做加速运动，后做减速运动
C ．微粒将以B 为中心做往返运动
D ．微粒在整个运动过程中的最终速度为0
5．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度0v 沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则：粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和0v 的变化情况为（ ）
A．d随U增大而增大，d与
v无关
B．d随U增大而增大，d随
v增大而减小
C．d随
v增大而增大，d与U无关
D．d随
v增大而增大，d随U增大而减小
6．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意如图．用频率为v的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为v的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在k、A 之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）
A．U=hv
e
-
w
e
B．U=
2hv
e
-
w
e
C．U=2hv-W D．U=
5hv
2e
-
w
e
二、多选题
7．如图所示，把一质量为m的物体用一水平方向的推力F kt
=（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为μ，从0
t=开始计时，静止
释放此物体，则物体所受的摩擦力f 、加速度a 、速度v 和位移x 随t 变化的关系正确的是图中的（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8．最近中国宇航局公布了天眼射电望远镜最新发现的一个行星系统，该系统拥有一颗由岩石和气体构成的行星围绕一颗的类太阳恒星运行。

经观测，行星与恒星之间的距离是地、日间距离的1N
，恒星质量是太阳质量的k 倍，则下列叙述正确的是（ ） A ．行星公转周期和地球公转周期的比值是3122N k --
B ．行星公转周期和地球公转周期的比值是3122N k
C ．行星公转线速度和地球公转线速度的比值是11
22N k
D ．行星公转线速度和地球公转线速度的比值是1122N k --
9．某同学在老师指导下利用如甲装置做实验，在固定支架上悬挂一蹄形磁铁，悬挂轴
与一手柄固定连接，旋转手柄可连带磁铁一起绕轴线'OO 旋转，蹄形磁铁两磁极间有一
可绕轴线'OO 自由旋转的矩形线框abcd （cd 与轴线'OO 重合）
.手柄带着磁铁以8rad /s 的角速度匀速旋转，某时刻蹄形磁铁与线框平面正好重合，如图乙所示，此时线框旋转的角速度为6rad /s ，已知线框边5cm ab =，2cm ad =，线框所在处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为0.4T B =，线框匝数为200匝，电阻为1.6Ω，则下列说法正确的是（ ）
A ．若手柄逆时针旋转（俯视），线框将顺时针旋转
B ．若手柄逆时针旋转（俯视），在图乙时刻线框中电流的方向为abcda
C ．在图乙时刻线框中电流的热功率为0.016W
D ．在图乙时刻线框bc 边受到的安培力大小为4810N -⨯
10．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为1n 、2n 。

原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端。

假设该二级管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。

用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为ab U 和cd U ，则下列选项正确的是（ ）
A ．12::cd ab U U n n =
B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小
C ．减小负载电阻的阻值，cd 间的电压cd U 不变
D ．将二极管短路，电流表的读数加倍
11．关于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A ．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积
B．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高
12．一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时的波形如图甲所示，P、Q是波上的两个质点，此时质点P沿y轴负方向运动。

图乙是波上某一质点的振动图像下列说法中正确的是（）
A．该波沿x轴正方向传播
B．图乙可能为Q点的振动图像
C．t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动
D．该波的波速为80m/s
E.质点Q在t=0.10n s（n=0，1，2…）回到x=4m，y=0的位置
三、实验题
13．某实验小组用如图所示实验装置探究合力做功与动能变化的关系。

铁架台固定在水平桌面上，将足够长的薄长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一端放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，P处放置一光电门（未画出）。

实验步骤如下：
①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度l，用天平测出滑块的质量m；
②平衡摩擦力：以P处为长木板的转动中心，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动。

在铁架台竖直杆上记下此位置1Q，用刻度尺测出1Q到
水平桌面的高度H ；
③长木板一端保持在P 处，另一端放置在铁架台竖直杆2Q 位置，用刻度尺量出1Q 、2Q 的距离1h ，将滑块从木板上的2Q 位置由静止释放，记录挡光片的挡光时间1t ； ④保持长木板一端在P 处，重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次。

