2022年新高考河北物理高考真题

科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（　　）

A． $0\sim t_{1}$ 时间内，训练后运动员的平均加速度大

B． $0\sim t_{2}$ 时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

C． $t_{2}{\sim}t_{3}$ 时间内，训练后运动员的平均速度小

D． $t_{3}$ 时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动

【答案与解析】

根据 $v-t$ 图像，斜率表示加速度。 $0\sim t_1$ 内训练后图像斜率（平均加速度）比训练前小，A错。图像与时间轴围成面积表示位移， $0\sim t_2$ 内训练前围成面积更大，训练前跑过距离更大，B错。 $t_2\sim t_3$ 内训练后围成面积更大，由 $\bar v=\Delta x/\Delta t$ 知训练后平均速度更大，C错。 $t_3$ 时刻后训练前速度减小做减速运动，训练后速度增大做加速运动，D对。故选D。
2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星 $HD173416$ 运动的系外行星 $HD173416b$ ，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（　　）

A． $2\sqrt{2}$

B．2

C． $\sqrt{2}$

D． $\frac{\sqrt{2}}{2}$

【答案与解析】

由万有引力提供向心力 $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}$ ，得 $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ 。望舒绕恒星羲和（质量 $M_1=2M_\odot$ ），地球绕太阳（ $M_2=M_\odot$ ），轨道半径相等，则 $\frac{v_{\text{望舒}}}{v_{\text{地球}}}=\sqrt{\frac{M_1}{M_2}}=\sqrt2$ 。故选C。
张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为 $1:n$ 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B， $t=0$ 时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A．发电机输出的电压为 $\sqrt{2}\pi NBS_{Z}$

B．发电机输出交变电流的频率为 $2\pi nz$

C．变压器原、副线圈的匝数比为 $\sqrt{2}\pi NBSnz:U$

D．发电机产生的瞬时电动势 $e=\sqrt{2}\pi NBSnz\sin(2\pi nzt)$

【答案与解析】

风轮机叶片转速 $z$ ，经 $1:n$ 升速齿轮箱，发电机线圈转速为 $nz$ ，角速度 $\omega=2\pi nz$ ，输出交变电流频率 $f=nz$ （B错）。 $t=0$ 时线圈平面与磁场垂直（磁通最大、电动势为0），产生正弦交流电，电动势最大值 $E_m=NBS\omega=2\pi NBSnz$ ，有效值 $E=\frac{E_m}{\sqrt2}=\sqrt2\pi NBSnz$ （A错，漏了 $n$ ）。瞬时电动势 $e=E_m\sin\omega t=2\pi NBSnz\sin(2\pi nzt)$ （D错，把有效值当峰值）。理想变压器原、副线圈匝数比 $\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{\sqrt2\pi NBSnz}{U}$ 。故选C。
如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压 $U_{c}$ 与入射光频率 $v$ 的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（　　）

A．钠的逸出功为 $h\nu_{c}$

B．钠的截止频率为 $8.5\times10^{14}\mathrm{Hz}$

C．图中直线的斜率为普朗克常量h

D．遏止电压 $U_{c}$ 与入射光频率 $v$ 成正比

【答案与解析】

由光电效应方程 $eU_c=E_{k\max}=h\nu-W_0$ ，得 $U_c=\frac{h}{e}\nu-\frac{W_0}{e}$ 。当 $U_c=0$ 时 $\nu=\nu_c$ ，故逸出功 $W_0=h\nu_c$ （A对）。由图知截止频率 $\nu_c<8.5\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$ （B错）。图线斜率 $k=\frac{h}{e}\neq h$ （C错）。 $U_c$ 与 $\nu$ 为线性关系但不过原点，不成正比（D错）。故选A。
将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为 $S_{1}$ ，小圆面积均为 $S_{2}$ ，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小 $B=B_{0}+kt$ ， $B_{0}$ 和 $k$ 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（　　）

