2021年湘豫名校联考高考物理综合能力测试卷(附答案详解)

2021年湘豫名校联考高考物理综合能力测试卷（4月份）1.2021年1月12日消息，北斗三号氢原子钟性能碾压GPS
系统的原子钟，是世界上最先进的原子钟。

如图所示为
氢原子能级图，让一束单色光照射到大量处于基态(量子
数n=1)的氢原子上，被激发的氢原子只辐射出三种不同
波长的光a、b、c，波长λa<λb<λc，下列说法正确的
是()
A. 照射氢原子的光子能量为15.11eV
B. 从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光波长为λa
C. 从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光波长为λc
D. 光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应
2.如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ=37°，空间存在着平行于斜面向上
的匀强电场，电场强度的大小E=3.0×103N/C。

现有一带电量为q=2.0×10−3C 的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=
0.8)，则小滑块的质量m()
A. 1kg
B. 2kg
C. 3kg
D. 4kg
3.滑雪是冬奧会的比赛项目之一。

如图所示，整个滑雪轨道在
同一竖直平面内，弯曲滑道OA与长直滑道AB平滑衔接，
某运动员从高为H的O点由静止滑下，到达A点水平飞出
后落到长直滑道上的B点，不计空气阻力，不考虑任何能量
损失，若弯曲滑道OA的高H加倍，运动员仍落在斜面上，则()
A. 运动员在A点水平飞出的速度加倍
B. 运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍
C. 运动员落到斜面上的速度大小不变
D. 运动员落到斜面上的速度方向不变
4.供电部门会将超高电压降为50Hz、10kV的交流电，通过地下电缆输送到各居民小
区，小区变压器将电压降为220V再输送到各户。

如图所示是供电电路的模拟图，R1为地下电缆的电阻，R2为小区变压器输出线路电阻。

下列说法正确的是()
A. 该小区家家户户所用的交流电，电流的方向每秒钟改变50次
B. 小区变压器的原、副线圈匝数比等于500：11
C. 生活用电在高峰值时，小区变压器的输出电压要降低
D. 当进入生活用电高峰期，整个供电电路的供电效率会有小幅上升
5.2021年，航天科技集团计划安排40多次宇航发射任务。

其中，载人航天空间站工
程是全年宇航任务的重中之重。

若某航天空间站绕地周期为T0=90min，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列关于该航天空间站说法正确的是()
A. 地球对该空间站的万有引力的大小与空间站到地心的距离成反比
B. 空间站在轨运行速度一定大于7.9km/s
C. 空间站离地高度大于地球同步卫星离地高度
D. 该空间站处的重力加速度大小为316π4R2g
T04
6.2021年1月19日，广西自治区气象局发布了去年十大
天气气候事件，1月除夕夜的冰雹入围。

如图所示为冰
雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图象。

冰
雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，
图中作出了t=0.8s时刻的切线，冰雹的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，则()
A. 冰雹在t=0.8s时刻的加速度大小为2.5m/s
B. 冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数的数值大小为15
16
C. 冰雹最终达到最大速度的大小为6m/s
D. 冰雹在0至0.8s内所受的平均阻力大小为2.5N
7.如图所示，在竖直平面内有一可视为质点的光滑小
球在圆筒最低点，内壁光滑、半径为R的圆筒固定
在小车上。

小车与小球一起以速度v0向右匀速运动，
当小车遇到墙壁时突然停止运动，后一直保持静止。

要使小球不脱离圆桶运动，初
速度v0应满足(半径R=0.4m，小球的半径比R小很多，不计空气阻力，g=
10m/s2)()
A. v0≥2√5m/s
B. v0≥4m/s
C. v0≤3√2m/s
D. v0≤2√2m/s
8.如图1所示，在倾角为θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜
面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示。

一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t=0时刻由静止释放，某时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1=t0，t2=2t0，t3=3t0。

在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()
A. t1～t2时间内金属框中的电流方向会发生变化
B. 0～t3时间内金属框做匀加速直线运动
C. 0～t3时间内金属框做加速度逐渐增加的直线运动
D. t1～t3时间内金属框中产生的焦耳热为2B02S2
Rt0
9.某同学设计了如图1所示的装置验证动量守恒定律。

(1)小车a的前端粘有质量不计的橡皮泥，在小车a后连着纸带，纸带通过电磁打
点计时器，长木板下垫着小木块，开始时未放小车b，移动长木板下的小木块，轻推小车a，直到纸带上打下的点迹______ (填“均匀”或“不均匀”)。

