湖南卷2024年高考物理真題含解析

2024年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試（湖南卷）

物理試題本試卷共100分，考試時(shí)間75分鐘．

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要

求的。

1.量子技術(shù)是當(dāng)前物理學(xué)應(yīng)用研究的熱點(diǎn)，下列關(guān)于量子論的說(shuō)法正確的是（）

A.普朗克認(rèn)為黑體輻射的能量是連續(xù)的

B.光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，紅光照射可以讓電子從某金屬表面逸出，若改用紫光照射也可以讓電子從該金屬表面

逸出

C.康普頓研究石墨對(duì)X射線散射時(shí)，發(fā)現(xiàn)散射后僅有波長(zhǎng)小于原波長(zhǎng)的射線成分

D.德布羅意認(rèn)為質(zhì)子具有波動(dòng)性，而電子不具有波動(dòng)性

【答案】B

【解析】

【詳解】A．普朗克認(rèn)為黑體輻射的能量是一份一份的，是量子化的，故A錯(cuò)誤；

B．產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件是光的頻率大于金屬的極限頻率，紫光的頻率大于紅光，若紅光能使金屬發(fā)生光電

效應(yīng)，可知紫光也能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故B正確；

C．石墨對(duì)X射線的散射過(guò)程遵循動(dòng)量守恒，光子和電子碰撞后，電子獲得一定的動(dòng)量，光子動(dòng)量變小，根

h

據(jù)可知波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；

p

D．德布羅意認(rèn)為物質(zhì)都具有波動(dòng)性，包括質(zhì)子和電子，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.如圖，健身者在公園以每分鐘60次的頻率上下抖動(dòng)長(zhǎng)繩的一端，長(zhǎng)繩自右向左呈現(xiàn)波浪狀起伏，可近

似為單向傳播的簡(jiǎn)諧橫波。長(zhǎng)繩上A、B兩點(diǎn)平衡位置相距6m，t0時(shí)刻A點(diǎn)位于波谷，B點(diǎn)位于波峰，兩

者之間還有一個(gè)波谷。下列說(shuō)法正確的是（）

A.波長(zhǎng)為3mB.波速為12m/s

C.t00.25s時(shí)刻，B點(diǎn)速度為0D.t00.50s時(shí)刻，A點(diǎn)速度為0

【答案】D

1

【解析】

【詳解】A．如圖根據(jù)題意可知

3

x6m

AB2

解得

4m

故A錯(cuò)誤；

B．波源的振動(dòng)頻率為

60

fHz=1Hz

60

故波速為

vf4m/s

故B錯(cuò)誤；

T

C．質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為T(mén)1s，因?yàn)?.25s，故B點(diǎn)在t0.25s運(yùn)動(dòng)到平衡位置，位移為0，速度最大，

40

故C錯(cuò)誤；

T

D．0.5s，故A點(diǎn)在t0.5s運(yùn)動(dòng)到波峰，位移最大，速度為0，故D正確。

20

故選D。

3.如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O

點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）

A.g，1.5gB.2g，1.5gC.2g，0.5gD.g，0.5g

【答案】A

【解析】

2

【詳解】剪斷前，對(duì)BCD分析

FAB3m2mmg

對(duì)D

FCDmg

剪斷后，對(duì)B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向豎直向上；對(duì)C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向豎直向下。

故選A。

4.如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中abc是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點(diǎn)，直線段Oa長(zhǎng)為R且垂直

于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。則O、a、b、c各

點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為（）

A.OabcB.Oabc

C.OabcD.Oabc

【答案】C

【解析】

【詳解】如圖，相當(dāng)于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，根據(jù)右手定則可知O點(diǎn)電勢(shì)最高；根據(jù)

3

1

EBlvBl2

2

同時(shí)有

lOblOc5R

可得

0<UOa<UObUOc

得

O>a>bc

故選C。

5.真空中有電荷量為4q和q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，分別固定在x軸上1和0處。設(shè)無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，x正

半軸上各點(diǎn)電勢(shì)隨x變化的圖像正確的是（）

A.B.C.