A． $kS_{1}$

B． $5kS_{2}$

C． $k(S_{1}-5S_{2})$

D． $k(S_{1}+5S_{2})$

【答案与解析】

由法拉第电磁感应定律，大圆产生感应电动势 $E_1=\left|\frac{\Delta\Phi_1}{\Delta t}\right|=\frac{\Delta B}{\Delta t}S_1=kS_1$ ；每个小圆面积 $S_2$ ，共5个，各产生 $E_2=kS_2$ 。由楞次定律判断大圆与5个小圆中感应电流方向相同，电动势相加，总电动势 $E=E_1+5E_2=k(S_1+5S_2)$ 。故选D。
如图，真空中电荷量为 $2q$ 和 $-q(q>0)$ 的两个点电荷分别位于 $M$ 点与 $N$ 点，形成一个以 $MN$ 延长线上 $O$ 点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零）， $P$ 为 $MN$ 连线上的一点，S为等势面与直线 $MN$ 的交点， $T$ 为等势面上的一点，下列说法正确的是（　　）

A． $P$ 点电势低于 $S$ 点电势

B． $T$ 点电场强度方向指向O点

C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点

D．将正试探电荷 $q_{0}$ 从T点移到P点，静电力做正功

【答案与解析】

MN连线上，M处 $+2q$ 在该线段电场向右，N处 $-q$ 在MN连线上电场也向右，故MN间合场强向右，沿电场线电势降低，S为零势面与MN交点，P在MN上电势高于S，A错。因 $2q$ 电荷量大于 $q$ ，在N右侧存在一点使场强为零，N左侧场强不可能为零，故除无穷远外MN直线上仅1个场强为零的点，C错。T在零势面上 $V_T=0$ ，P电势高于T（ $V_P>0$ ），正试探电荷 $q_0$ 从T移到P电势能增大，静电力做负功，D错。等势面处电场强度方向垂直于等势面并指向球心O（负电荷在零势面内，T点电势高于O，场强指向O），B对。故选B。
如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的 $P$ 点，将木板以底边 $MN$ 为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）

A．圆柱体对木板的压力逐渐增大

B．圆柱体对木板的压力先增大后减小

C．两根细绳上的拉力均先增大后减小

D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

【答案与解析】

设木板与竖直方向夹角为 $\beta$ （ $\beta$ 从 $0$ 增大到 $90^\circ$ ），绳与木板夹角 $\alpha$ 保持不变。圆柱体受重力 $mg$ 、木板支持力 $N$ （垂直木板）及两绳拉力 $T$ （对称）。沿木板方向两绳拉力分量同向，平衡重力沿板分量： $2T\cos\alpha=mg\cos\beta$ ，故 $T=\frac{mg\cos\beta}{2\cos\alpha}$ ，随 $\beta$ 增大单调减小，绳拉力不断减小（C、D错）。垂直木板方向： $N=2T\sin\alpha+mg\sin\beta=mg(\sin\beta+\tan\alpha\cos\beta)$ 。令 $\frac{dN}{d\beta}=0$ 得 $\cot\beta=\tan\alpha$ ，即 $\beta=90^\circ-\alpha$ 时 $N$ 最大， $N$ 随 $\beta$ 先增后减，即圆柱体对木板的压力先增大后减小（B对，A错）。故选B。
如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于 $x$ 轴上，另一根由 $ab$ 、 $bc$ 、 $cd$ 三段直导轨组成，其中 $bc$ 段与 $x$ 轴平行，导轨左端接入一电阻 $R$ 。导轨上一金属棒 $MN$ 沿 $x$ 轴正向以速度 $v_{0}$ 保持匀速运动， $t=0$ 时刻通过坐标原点 $O$ ，金属棒始终与 $x$ 轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为 $i$ ，金属棒受到安培力的大小为 $F$ ，金属棒克服安培力做功的功率为 $P$ ，电阻两端的电压为 $U$ ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