(2)在小车a的前方放置一个与a材料相同的静止小车b，推动小车a使之运动，后
与小车b相碰并粘合成一体，若已测得打点的纸带如图2所示，O为运动的起点，x1、x2、x3、x4分别为OA、AB、BC、CD的长度，则应选______ 段来计算a碰撞前的速度，应选______ 段来计算a和b碰后的共同速度(以上两空均选填
“x1”“x2”“x3”或“x4”)。

(3)设a的质量为m a、b的质量为m b，要验证碰撞中的动量守恒定律，要验证的关
系为______ (选m a、m b、x1、x2、x3、x4来表示)。

10.某同学欲测量一阻值大约为10Ω、粗细均匀的金属线的电阻率。

实验桌上除游标卡
尺、螺旋测微器、导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A.电源E(电动势为6.0V)
B.电压表V(量程为0～6V，内阻约为8kΩ)
C.电流表A1(量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω)
D.电流表A2(量程3A，内阻约0.05Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值5Ω，额定电流2A)
(1)用游标卡尺测得该材料的长度L如图1所示，读数L=______ mm；用螺旋测微
器测得该材料的直径D如图2所示，读数D=______ mm。

(2)测量导电材料的电阻时，为了便于调节，测量尽可能地准确，实验中所用电流
表应选用______ (填所选仪器前的字母符号)，选择合适的实验器材，在图3方框内把实验原理图补充完成，把器材符号标在电路图上。

(3)设测得导电材料的电阻为R，导电材料的长度为L，导电材料的直径为D，求得
导电材料的电阻率为______ (用R、L、D三个物理量表述)。

11.如图1所示，在水平面上固定一倾角为θ=37°、底端带有挡板足够长的斜面，斜
面体底端静止一质量为m=1kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x 变化的关系如图2所示，随后不再施加外力作用。

假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力和碰撞时间，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。

求：
(1)物块在上滑过程中达到最大动能时拉力F的大小；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小。

12.如图所示，在直角坐标xOy平面y轴左侧(含y轴)有一沿y轴负向的匀强电场，一
质量为m，电量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ=30°，Q点坐标为(0,−d)，在y 轴右侧有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域(图中未画出)，磁场磁感应强度大小B=mv0qd，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场．不计粒子重力，求：
(1)电场强度大小E；
(2)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积；
(3)粒子从P点运动到O点的总时间．
13.做功和热传递是改变物体内能的两种方式。

现有一内壁光滑的汽缸固
定竖直放置，如图所示，其上端有一挡板，使一厚度忽略不计的轻质
活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸
上端的距离为0.1m。

现对封闭气体加热，活塞缓慢上移到汽缸的上端
后，一段时间后停止加热。

已知活塞的横截面积为0.02m2，外部大气
压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为1000J，加热过程中，气体对外所做的功为______ ；封闭气体的内能变化量为______ 。

14.如图所示为某社区在今年防治新冠疫情中用于喷洒消毒液
的喷雾器，由三部分构成，左侧喷雾阀门连接手持式喷雾管，
中间为贮液桶，右侧为用软细管(不计体积)相连的打气筒。

V0的药液后，密封加水
已知贮液桶的体积为V0，装入V1=4
5
口，关闭喷雾阀门。

用打气筒向贮液桶内再压入压强为1atm、
V0的空气。

设大气压强恒为p0=1atm，打气过程中贮液桶内气体温度体积为V=1
5
保持不变。

药液的密度为ρ，其摩尔质量为M。

阿伏加德罗常数为N A，求：(空气可视为理想气体，不考虑空气溶于液体)
(ⅰ)压入空气后贮液桶内药液上方的气体压强；
(ⅰ)若打开喷雾头阀门至贮液桶内气压变为p1=1.5atm时，贮液桶向外喷出药液的分子数N。

15.前不久，中科院光电技术研究所宣布，其承担的国家重大科研装备研制项目“超分
辨光刻装备研制”通过验收。

这是世界上首台用紫外光源实现了22纳米分辨率的
光刻机。

光刻机是生产大规模集成电路(芯片)的核心设备，光刻机的曝光波长越短，分辨率越高。

“浸没式光刻”是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长提高分辨率的技术。

如图所示，若浸没液体的折射率为1.40，当不加液体时光刻胶的曝光波长为189nm，则加.上液体时光在液体中的传播速度为______ m/s，光刻胶的曝光波长变为______ nm(光在在真空中的传播速度c=
3.0×108m/s)(计算结果保留三位有效数字)。