D.

【答案】D

【解析】

Q

【詳解】根據(jù)點(diǎn)電荷周?chē)碾妱?shì)公式k，設(shè)x處x'0的電勢(shì)為0，得

r

4qq

kk0

1x'x'

解得

4

1

x

3

11

故可知當(dāng)0<x<時(shí)，<0；當(dāng)x>時(shí)，>0。

33

故選D。

6.根據(jù)國(guó)家能源局統(tǒng)計(jì)，截止到2023年9月，我國(guó)風(fēng)電裝機(jī)4億千瓦，連續(xù)13年居世界第一位，湖南在

國(guó)內(nèi)風(fēng)電設(shè)備制造領(lǐng)域居于領(lǐng)先地位。某實(shí)驗(yàn)小組模擬風(fēng)力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡(luò)供電的裝置如圖所示。已知發(fā)

電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡(jiǎn)化為一個(gè)定值

電阻R0。當(dāng)用戶(hù)端接一個(gè)定值電阻R時(shí)，R0上消耗的功率為P。不計(jì)其余電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

A.風(fēng)速增加，若轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4P

B.輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0消耗的功率為4P

C.若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍，則R0上消耗的功率為8P

D.若在用戶(hù)端再并聯(lián)一個(gè)完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P

【答案】A

【解析】

【詳解】

如圖為等效電路圖，設(shè)降壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為k:1，則輸電線上的電流為

U

2

I22

R0kR

轉(zhuǎn)子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

eNBSsint

A．當(dāng)轉(zhuǎn)子角速度增加一倍時(shí)，升壓變壓器原副線圈兩端電壓都增加一倍，輸電線上的電流變?yōu)椋?/p>

I22I2

故R0上消耗的電功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故A正確；

C．升壓變壓器副線圈匝數(shù)增加一倍，副線圈兩端電壓增加一倍，輸電線上的電流增加一倍，故R0上消耗

5

的電功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故C錯(cuò)誤；

B．若R0阻值增加一倍，輸電線路上的電流

U

2

I22

2R0kR

R0消耗的功率

2

P3I22R04P

故B錯(cuò)誤；

D．若在用戶(hù)端并聯(lián)一個(gè)完全相同的電阻R，用戶(hù)端電阻減為原來(lái)的一半，輸電線上的電流為

U2U

I22

2k2R2Rk2R

R0

02

R0消耗的功率

2

P4I2R06P

故D錯(cuò)誤。

故選A。

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

7.2024年5月3日，“嫦娥六號(hào)”探測(cè)器順利進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，正式開(kāi)啟月球之旅。相較于“嫦娥四號(hào)”

和“嫦娥五號(hào)”，本次的主要任務(wù)是登陸月球背面進(jìn)行月壤采集并通過(guò)升空器將月壤轉(zhuǎn)移至繞月運(yùn)行的返

回艙，返回艙再通過(guò)返回軌道返回地球。設(shè)返回艙繞月運(yùn)行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑。己知

11

月球表面重力加速度約為地球表面的，月球半徑約為地球半徑的。關(guān)于返回艙在該繞月軌道上的運(yùn)動(dòng)，

64

下列說(shuō)法正確的是（）

A.其相對(duì)于月球的速度大于地球第一宇宙速度

B.其相對(duì)于月球的速度小于地球第一宇宙速度

C.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)星周期的2倍

3

D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)星周期的3倍

2

【答案】BD

6

【解析】

【詳解】AB．返回艙在該繞月軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力，且返回艙繞月運(yùn)行的軌道為圓軌道，半

徑近似為月球半徑，則有

2

M月mv月

G2m

r月r月

其中在月球表面萬(wàn)有引力和重力的關(guān)系有

Mm

月

G2mg月

r月

聯(lián)立解得

v月g月r月

由于第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，同理可得

v地g地r地

代入題中數(shù)據(jù)可得

6

v月v地

12

故A錯(cuò)誤、B正確；

CD．根據(jù)線速度和周期的關(guān)系有

2π

Tr

v

根據(jù)以上分析可得

3

T月T地

2

故C錯(cuò)誤、D正確；

故選BD。

8.某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值

電阻相連，導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m

的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過(guò)AA1進(jìn)入磁場(chǎng)，最終恰好停在CC1處。已