Ⅰ.滑块沿长木板由2Q 运动到P 的过程中，用测量的物理量回答下列问题（已知重力加速度为g ）。

(1)滑块动能的变化量k E ∆=___________。

(2)滑块克服摩擦力做的功f W =___________。

(3)合力对滑块做的功W =合___________。

Ⅱ.某考生以木板在铁架台竖直杆上的放置位置到1Q 的距离h 为横轴，以滑块通过光电门时的挡光时间t 的倒数的平方21t 为纵轴，根据测量数据在坐标系中描点画出21h t -图线，若图线为过原点的直线，且图线斜率k =___________，则能证明合外力做的功等于物体动能的变化量。

14．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用内接法还是外接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。

实验操作步骤如下：（已知R 0=2Ω）
①将滑动变阻器滑到最左端位置；
②单刀双掷开关S 与1接通，闭合开关S 0，调节滑动变阻器R ，记录下若干组数据U 1-I 1的值；
③断开开关S 0，将滑动变阻器调到最左端，单刀双掷开关S 与2闭合，闭合开关S 0，调节滑动变阻器R ，记录下若干组数据U 2-I 2的值；
④分别作出两种情况所对应的U 1-I 1和U 2-I 2图像。

（1）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，两个电表指针如图乙所示，此时U 1=___________V ，I 1=___________A 。

（2）当单刀双掷开关接2位置时，即使将R 0看作电源内阻，测出的电源电动势和内阻也存在系统误差，原因是___________（填“电压”或“电流”）表的示数偏___________（填“大”或“小”）。

（3）根据测得数据，作出U 1-I 1和U 2-I 2图像如图丙所示，根据图线求得电源电动势E=___________，内阻r =___________。

（结果均保留两位小数）
、
四、解答题
15．如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。

t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。

重力加速度取10m/s2求：
（1）甲、乙相碰的地点离甲的出发点多远？
（2）甲、乙相碰（碰撞时间极短）后，乙最终停在离乙出发点3m处，则甲停在离甲出发点多远处？
（3）若在t=0时，传送带突然启动（不计启动时间），立即以v0=4m/s的速度向右做匀速直线运动，求在t=0到t=1s内，甲、乙两滑块与传送带间摩擦生热共为多少？
16．如图所示，在xOy平面内x>0、y>0的区域内存在匀强电场，电场强度大小E=100V/m；在x>0、y<3m区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场。

现有一带负电的粒子，电荷量
q =2×10-7C ，质量m =2×10-6kg ，从原点O 以一定的初动能E k 射出。

经过P （4m ，3m ）时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向平行于y 轴正方向最后从点M （0，5m ）射出，此时动能又变为O 点时初动能的0.52倍。

粒子的重力不计。

（1）分别写出O 、P 两点间和O 、M 两点间的电势差的表达式U OP 和U OM ； （2）写出在线段OP 上与M 点等电势的Q 点的坐标；
（3）求粒子从P 点运动到M 点的时间。

17．如图所示，圆柱形气缸倒置在水平粗糙地面上，气缸内部封有一定质量的空气，气缸质量为 10kg ，缸壁厚度可不计，活塞质量为25kg ，其横截面积为20.01m ，活塞与缸壁间的摩擦不计。

当缸内气体温度为27℃时，活塞刚好与地面相接触，但对地面无压力。

现对气缸传热，使缸内气体温度升高。

当气缸对地面无压力时，求缸内气体温度是
多少摄氏度？（已知大气压强50 1.010Pa p =⨯）
18．已知天然材料的折射率都为正值（n >0）。

近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值（n <0），称为负折射率介质电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，
如图（a ）所示。

点波源S 发出的电磁波的入射角i =60°，经折射率n =从另一侧面射出（图中未画出），如图（b ）所示。

已知平板介质的厚度d =2.0mm ，不考虑电磁波在介面处的反射。

（1）在图（b ）中画出电磁波的波路图；
（2）出射电磁波与入射电磁波之间的垂直距离是多少？
参考答案
1．C 【详解】
小物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有
μ1mg =ma 1
得
a 1=μ1g
从B 到C 根据牛顿第二定律，有
μ2mg =ma 2
得
a 2=μ2g
设AB =BC =l ，小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为2
v
，由运动学公式知，
从A 到B
221()22
g v
v l μ-=- 从B 到C
220()22
v
gl μ-=-
联立解得
μ1=3μ2
故选C 。