16.一列简谐横波沿x轴传播，图中实线为t=0时刻的波形图，图中虚线为t=0.3s时
刻的波形图。

t=0.3s时刻，平衡位置在x=5m处的质点正沿y轴正向振动，从t=0时刻到t=0.3s时刻这段时间内，该质点运动路程s满足10cm<s<20cm，求：(ⅰ)波传播的方向及传播速度的大小；
(ⅰ)平衡位置在x=1m处质点的振动方程及该质点从t=0.3s时刻开始到达波峰需要的最短时间。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、三种不同波长的光a、b、c，波长λa<λb<λc，频率大小关系为v a> v b>v c，根据数学组合公式C n2=n(n−1)
=3可知n=3，因此受到激发后的氢原子处于
2
n=3能级；
根据氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子能量与从n=1跃迁到n=3所吸收的光子
能量相等可知，照射氢原子的光子能量为E31=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，故A 错误；
B、从n=3跃迁到n=2辐射出的光子能量最小，对应的波长为λc，故B错误；
CD、从n=3跃迁到n=1辐射出的光子能量最大，对应的波长为λa，其能量E31= 12.09eV>W0=10.2eV，能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应，故C错误，D 正确。

故选：D。

根据数学组合公式C n2，求出氢原子跃迁的能级数，并依据能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长越短；
根据光电效应方程，及其发生条件，从而即可一一求解。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法；先确定氢原子吸收能量后跃迁到那一能级是本题的突破口。

2.【答案】A
【解析】解：以小滑块为研究对象，受力分析如
图所示，因为滑块匀速下滑，由平衡条件可得：
qE=mgsin37°，解得：m=1kg，故A正确，
BCD错误。

故选：A。

以滑块为研究对象，由共点力平衡条件即可求解。

本题考查了由电场力参与的共点力平衡条件的应用，解题关键是准确地画出受力分析，题目比较简单。

3.【答案】D
【解析】解：A、根据mgH=1
2
mv2可得运动员水平飞出的速度v=√2gH，若H加倍，则水平飞出的速度v变为√2倍，故A错误；
B、运动员从A点飞出后做平抛运动，则tanθ=1
2
gt2
vt
=gt
2v
，解得t=2vtanθ
g
=2tanθ√2H
g
，
若H加倍，则在空中运动的时间t变为√2倍，故B错误；
CD、运动员落到斜面上的速度方向与水平方向夹角α的正切值是位移方向与水平方向夹角θ正切值的2倍，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度方向不变，其落到斜面上的
速度大小v′=v
cosα
，α不变，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度大小变为√2倍，故C错误，D正确。

故选：D。

不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，据此可解运动员在A点水平飞出的速度；运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值可求解其运动时间表达式；不计滑动过程的摩擦和空气阻力，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决；平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于位偏角正切值的2倍，据此分析即可。

本题容易出现错误的是选项B和D，B选项的运动员落到斜面上的空中运动的时间t是一个典型问题，用位移关系解决，D选项的平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2倍的推论，难度较大，需要深刻理解。

4.【答案】C
【解析】解：A、因转子每秒转动50圈，每个周期电流的方向改变2次，因此电流方向每秒改变50×2次=100次，故A错误。

B、总电压10kV，因R1分得一部分电压，所以原线圈的电压小于10kV，所以匝数比小
于10000
220=500
11
，故B错误。

C、用电高峰时，用户增加，副线圈电流增加，根据副线圈电流决定原线圈电流知，原线圈电流增大，R1分得电压增加，所以原线圈两端的电压减小，根据变压原理，副线圈两端的电压降低，故C正确。

D、用量高峰时，用电器增多，相当于用电器的总电阻r减小，而输电线的总电阻R不
变，根据效率η=
I2r
I2(R+r)
=1
R
r
+1
知，随r的减小，供电效率会下降，故D错误。

故选：C。

因转子每秒转动50圈，每个周期电流的方向改变2次，可求电流的方向每秒钟改变的次数；因R1分得一部分电压，所以原线圈的电压小于10kV，所以匝数比小于500：11；用电高峰时，用户增加，副线圈电流增加，原线圈电流增大，R1分得电压增加，所以原线圈两端的电压减小，副线圈两端的电压降低；用电器增多，相当于用电器的总电阻r减小，而输电线的总电阻R不变写出效率表达式判断效率变化情况。