知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，ABBCd。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力

加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）

7

v

A.金屬桿經(jīng)過(guò)BB的速度為0

12

11

B.在整個(gè)過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為mv2mgd

202

C.金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同

D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來(lái)的2倍

【答案】CD

【解析】

【詳解】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中切割磁感線有

E

E=BLv，I

2R

金屬桿在AA1B1B區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有

BILtmv

則

B2L2v

ttmv

2R

由于dvtt，則上面方程左右兩邊累計(jì)求和，可得

B2L2d

mvmv

2RB0

則

B2L2d

vv

B02mR

設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中有

B2L2d

mgtmv

2R0B

8

解得

B2L2d

vgt

B2mR0

綜上有

vgtv

v000

B222

v0

則金屬桿經(jīng)過(guò)BB1的速度大于，故A錯(cuò)誤；

2

B．在整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒有

1

mv2mgdQ

20

則在整個(gè)過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為

111

QQmv2mgd

R2402

故B錯(cuò)誤；

C．金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為

B2L2B2L2x

BILtvtt

2R2R

則金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為d，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；

D．根據(jù)A選項(xiàng)可得，金屬桿以初速度v0再磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有

B2L22d

mgtmv

2R00

金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過(guò)AA1B1B區(qū)域時(shí)中有

B2L2d

mv'2mv

2RB0

則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過(guò)BB1時(shí)速度為

B2L2d

v'2v

B02mR

則設(shè)金屬桿通過(guò)BB1C1C區(qū)域的時(shí)間為t1，則

B2L2dB2L2x

mgtmv'mv'，mgt02mv

2R1CB2R10

則

9

B2L22d

mgtmv'2mv，

2R1C0

則

2R2mvmgt

01

x22(2mv0mgt1)2d

BLmv0mgt0

由于t1t0，則

x4d

可見(jiàn)若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來(lái)的2倍，故D正確。

故選CD。

9.1834年，洛埃利用平面鏡得到楊氏雙縫干涉的結(jié)果（稱(chēng)洛埃鏡實(shí)驗(yàn)），平面鏡沿OA放置，靠近并垂直

于光屏。某同學(xué)重復(fù)此實(shí)驗(yàn)時(shí)，平面鏡意外傾斜了某微小角度，如圖所示。S為單色點(diǎn)光源。下列說(shuō)法正

確的是（）

A.沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋不移動(dòng)

B.沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距減小

C.若0，沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距不變

D.若0，沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋向A處移動(dòng)

【答案】BC

【解析】

【詳解】CD．根據(jù)題意畫(huà)出光路圖

如圖所示，S發(fā)出的光與通過(guò)平面鏡反射光（可以等效成虛像S′發(fā)出的光）是同一列光分成的，滿(mǎn)足相干

10

光條件。所以實(shí)驗(yàn)中的相干光源之一是通過(guò)平面鏡反射的光，且該干涉可看成雙縫干涉，設(shè)S與S′的距離

為d，則

d=2a

S到光屏的距離為l，代入雙縫干涉公式

l

x

d

可得

l

x

2a

則若θ=0°，沿OA向右（沿AO向左）略微平移平面鏡，對(duì)l和d均沒(méi)有影響，則干涉條紋間距不變，

也不會(huì)移動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤；

AB．同理再次畫(huà)出光路圖有

沿OA向右略微平移平面鏡，即圖中從①位置→②位置，由圖可看出雙縫的間距增大，則干涉條紋間距減小，

沿AO向左略微平移平面鏡，即圖中從②位置→①位置，由圖可看出干涉條紋向上移動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。

故選BC。

10.如圖，光滑水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy．A、B兩小球同時(shí)從O點(diǎn)出發(fā)，A球速度大小為v1，方向沿x