金属棒以 $v_0$ 匀速切割磁感线，回路电动势 $E=BL_{\text{切}}v_0$ ，电流 $i=\frac{E}{R}=\frac{BL_{\text{切}}v_0}{R}$ ，电阻两端电压 $U=E=BL_{\text{切}}v_0$ 。由导轨形状（ab斜、bc平行 $x$ 轴、cd斜），棒运动过程中切割长度 $L_{\text{切}}$ 先随 $x$ 线性增大，经bc段保持不变，再线性减小，故 $i$ 与 $U$ 变化规律相同（先线性增、后不变、再线性减），A对、D错。安培力 $F=BIL_{\text{切}}=\frac{B^2L_{\text{切}}^2v_0}{R}\propto L_{\text{切}}^2$ ，在 $t=0$ 时 $L_{\text{切}}\neq0$ 故 $F\neq0$ ，呈二次关系，B错；克服安培力功率 $P=i^2R=\frac{B^2L_{\text{切}}^2v_0^2}{R}\propto L_{\text{切}}^2$ ，在 $t=0$ 亦不为零，C对。故选AC。
如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体 $P$ 和 $Q$ 用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量 $m_{Q}>m_{p}$ ， $t=0$ 时刻将两物体由静止释放，物体 $Q$ 的加速度大小为 $\frac{g}{3}$ 。 $T$ 时刻轻绳突然断开，物体 $P$ 能够达到的最高点恰与物体 $Q$ 释放位置处于同一高度，取 $t=0$ 时刻物体 $P$ 所在水平面为零势能面，此时物体 $Q$ 的机械能为 $E$ 。重力加速度大小为 $g$ ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）

A．物体 $P$ 和 $Q$ 的质量之比为 $1:3$

B． $2T$ 时刻物体 $Q$ 的机械能为 $\frac{E}{2}$

C． $2T$ 时刻物体 $P$ 重力的功率为 $\frac{3E}{2T}$

D． $2T$ 时刻物体 $P$ 的速度大小 $\frac{2gT}{3}$

【答案与解析】

释放后系统加速度 $a=\frac{m_Q-m_P}{m_Q+m_P}g=\frac{g}{3}$ ，得 $m_Q-m_P=\frac13(m_Q+m_P)$ ，即 $m_P:m_Q=1:2$ （A错）。 $T$ 时刻速度 $v_1=aT=\frac{gT}{3}$ ，P上升 $h_1=\frac12aT^2=\frac{gT^2}{6}$ ；此时Q在零势能面上方 $h_1$ 处，机械能 $E=m_Qgh_1$ 。断绳后P竖直上抛到最高点需时 $t'=\frac{v_1}{g}=\frac{T}{3}$ ，再升 $h_2=\frac{v_1^2}{2g}=\frac{gT^2}{18}$ ，故Q释放点（=P最高点）相对零势能面高度 $H=h_1+h_2=\frac{2gT^2}{9}$ ，与 $E=m_QgH$ 一致。 $2T$ 时刻：Q自由下落速度 $v_Q=\frac{gT}{3}+gT=\frac{4gT}{3}$ ，位置 $y_Q=H-\frac{gT^2}{6}-\left(\frac{gT}{3}T+\frac12gT^2\right)=-\frac{7gT^2}{9}$ ，机械能 $E_Q=\frac12m_Qv_Q^2+m_Qgy_Q=\frac{m_Qg^2T^2}{9}=\frac{E}{2}$ ，B对。P在 $2T$ 时刻速度 $v_P=\frac{2gT}{3}$ （向下），重力功率 $P_G=m_Pg\cdot\frac{2gT}{3}=\frac{2m_Pg^2T}{3}=\frac{m_Qg^2T}{3}=\frac{3E}{2T}$ （因 $E=\frac{2m_Qg^2T^2}{9}$ ），C对；速度大小 $\frac{2gT}{3}$ ，D对。故选BCD。
如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 $O$ 为圆心、 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用 $h_1$ 、 $v_{1}$ 、 $\omega_{1}$ 和 $h_2$ 、 $v_2$ 、 $\omega_{2}$ 表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．若 $h_{1}=h_{2}$ ，则 $v_{1}:v_{2}=R_{2}:R_{1}$

B．若 $v_1=v_2$ ，则 $h_{1}:h_{2}=R_{1}^{2}:R_{2}^{2}$

C．若 $\omega_{1}=\omega_{2}$ ， $v_1=v_2$ ，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D．若 $h_{1}=h_{2}$ ，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则 $\omega_{1}=\omega_{2}$