2．D 【详解】
对球N 受力分析，如图
设N 对M 的压力为F 1，N 对PQ 的压力为F 2，由几何关系可知，F 1和F 2与G 的夹角相等，均为30，则
121
2cos30mg
F F ===︒ 故选D 。

3．D 【详解】
A ．由题第1秒内合外力对物体做功为W 1，从第1秒末到第3秒末动能变化等于0，则合外力做功为0，其位移为第1秒内位移的4倍，则摩擦力做功为4W 2，故A 错误。

B ．第1秒内，根据动能定理得：
211
482
W m m =
⨯= 摩擦力做功
21
4122
W f f =-⋅⨯⨯=-
从第4秒末到第6秒末合外力做功
2211
22022
F W m m =
⨯-⨯= 路程为
1
221m 2m 2
s =⨯⨯⨯=
摩擦力做功
W f =-f s=-2f =W 2
故B 错误。

C ．从第5秒末到第7秒末，合外力做功
211
4082
F W m m W =
⨯-== 摩擦力做功
21
24422
f W f f W =-⋅⨯⨯=-=
故C 错误，
D ．从第3秒末到第4秒末，合外力做功
22111
2460.7522
F W m m m W =⨯-⨯=-=-
摩擦力做功
W f =-f ×3=1.5W 2
故D 正确。

故选D 。

4．B 【详解】
A ．AC 之间电场是对称的，A 到
B 的功和B 到
C 的功相同，依据动能定理可得
22
B A 1122Eqd mv mv =- 22
C A 11222
Eqd mv mv =
- 解得
C 3m/s v =
故A 错误；
B ．根据电场叠加可知，
C 点右侧附近电场方向向右，之后电场方向向左，所以微粒越过C 点后先做加速运动，后做减速运动，故B 正确；
CD ．过B 做垂直AC 的线，此线为等势面，微粒出C 之后，会向无穷远处运动，而无穷远出电势为零，故B 点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B 点相同，故微粒不会以B 为中心做往返运动。

故CD 错误。

故选B 。

5．C
【详解】
带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有
cos v v
θ= 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系可得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有
2 cos d
R
θ= 所以
2Rv d v
＝
又因为半径公式
mv R Bq
=
则有
2mv d Bq
=
故d 与m 、v 0成正比，与B 、q 成反比，与U 无关，ABD 错误，C 正确； 故选C 。

6．B 【详解】
一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强光照射阴极K ，发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhv ，n=2、3、4 …，根据eU nh νW =- ，可知nhv W
U e e
=-，所以B 正确． 7．BC 【详解】
A ．从t =0开始，根据水平推力F =kt 知，F 不断增大，物体对墙壁的压力不断增大，则物体受到的滑动摩擦力f 作用，且
f =μF =μkt
f 与t 成正比；当物体的滑动摩擦力大小大于重力时，物体开始做减速运动，直到停止运动，所以f =m
g 时物体的速度最大。

由对称性可知，物体的加速度为g ，即此时的摩擦力为2mg ，
此时物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小，所以摩擦力最大值为2mg ，故A 错误；
B ．当f <mg 时，根据牛顿第二定律得
mg f ma -=
结合f =μkt 得
k
a g t m
μ=-
当a =0时
mg
t k
μ=
当f ＞mg ，物体在做减速运动时，根据牛顿第二定律得
-=f mg ma
结合f =μkt 得
k
a t g m
μ=
-
当a =－g 时
2mg
t k
μ=
则知a －t 是向下倾斜的直线，故B 正确；
C ．物体的加速度先减小后反向增大，最大速度设为v m ，此时有
f kt m
g μ==
得
mg
t k
μ= 从0mg
k
μ-
内，根据动量定理得 0m mgt ft mv -=-
因为f 与t 成正比，且t =0时f =0，则f 的平均值为
022
f kt
f μ+=
= 联立解得
22m mg k
νμ=
故C 正确；
D ．物体应先加速后减速，x －t 图象切线斜率先增大后减小，故D 错误。