軸正方向，B球速度大小為v2=2m/s、方向與x軸正方向夾角為θ。坐標(biāo)系第一象限中有一個(gè)擋板L，與x

軸夾角為α。B球與擋板L發(fā)生碰撞，碰后B球速度大小變?yōu)?m/s，碰撞前后B球的速度方向與擋板L法

線的夾角相同，且分別位于法線兩側(cè)。不計(jì)碰撞時(shí)間和空氣阻力，若A、B兩小球能相遇，下列說(shuō)法正確的

是（）

11

A.若15，則v1的最大值為2m/s，且15

2

B.若15，則v1的最大值為3m/s，且0

3

2

C.若30，則v1的最大值為3m/s，且0

3

D.若30，則v1的最大值為2m/s，且15

【答案】AC

【解析】

【詳解】由于水平面光滑，則兩小球均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若A、B兩小球能相遇，則繪出運(yùn)動(dòng)軌跡圖如下圖

則根據(jù)正弦定理有

vtv'tttv

2122121

sin2sinsin18022

AB．若15，帶入數(shù)據(jù)v2=2m/s，v2'1m/s，解得當(dāng)15，v1取得最大值為2m/s，故A正確、

B錯(cuò)誤；

2

CD．若30，帶入數(shù)據(jù)v2=2m/s，v'1m/s，解得當(dāng)0，v1取得最大值為3m/s，故C正確、

23

D錯(cuò)誤。

故選AC。

三、非選擇題：本大題共5題，共56分。

11.某實(shí)驗(yàn)小組要探究一金屬絲的阻值隨氣壓變化的規(guī)律，搭建了如圖（a）所示的裝置。電阻測(cè)量原理如

圖（b）所示，E是電源，V為電壓表，A為電流表。

12

（1）保持玻璃管內(nèi)壓強(qiáng)為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，電流表示數(shù)為100mA，電壓表量程為3V，表盤(pán)如圖（c）所示，

示數(shù)為_(kāi)_______V，此時(shí)金屬絲阻值的測(cè)量值R為_(kāi)_______Ω（保留3位有效數(shù)字）；

（2）打開(kāi)抽氣泵，降低玻璃管內(nèi)氣壓p，保持電流I不變，讀出電壓表示數(shù)U，計(jì)算出對(duì)應(yīng)的金屬絲阻值；

（3）根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)繪制R—p關(guān)系圖線，如圖（d）所示；

（4）如果玻璃管內(nèi)氣壓是0.5個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，保持電流為100mA，電壓表指針應(yīng)該在圖（c）指針位置的

________側(cè)（填“左”或“右”）；

（5）若電壓表是非理想電壓表，則金屬絲電阻的測(cè)量值________真實(shí)值（填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案】①.1.23②.12.3③.右側(cè)④.小于

【解析】

【詳解】（1）[1]電壓表量程為0—3V，分度值為0.1V，則電壓表讀數(shù)需估讀一位，讀數(shù)為1.23V，[2]根據(jù)

歐姆定律可知，金屬絲的測(cè)量值

U

R12.3Ω

I

（4）[3]根據(jù)圖（d）可知?dú)鈮涸叫‰娮柙酱?，再根?jù)

U=IR

可知壓強(qiáng)p減小，則電阻R增大，故電壓增大，電壓表的指針位置應(yīng)該在題圖（c）中指針位置的右側(cè)。

（5）[4]電流表采用外接法會(huì)導(dǎo)致電壓表分流，即

UU

R測(cè)，I測(cè)I真

I測(cè)RV

即I測(cè)偏大，故R測(cè)<R真。

12.在太空，物體完全失重，用天平無(wú)法測(cè)量質(zhì)量。如圖，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量物體質(zhì)量的

實(shí)驗(yàn)方案，主要實(shí)驗(yàn)儀器包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊、輕彈簧、標(biāo)準(zhǔn)砝碼、光電計(jì)時(shí)器和待測(cè)物體，主要步驟