【答案与解析】

水做平抛运动，在空中时间由竖直高度决定： $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ ，水平射程 $x=vt$ 。A：若 $h_1=h_2$ ，则 $t$ 相等，要落入半径 $R_1,R_2$ 的同心圆需 $x_1=R_1,x_2=R_2$ ，故 $v_1:v_2=R_1:R_2$ （A写成 $R_2:R_1$ ，错）。B：若 $v_1=v_2$ ，则 $t_1:t_2=R_1:R_2$ ，由 $h=\frac12gt^2$ 得 $h_1:h_2=t_1^2:t_2^2=R_1^2:R_2^2$ ，B对。C：若 $\omega_1=\omega_2,v_1=v_2$ ，转动一周时间相同、喷水量相同，但外圈花盆数多于内圈，落入每个花盆的水量不同，C错。D：每浇一盆所扫过弧长 $l$ 相同，浇水时间 $t=\frac{l}{R\omega}$ ，出水量 $V=S_{\text{口}}vt=S_{\text{口}}\frac{vl}{R\omega}$ ，要 $V$ 相同需 $\frac{v}{R\omega}$ 相同；由A知 $h$ 相等时 $v\propto R$ ，故必有 $\omega_1=\omega_2$ ，D对。故选BD。
某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为 $L_0$ ，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为 $E=\frac{1}{2}kx^2$ ，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。

（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为＿＿＿＿，钩码的动能增加量为＿＿＿＿，钩码的重力势能增加量为＿＿＿＿。

（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是＿＿＿＿。

【答案与解析】

设纸带上相邻两点间距依次为 $h_1\sim h_5$ （A-B为 $h_1$ ，…，E-F为 $h_5$ ），A点初速近似为零，A到F钩码上升 $h_5$ 。弹簧在A、F处形变量分别为 $L-L_0$ 与 $L-L_0-h_5$ ，弹性势能减少量 $\Delta E_p=\frac12k(L-L_0)^2-\frac12k(L-L_0-h_5)^2=k(L-L_0)h_5-\frac12kh_5^2$ 。由逐差法得F点速度 $v_F=\frac{h_5-h_3}{2T}$ ，动能增加量 $\Delta E_k=\frac12mv_F^2=\frac{m(h_5-h_3)^2}{8T^2}$ 。钩码重力势能增加量 $\Delta E_{pG}=mgh_5$ 。（2）随上升高度 $h$ 增大，钩码与纸带运动速度增大，空气阻力增大，阻力做功增多，使弹簧弹性势能减少量与钩码机械能增加量之差（即阻力做功）随 $h$ 增大而增大，故两曲线纵向间隔逐渐变大。故填 $k(L-L_0)h_5-\frac12kh_5^2$ ； $\frac{m(h_5-h_3)^2}{8T^2}$ ； $mgh_5$ 。（2）故填：钩码和纸带运动速度增大，空气阻力（阻力做功）随 $h$ 增大而增大。
某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关 $S_1$ （手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于 $103^{\circ}\mathrm{C}$ 时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关 $S_2$ （当锅内温度高于 $80^{\circ}\mathrm{C}$ 时自动断开，温度低于 $70^{\circ}\mathrm{C}$ 时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为 $60\Omega$ ，用于加热煮饭）；限流电阻 $R_1$ 和 $R_2$ （阻值均为 $1k\Omega$ ）；指示灯 $L_1$ 和 $L_2$ （ $2.5V$ ， $0.6W$ ，当电流低于 $30\mathrm{mA}$ 时可视为熄灭）；保险丝T。

（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是＿＿＿＿（多选）。

A．按下 $S_1$ ， $L_1$ 和 $L_2$ 均发光

B．当锅内温度高于 $103^{\circ}\mathrm{C}$ 时， $S_1$ 自动断开， $L_1$ 和 $L_2$ 均发光

C．保温过程中， $S_2$ 自动在闭合、断开状态之间交替切换

D．当锅内温度低于 $70^{\circ}\mathrm{C}$ 时， $S_2$ 自动闭合， $L_1$ 发光， $L_2$ 熄灭

（2）简易电饭煲制作完成后，试用时 $L_1$ 始终不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是＿＿＿＿（填写各步骤前的字母）。