故选BC 。

8．AC 【详解】
AB.对于任一恒星–行星系统，根据万有引力提供向心力，则有
2224GMm r
m r T
π= 得
2T ＝ M 是中心天体的质量，r 是轨道半径。

根据已知条件得，行星公转周期和地球公转周期的比值
1223T N k T --=行
地 选项A 正确，B 错误；
CD ．于任一恒星–行星系统，根据万有引力提供向心力
2
2GMm v m r r
= 得
v =
M 是中心天天的质量，r 是轨道半径，行星公转线速度和地球公转线速度的比值是
11
22v N k v =行
地
选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

9．BC 【详解】
若手柄逆时针旋转(俯视)，根据楞次定律，知安培力将阻碍线框与磁场间的相对运动，线框所受的安培力使线框也逆时针旋转，A 错误；题图乙中手柄逆时针旋转(俯视)，由右手定则
判断知，此时线框中电流的方向为abcda ，B 正确；题图乙时刻线框中感应电动势12()E NBab v v =－，又ab 边所在处磁场的线速度大小110.16?m/s v ad ω==，ab 边的线速度大
小220.12?/v ad m s ω==，可得E =0.16 V ，感应电流0.1?E
I A R
=
=，电流的热功率20.016W P I R ==，C 正确；在题图乙时刻线框bc 边不受安培力作用，D 错误．
10．BCD 【详解】
A ．若没有二极管，则12::cd ab U U n n =。

因二极管的单向导电性，导致副线圈的电压有效值低于原来值，A 错误；
B ．副线圈两端的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，B 正确；
C ．cd 间的电压与原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载无关，所以cd 间的电压不会随着负载电阻变化，C 正确；
D ．假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ，副线圈回路的电流峰值为I m ，则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值
2U =
电阻R 两端电压的有效值为
2
2cd U T R
= 解得2
m
cd U U =
电阻R 两端电流的有效值为
2
22cd T R I RT = 解得2
m
cd I I =
，则 4
m m
cd cd cd U I P U I ==
二极管短路后有：cd
两端电压等于副线圈两端电压，即cd U ' R
的电流
cd
I '，则
2
m m
cd
cd cd U I P U I '''== 由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈相等，而原线圈上电压的有效值不变，所以二极管短路后，电流表的读数加倍。

D 正确。

故选BCD 。

11．BDE 【详解】
A ．气体粒子之间的距离远远大于粒子本身的直径，所以气体分子的体积小于每个气体分子平均所占有的空间体积，故A 错误；
B ．温度是分子平均动能得标志，增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高，故B 正确；
C ．气体对容器壁的压强是气体分子不断撞击器壁产生的，与超失重无关，故C 错误；
D ．改变内能的方式有做功和热传递，当气体从外界吸收热量同时气体对外做功，则内能可能会减小，故D 正确；
E ．等压变化过程，体积与热力学温度成正比，体积膨胀，温度升高，故E 正确。

故选BDE ． 12．ACE 【详解】
A ．因质点P 沿y 轴负方向运动，由微小平移法，可知波沿x 轴正方向传播，A 正确；
B ．t =0时Q 沿y 轴正方向运动，与振动图像中方向相反，B 错误；
C ．t =0.1s 时，质点P 振动半个周期，运动方向与初始方向相反，C 正确；
D ．该波的波速为
8
m/s 40m/s 0.2
v T
λ
=
=
= D 错误；
E ．从平衡位置出发的质点每隔半个周期回到出发点，E 正确。

故选ACE 。

13．2212ml t mgH 1mgh 22g
l
【详解】
Ⅰ. (1)[1]由于挡光片宽度很小，滑块通过光电门的速度近似为
1
l v t =
滑块动能的变化量
2
2k 21
1022ml E mv t ∆=-=
(2)[2]滑块从位置释放匀速下滑时，由动能定理有
cos 0mgl mgH μθ-=
且
cos l x θ=
得
mgx mgH μ=
（x 为P 到铁架台竖直杆的距离，θ为此时长木板的倾角）
从2Q 释放时，设长木板的倾角为α，2Q P 长度为l '，则克服摩擦力做功为
cos f mg W l μα'=
cos l x α'=
故
f W mgx mgH μ==
(3)[3]合力做的功
11()f W mg H h W mgh =+-=合
Ⅱ[4]由动能定理有
222ml mgh t
=
整理得
22
12g h t l = 故图线斜率
2
2g k l =
14．1.30 0.10 电流 小 1.80V 2.50Ω 【详解】
(1)[1]电压表读数为1.30V 。