掌握变压器的变压、变流特点，另外注意理想变压器的三个决定关系。

5.【答案】D
【解析】解：A、根据万有引力定律，地球对该空间站的万有引力的大小与空间站到地心距离的平方成反比，故A错误；
B、第一宇宙速度为7.9km/s，是运行时的最大速度，该空间站在轨运行速度一定小于
7.9km/s，故B错误；
C、同步卫星的周期为24h，大于该空间站绕地周期，故空间站离地高度小于地球同步卫星离地高度，故C错误；
D、设空间站所在轨道的重力加速度为g′，则重力等于万有引力，即mg′=GMm
r2
，根据
万有引力提供向心力有GMm
r2=mr4π2
T02
，又有GM=gR2，联立以上各式解得该空间站处
的重力加速度大小为316π4R2g
T04
，故D正确。

故A、B、C错误，D正确。

故选：D。

两质点间万有引力的大小与二者距离的平方成反比；第一宇宙速度为7.9km/s，是运行时的最大速度；卫星所在轨道越高，运行周期越大；空间站绕地球运行过程中，万有引力提供向心力，该位置处的重力等于万有引力，另有黄金代换式GM=gR2。

据此分析。

解答本题的关键是理解万有引力定律，熟记并理解第一宇宙速度，知道地球同步卫星的周期大小，能根据万有引力提供向心力的思路灵活处理天体运动问题，当已知条件较少时，注意结合“黄金代换式”分析。

6.【答案】ABD
【解析】解：A、由图像可知，斜率表示加速度，a=4−2
0.8
m/s2=2.5m/s2，则冰雹在t=0.8s时刻的加速度大小为2.5m/s2，故A正确；
BC.设空气阻力与速度大小的正比例系数为k，当v=4m/s时，mg−kv=ma，
达到最大速度时，有mg=kv m，联立解得
K=15
16kg/s，v m=16
3
m/s，故B正确，C错误；
D.在0到t=0.8s内，对小球由动量定理可得(选向下为正方向)
mgt−I t=mv−0，I t=Ft，解得，F=2.5N，故D正确；
故选：ABD。

(1)v−t图像的斜率表示加速度，从图像上可以看出做加速度减小的加速运动，最后加速度为零时做匀速运动，此时速度最大；
(2)根据牛顿第二定律mg−kv=ma可得加速度大小
(3)阻力增大到等于重力时速度最大，可求出最大速度
(4)再根据动量定理求出阻力
本题结合图像主要考查运动与力的关系，注意力与运动联系的桥梁是加速度；应用动量定理时注意矢量性。

7.【答案】AD
【解析】解：小球不脱离轨道运动有两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有越过与圆心等高位置。

对于第(1)种情况，当v0足够大时，小球能通过最高点，这时小球在最高点处需要满足
的条件是mg≤mv2
R
，小球从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒得
1 2mv2+mg⋅2R=1
2
mv02，可得v0≥2√5m/s
对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置，速度恰好为零，根据机械能守恒得
mgR≥1
2
mv02，可得v0≤2√2m/s，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

小球不脱离轨道运动有两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但没有脱离圆轨道。

根据临界条件和机械能守恒定律相结合进行求解。

本题需要注意的是小球不脱离轨道的运动有两种可能的情况，一是速度较小，小球的动能可以全部转化为重力势能。

二是速度较大，要注意小球恰好通过最高点的临界条件是重力等于向心力。

8.【答案】BD
【解析】解：A、根据B−t图象可知，t1～t3时间内B−t图线的斜率不变，则金属框中的感应电动势大小和方向都不变，则电流方向不变，故A错误．
BC、因为0～t3时间内金属框所受安培力的合力为零，所以线框向下做匀加速直线运动，故B正确，C错误．
D、t1～t3时间内金属框中的感应电动势E=△B
△t S=B0
t0
S，t
1
～t3时间内金属框中产生的
焦耳热为Q=E 2
R ⋅2t0=2B02S2
Rt0
，故D正确．
故选：BD。