A．将选择开关旋转到“ $\times 100$ ”位置

B．将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点

C．调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度

D．测量指示灯 $L_1$ 两端的阻值

E．将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡

操作时，将多用电表两表笔与 $L_1$ 两端接触，若指针如图3所示，可判断是＿＿＿＿断路损坏；若指针如图4所示，可判断是＿＿＿＿断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

【答案与解析】

（1）按下S1进入煮饭加热，加热电阻R工作；保温阶段由S2在70~80℃间自动通断实现，故C正确；温度低于70℃时S2闭合，相应指示灯L1亮、L2灭，故D正确；按下S1时L1、L2并非均发光，S1断开后亦非均发光，故A、B错误。故选CD。（2）用多用电表欧姆档检测L1，正确操作顺序：先机械调零（C），选“×100”档（A），欧姆调零（B），测量L1两端阻值（D），最后置于OFF或交流高压档（E），即CABDE。测得L1阻值异常（图3示数偏大/无穷大）说明L1断路；图4对应限流电阻R1断路。故填CABDE；L1；R1。
如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 $1\mathrm{kg}$ 和 $2\mathrm{kg}$ ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 $1\mathrm{kg}$ ，A和C以相同速度 $v_{0}=10\mathrm{m/s}$ 向右运动，B和D以相同速度 $kv_{0}$ 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 $\mu=0.1$ 。重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）若 $0<k<0.5$ ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若 $k=0.5$ ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

【答案与解析】

（1）碰撞时间极短，C与D、A与B分别发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒，向右为正。新物块 $C+D$ 质量 $2\,\mathrm{kg}$ ： $v_{\text{物}}=\frac{1\cdot v_0+1\cdot(-kv_0)}{2}=5(1-k)\,\mathrm{m/s}$ 。新滑板 $A+B$ 质量 $3\,\mathrm{kg}$ ： $v_{\text{滑}}=\frac{1\cdot v_0+2\cdot(-kv_0)}{3}=\frac{10-20k}{3}\,\mathrm{m/s}$ 。因 $0<k<0.5$ ，二者均向右。（2） $k=0.5$ 时 $v_{\text{物}}=2.5\,\mathrm{m/s}$ ， $v_{\text{滑}}=0$ 。物块与滑板相对滑动至共速，由动量守恒 $2\times2.5=(2+3)v$ 得 $v=1\,\mathrm{m/s}$ 。摩擦生热 $Q=\frac12\cdot2\cdot2.5^2-\frac12\cdot5\cdot1^2=3.75\,\mathrm{J}$ ，摩擦力 $f=\mu m_{\text{物}}g=0.1\times2\times10=2\,\mathrm{N}$ ，相对位移 $\Delta x=\frac{Q}{f}=1.875\,\mathrm{m}$ 。故碰撞后新物块速度 $5(1-k)\,\mathrm{m/s}$ 、新滑板速度 $\frac{10-20k}{3}\,\mathrm{m/s}$ 均向右；相对位移为 $1.875\,\mathrm{m}$ 。
两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 $xOy$ 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为 $q(q>0)$ 、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：（1） $t=0$ 时刻释放的粒子，在 $t=\frac{2\pi m}{qB_{0}}$ 时刻的位置坐标；（2）在 $0\sim\frac{6\pi m}{qB_{0}}$ 时间内，静电力对 $t=0$ 时刻释放的粒子所做的功；（3）在 $M\left(\frac{4\pi E_{0}m}{qB_{0}^{2}},\frac{\pi^{2}E_{0}m}{4qB_{0}^{2}}\right)$ 点放置一粒接收器，在 $0\sim\frac{6\pi m}{qB_{0}}$ 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。