[2]电流表读数为0.10A 。

(2)[3][4]电压表分流，导致电流表示数偏小。

(3)[5]单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电源电动势为U 1-I 1的纵截距，即1.80V 。

[6] 当单刀双掷开关接2位置时，电压表示数为零时，电流表测量准确，电路中的短路电流为0.4A ，则有
0 1.8Ω 4.5Ω0.4
E R r I +=
== 解得
2.50r =Ω
15．（1）2.75m ；（2）3m ；（3）6J 【详解】
（1）两滑块变速运动时的加速度大小：
22m/s mg
a m
μ=
=
设甲、乙的初速度分别为v 1、v 2，经过时间t 两滑块相遇，有
221211
()()2m 22
v t at v t at ---=
解得
t =0.5s
甲、乙相碰的地点离甲
211111
m=2.75m 24
x v t at =-=
（2）设甲、乙碰前的速度分别为v 1′、v 2′，由运动学公式有
v 1′=v 1-at =5m/s v 2′=v 2-at =1m/s
设甲、乙碰后的速度分别为v 1″、v 2″，由运动学公式对乙有
2v ''==
由动量守恒有
11221122m v m v m v m v ''''''+=+
解得
v 1″=1m/s
碰后，甲滑行
2111m 24
v x a '''== 甲停下位置离甲
x 1+x 1′=3m
（3）甲与皮带共速用时
0111v v t s a
-== 乙与皮带共速用时
0221v v t s a
-== 表明t =1s 时，甲、乙与皮带速度相同。

在t =1s 内，甲、乙相对皮带的位移分别为
211011m 2
s v t at v t =--= 因摩擦生的热为
1112J Q m gs μ==
2224J Q m gs μ==
总热
Q =Q 1+Q 2=6J
16．（1）k 0.8OP E U q
=，k 0.48OM E U q =；（2）（2.4m ，1.8m ）；（3）1s 【详解】
（1）由于洛伦兹力不做功，粒子从O 点到P 点和从P 点到M 点的过程中，电场力做功分别为-0.8E k 和-0.48E k ，由电场力的功和动能定理有O 、P 点电势差为
k 0.8OP E U q = OM 点的电势差为
k 0.48OM E U q
= （2）因OP 长为5m ，则沿OP 方向电势每米下降
k 0.16E q
，故 OQ =3m 设OP 与x 轴的夹角为α，则
3sin 5
α=，4cos 5α= 故Q 点的坐标
cos 2.4m sin 1.8m Q Q
x OQ y OQ αα⎧==⎪⎨==⎪⎩ （3）由k MQ ·
k OP =-1，可知MQ ⊥OP 。

故电场方向与等势线MQ 垂直，即电场方向沿OP 方向。

对电场进行分解，得
E x =E cos α=100×45
V/m=80 V/m 粒子由P 点运动到M 点水平方向受到qE x 的作用，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，则
212x P qE x t m
=⋅ 得
t =1s
17．167℃
【详解】
设活塞质量为m ，活塞横截面积为S ，当活塞对地面无压力时气缸内气体压强为1p ，则对活塞有
10p S mg p S +=
解得
510.7510Pa p =⨯
设气缸质量为M ，当缸内气体温度为T 2时，气缸对地面无压力，设气缸内气体压强为P 2，则对气缸有
20=+p S Mg p S
解得
52 1.110Pa p =⨯
两种状态气缸内气体的体积相同，则
1212
P P T T = 1300K T =
解得
2440K
T=即
2167C
t=︒
18．（1）；（2）43
mm
【详解】
（1）波路图如图所示
（2）由折射定律有
sin60
sin r
︒
得折射
r=30°
同理得第二次的折射角
i′=60°
由几何关系有出射电磁波与入射电磁波之间的垂直距离为
d
x==
︒
cos30。