线框ab边和cd边切割产生的感应电动势相互抵消，故不需分析动生电动势；只有磁场变化时，线框才产生感生电动势，即t1～t3时间内，线框产生感应电动势，产生感应电流。

t1～t3时间内磁场均匀变化，产生恒定电动势；线框受到的安培力为零，由线框受的合外力特点分析加速度；由于线框产生恒定感应电流，故利用焦耳定律分析焦耳热。

本题解答易犯以下错误：①认为切割产生电动势，使问题复杂化；②不能得出线框受到安培力的合力为零③不知道均匀变化的磁场使线框产生恒定不变的电流。

通过作答本题，可以帮助学生区分导线框的电磁感应和单个导体棒的电磁感应的差异。

9.【答案】均匀x2x4m a x2=(m a+m b)x4
【解析】解：(1)平衡摩擦力，小车a所受的摩擦力和重力的分力平衡时，小车a做匀速运动，即打下的点迹均匀。

(2)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故AB段为匀速运动阶段，故选AB段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而a和b碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选CD段来计算碰后共同的速度。

(3)设打点计时器的打点周期为T，碰前小车a的速度v a=x2
5T
，碰后小车的共同速度为
v=x4
5T ，需要验证动量守恒，所以需要验证的关系为：m a x2
5T
=(m a+m b)x4
5T
，即为m a x2=
(m a+m b)x4。

故答案为：(1)均匀；
(2)x2，x4；
(3)m a x2=(m a+m b)x4。

实验第一步为平衡摩擦力，使物体碰撞前后都做匀速运动，更方便计算速度，所以点迹要均匀。

根据碰撞前后的运动状态可以选择合适的长度计算，根据动量守恒定律可以计算需要验证的表达式。

本题考查碰撞前后速度的计算，会判断那端过程为碰撞前，哪段为碰撞后，知道平衡摩擦力的目的。

会根据动量守恒定律推导运算公式。

10.【答案】60.200.732C RπD2
4L
【解析】解：(1)游标卡尺的固定刻度读数为60mm，精
确度为0.05mm，对齐线为第四条刻度线，则读数为
60mm+4×0.05mm=60.20mm；根据螺旋测微器读
数规则可得d=0.5mm+0.232mm=
0.732mm(0.731～0.734均可)
(2)待测电阻的最大电流I max=U
R
=0.6A.故选择C；滑
动变阻器阻值较小，用分压式接法，待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻。

电流表采用外接法，电路如图所示。

(3)根据电阻定律R=ρL S=ρL1
4πD2
解得：ρ=RπD2
4L
答案：(1)60.20；0.732 (2)C，电路如图所示
(3)R πD2 4L
首先，利用电压表和电流表测量出待测电阻的电压和电流，求出其电阻。

再根据公式R=ρl 
S
，计算出电阻率。

读书时那个尺子需要姑读，那个尺子不需要，是学生愿意出现问题的地方。

电流表外接的判断也是一个高频的问题点。

11.【答案】解：(1)由题意知，当物块的加速度等于零时，速度最大，即此时的动能最大，上滑过程对物块受力分析可知，当加速度等于零时，有
F=mgsin37°+μmgcos37°
代入数据可得
F=10N
(2)设物块沿斜面上滑的最大位移为x m，根据动能定理得
W F−mgx m sin37°+μmgx m cos37°=0
由F−x图像与x轴的面积表示力F做的功可知
W F=20×2
2
J=20J
联立代入数据可得
x m =2m
答：(1)物块在上滑过程中达到最大动能时拉力F 的大小为10N ； (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小为2m 。