【答案与解析】

记 $\omega_0=\frac{qB_0}{m}$ ， $\tau=\frac{\pi m}{qB_0}$ 。电场、磁场交替出现，每段时长 $\tau$ ：偶数段仅有电场（场强依次为 $E_0,2E_0,3E_0,\dots$ ），奇数段仅有磁场 $B_0$ 。粒子在电场段做匀变速直线运动，在磁场段做半圆运动（磁场段时长恰为回旋半周期）。（1） $t=0$ 释放的粒子： $0\to\tau$ 仅在 $E_0$ 中， $v_1=a_1\tau=\frac{qE_0}{m}\cdot\frac{\pi m}{qB_0}=\frac{\pi E_0}{B_0}$ ，方向 $+y$ ，竖直位移 $y_1=\frac12a_1\tau^2=\frac{\pi^2mE_0}{2qB_0^2}$ ； $\tau\to2\tau$ 仅在磁场中做半圆，半径 $r_1=\frac{mv_1}{qB_0}=\frac{\pi mE_0}{qB_0^2}$ ，水平位移 $x=2r_1=\frac{2\pi mE_0}{qB_0^2}$ 。故 $t=2\tau=\frac{2\pi m}{qB_0}$ 时位置坐标为 $\left(\frac{2\pi E_0m}{qB_0^2},\frac{\pi^2E_0m}{2qB_0^2}\right)$ 。（2）磁场不做功，静电力做功等于动能增量。逐段得各电场段末速率： $v_1=\frac{\pi E_0}{B_0}$ ， $v_2=\frac{\pi E_0}{B_0}$ （ $2\tau\to3\tau$ ，场强 $2E_0$ ）， $v_3=\frac{2\pi E_0}{B_0}$ （ $4\tau\to5\tau$ ，场强 $3E_0$ ）， $v_4=\frac{2\pi E_0}{B_0}$ （ $5\tau\to6\tau$ ，场强 $4E_0$ ）。 $t=6\tau=\frac{6\pi m}{qB_0}$ 时速率 $v_4=\frac{2\pi E_0}{B_0}$ ，静电力做功 $W=\frac12mv_4^2=\frac{2\pi^2E_0^2m}{B_0^2}$ 。（3）接收器 $M\left(\frac{4\pi E_0m}{qB_0^2},\frac{\pi^2E_0m}{4qB_0^2}\right)$ 位于 $x$ 方向两半圆直径之和处。若在 $0\to\tau$ 间某时刻 $t_1$ 释放，经两段运动（电场—磁场—电场—磁场）到达M，其纵坐标为关于加速时间 $t_1$ 的二次函数，当 $t_1=\frac{\pi m}{2qB_0}$ 时取最小值恰为 $\frac{\pi^2E_0m}{4qB_0^2}$ ，即被捕获；若在 $4\tau\to5\tau$ 间释放，令加速时间使半圆直径等于M的横坐标，解得释放时刻为 $4\tau+\frac{\tau}{3}=\frac{13\pi m}{3qB_0}$ ，此时纵坐标为 $\frac{\pi^2E_0m}{6qB_0^2}<\frac{\pi^2E_0m}{4qB_0^2}$ ，低于M而被捕获。故（1）位置 $\left(\frac{2\pi E_0m}{qB_0^2},\frac{\pi^2E_0m}{2qB_0^2}\right)$ ；（2）做功 $\frac{2\pi^2E_0^2m}{B_0^2}$ ；（3）释放时刻为 $\frac{\pi m}{2qB_0}$ 与 $\frac{13\pi m}{3qB_0}$ 。
如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将＿＿＿＿（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将＿＿＿＿（填“升高”“降低”或“不变”）。

【答案与解析】

气球内部压强大于外部，源于球皮弹性。漏气时球皮收缩，弹性势能转化为气体内能，容器内气体温度升高；同时外部气体物质的量增多且温度升高，由理想气体状态方程 $pV=nRT$ ，外部气体压强增大。故填增大；升高。
水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强 $p_0$ 。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为 $SL_{0}$ ，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的 $\dfrac{1}{2}$ ，设整个过程温度保持不变，求：（i）此时上、下部分气体的压强；（ii）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。