【解析】(1)根据分析可知当加速度为零时动能最大，求出此时的拉力大小即可； (2)结合图像利用动能定理可以求出最大位移。

在利用F −x 图像时，要注意此时图像与x 轴的面积表示力F 做的功。

12.
【答案】解：(1)设粒子从Q 点离开电场时速度大小为v ，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得： v =2v 0
由动能定理得：qEd =1
2mv 2−1
2mv 02
解得：E =
3mv 0
22qd
(2)设粒子从N 点进入、N 点离开半圆形匀强磁场区域粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r ，圆心为O 1，如图所示 由qvB =
mv 2r
解得：r =
mv qB
=2d
若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为O 2， 可得半径R =1.5r =2d
半圆形磁场区域的最小面积S =1
2πR 2=9
2πd 2=4.5πd 2
(3)设粒子在匀强电场中运动时间为t 1，粒子从Q 点离开电场时沿y 轴负向速度大小为v y ， 有v y =√3v 0，t 1=2d v y
解得：t 1=
2√3d
3v 0
设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为t 2，有t 2=
4πr 3v
=
4πd 3v 0
粒子在QM 、NO 间做匀速直线运动时间分别为t 3、t 4， 由几何关系可得QM 距离QM =
4√3d
3，得：t 3=
QM v
=
2√3d
3v 0
NO 间距离NO =5√3d 3
得：t 4=
NO v
=
5√3d
6v 0
粒子从P 点运动到O 点的总时间为： t =t 1+t 2+t 3+t 4=
2√3d 3v 0
+
4πd 3v 0
+
2√3d 3v 0
+
5√3d 6v 0
=
(13√3+8π)d
6v 0
答：
(1)电场强度大小E为3mv02
2qd
；
(2)如果有界匀强磁场区域为半圆形，磁场区域的最小面积为4.5πd2；
(3)粒子从P点运动到O点的总时间为(13√3+8π)d
6v0
．
【解析】(1)由粒子进入磁场速度为2v0，由几何关系可得角度关系．带电粒子进入匀强电场后，受重力和电场力，由动能定理可得电场强度．
(2)由运动轨迹图，可以找出磁场边长的最小值，可得最小面积．
(3)进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，由左手定则可以判定受力，进而确定其转动方向，作图可得运动轨迹，由运动轨迹的几何关系可得圆心角，进而得到圆周运动的时间，QM段粒子做匀速运动可得此段的时间，相加得总时间．
本题考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解．
13.【答案】200J800J
【解析】解：加热气体过程，气体对外做功：W=p0SL=1×105×0.1×0.02J=200J 由热力学第一定律得：△U=−W+Q=−200J+1000J=800J
故答案为：200J；800J。

根据功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。

根据题意应用功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律可以求出气体内能的变化量；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。

14.【答案】解：(ⅰ)开始时贮液桶内药液上方有压强为p0=1atm，体积为V0−V1的气体，再压入压强为1atm，体积为V的空气后，根据玻意耳定律得：
p0(V0−V1+V)=p(V0−V1)
代入数据解得压入空气后贮液桶内药液上方的气体压强为：p=2atm
(ⅰ)贮液桶内气压变为p1=1.5atm时，根据玻意耳定律得：
p(V0−V1)=p1(V0−V1+V2)
代入数据解得喷出的液体的体积为：V2=1
15
V0
则贮液桶向外喷出药液的分子数为：N=ρV2
M N A=ρV0N A
15M
答：(ⅰ)压入空气后贮液桶内药液上方的气体压强为2atm；
(ⅰ)若打开喷雾头阀门至贮液桶内气压变为p1=1.5atm时，贮液桶向外喷出药液的分子
数为ρV0N A
15M。

【解析】(1)根据玻意耳定律求解压入空气后贮液桶内药液上方的气体压强；
(2)根据玻意耳定律得求出喷出的液体的体积，根据阿伏加德罗常数求出贮液桶向外喷出药液的分子数N。

本题以防治新冠疫情中用于喷洒消毒液的喷雾器为情景载体，考查了“变质量问题”，有一定的难度，本题解题的关键，也是本题的难点是：巧妙地选择研究对象，把变质量问题变为不变质量问题进行研究，选择研究对象后，应用玻意耳定律即可正确解题。

15.【答案】2.14×108135
【解析】解：光在液体中的传播速度为v=c
n
，代入数据计算可得v≈2.14×108m/s；加上液体时光刻胶的曝光波长为λ=v f
不加液体时，有c=λ0f
联立代入数据计算可得λ=135nm。

故答案为：2.14×108，135
根据v=c
n
求解光在液体中的传播速度；根据液体中v=λf和真空中c=λ0f，结合折射率公式求解光在液体中的波长。

本题考查波长、频率和波速的关系问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

16.【答案】解：(ⅰ)由t=0.3s时，x=5m处质点正沿y轴正向振动，可知波沿x轴正向传播．
利用平移法，将t=0时刻的波形沿x轴正方向平移3
8
λ+nλ(n=0、1、2...)可得到t=
0.3s时刻的波形，即0.3s=3
8
T+nT(n=0、1、2...)，
因x=5m处的质点在0.3s内运动路程s满足10cm<s<20cm，即小于4个振幅，说明0.3s<T，故n=0，解得T=0.8s．
由波形图知波长λ=8m，故波速为v=λ
T =8
0.8
m/s=10m/s．
(ⅰ)由波的传播方向知，t=0时刻x=1m的质点正沿y轴正向振动，由波形图知振幅A=
0.1m，故其振动方程为：．y=Asin2π
T t(m)=0.1sin2π
0.8
t(m)=0.1sin5π
2
t(m)。