【答案与解析】

旋转前两部分气体压强均为 $p_0$ 、体积均为 $SL_0$ ，旋转后温度不变（等温）。上部体积变为 $\frac12SL_0$ ，由玻意耳定律 $p_0SL_0=p_{\text{上}}\cdot\frac12SL_0$ 得 $p_{\text{上}}=2p_0$ ；下部体积 $V_{\text{下}}=2SL_0-\frac12SL_0=\frac32SL_0$ ，由 $p_0SL_0=p_{\text{下}}\cdot\frac32SL_0$ 得 $p_{\text{下}}=\frac{2}{3}p_0$ 。对“H”型活塞受力分析（竖直方向）：上部气体压力向上 $p_{\text{上}}S$ ，下部气体压力向下 $p_{\text{下}}S$ ，重力 $mg$ 向下，平衡得 $p_{\text{上}}S=p_{\text{下}}S+mg$ ，故 $mg=\left(2p_0-\frac23p_0\right)S=\frac{4}{3}p_0S$ ，质量 $m=\frac{4p_0S}{3g}$ 。故上、下部分气体压强分别为 $2p_0$ 、 $\frac{2}{3}p_0$ ；活塞质量为 $\frac{4p_0S}{3g}$ 。
一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为 $10\mathrm{m/s}$ 。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为 $x_P = 1m$ ， $x_Q = 6m$ 。波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为＿＿＿＿m，经过＿＿＿＿s，Q点第一次到达正向最大位移处。

【答案与解析】

由P点振动图像，周期 $T=0.2\,\mathrm{s}$ ，波长 $\lambda=vT=10\times0.2=2\,\mathrm{m}$ 。 $P,Q$ 相距 $\Delta x=5\,\mathrm{m}$ ，波从P传到Q需 $t_1=\frac{\Delta x}{v}=0.5\,\mathrm{s}$ ；P点起振方向向上，Q点起振后第一次到达正向最大位移还需 $\frac14T=0.05\,\mathrm{s}$ ，故 $t=0.55\,\mathrm{s}$ 。故填 $2$ ； $0.55$ 。
如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行， $\theta = 30^{\circ}$ 。光在真空中的传播速度为c。求：（i）玻璃的折射率；（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。

【答案与解析】

（i）设出射点A对应半径OA与SC夹角为 $\varphi$ 。由几何，入射角 $i=\frac{\varphi}{2}$ （SA与法线OA夹角），折射角 $r=\varphi$ （因AB∥SC，出射光线与法线OA夹角等于 $\varphi$ ）。由折射定律 $n\sin i=\sin r$ ，即 $n\sin\frac{\varphi}{2}=\sin\varphi=2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2}$ ，得 $n=2\cos\frac{\varphi}{2}$ 。由题图 $\theta=30^\circ$ 为SA与直径SC夹角，对应 $\frac{\varphi}{2}=30^\circ$ ，故 $\varphi=60^\circ$ ， $n=2\cos30^\circ=\sqrt3$ 。（ii）光在玻璃内速度 $v=\frac{c}{n}=\frac{c}{\sqrt3}$ 。球内表面全反射临界角 $\theta_c$ 满足 $\sin\theta_c=\frac{1}{n}=\frac{1}{\sqrt3}$ ， $\theta_c\approx35.3^\circ$ 。设每段弦对应圆心角 $\beta$ ，反射处入射角 $i'=90^\circ-\frac{\beta}{2}$ ，须 $i'\ge\theta_c$ 即 $\beta\le180^\circ-2\theta_c\approx109.5^\circ$ 。光从S出发经若干段弦回到S，总路径最短对应正四边形（每段圆心角 $\beta=90^\circ$ ， $i'=45^\circ>\theta_c$ 满足全反射），每段弦长 $2R\sin45^\circ=\sqrt2R$ ，总路程 $L=4\sqrt2R$ 。最短时间 $t=\frac{L}{v}=\frac{4\sqrt2R}{c/\sqrt3}=\frac{4\sqrt6R}{c}$ 。故玻璃折射率为 $\sqrt3$ ；从S发出经多次全反射回到S的最短时间为 $\frac{4\sqrt6R}{c}$ 。