如下：

13

（1）調(diào)平氣墊導(dǎo)軌，將彈簧左端連接氣墊導(dǎo)軌左端，右端連接滑塊；

（2）將滑塊拉至離平衡位置20cm處由靜止釋放，滑塊第1次經(jīng)過(guò)平衡位置處開(kāi)始計(jì)時(shí)，第21次經(jīng)過(guò)平衡

位置時(shí)停止計(jì)時(shí)，由此測(cè)得彈簧振子的振動(dòng)周期T；

（3）將質(zhì)量為m的砝碼固定在滑塊上，重復(fù)步驟（2）；

（4）依次增加砝碼質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的周期T，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示，在圖中繪制T2—m關(guān)系圖線______；

m/kgT/sT2/s2

0.0000.6320.399

0.0500.7750.601

0.1000.8930.797

01501001

..1.002

0.2001.1051.221

1381

0.2501.175.

（5）由T2—m圖像可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與砝碼質(zhì)量的關(guān)系是________（填“線性的”或“非線

性的”）；

（6）取下砝碼后，將待測(cè)物體固定在滑塊上，測(cè)量周期并得到T2=0.880s2，則待測(cè)物體質(zhì)量是________kg

14

（保留3位有效數(shù)字）；

（7）若換一個(gè)質(zhì)量較小的滑塊重做上述實(shí)驗(yàn)，所得T2—m圖線與原圖線相比將沿縱軸________移動(dòng)（填“正

方向”“負(fù)方向”或“不”）。

【答案】①.②.線性的③.0.120kg④.負(fù)方

向

【解析】

【詳解】（4）[1]根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，有

（5）[2]圖線是一條傾斜的直線，說(shuō)明彈簧振子振動(dòng)周期的平方與砝碼質(zhì)量為線性關(guān)系。

（6）[3]在圖線上找到T2=0.880s2的點(diǎn)，對(duì)應(yīng)橫坐標(biāo)為0.120kg。

（7）[4]已知彈簧振子的周期表達(dá)式為

M

T2

k

M是小球質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，M變小，則T變小，相較原來(lái)放相同質(zhì)量砝碼而言，周期變小，圖線

下移，即沿縱軸負(fù)方向移動(dòng)。

13.一個(gè)充有空氣的薄壁氣球，氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p、體積為V。氣球內(nèi)空氣可視為理想氣體。

（1）若將氣球內(nèi)氣體等溫膨脹至大氣壓強(qiáng)p0，求此時(shí)氣體的體積V0（用p0、p和V表示）；

15

（2）小贊同學(xué)想測(cè)量該氣球內(nèi)氣體體積V的大小，但身邊僅有一個(gè)電子天平。將氣球置于電子天平上，示

數(shù)為m=8.66×10?3kg（此時(shí)須考慮空氣浮力對(duì)該示數(shù)的影響）。小贊同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)，此時(shí)氣球內(nèi)氣

5?33

體壓強(qiáng)p和體積V還滿(mǎn)足：(p?p0)(V?VB0)=C，其中p0=1.0×10Pa為大氣壓強(qiáng)，VB0=0.5×10m

?3

為氣球無(wú)張力時(shí)的最大容積，C=18J為常數(shù)。已知該氣球自身質(zhì)量為m0=8.40×10kg，外界空氣密度

3

為ρ0=1.3kg/m，求氣球內(nèi)氣體體積V的大小。

pV

【答案】（1）；（2）5103m3

p0

【解析】

【詳解】（1）理想氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有

pVp0V0

解得

pV

V0

p0

（2）設(shè)氣球內(nèi)氣體質(zhì)量為m氣，則

m氣0V0

對(duì)氣球進(jìn)行受力分析如圖所示

根據(jù)氣球的受力分析有

mg0gVm氣gm0g

結(jié)合題中p和V滿(mǎn)足的關(guān)系為

pp0VVB0C

解得

V5103m3

14.如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取

16

O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿

x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒

內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子

的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。

（1）若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；

（2）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ

的絕對(duì)值；

（3）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。

2mv2r222

【答案】（1）0；（2）；（3）2rv0m

eLLEeL2

【解析】

【詳解】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得

Lv0t

在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T(mén)，由牛頓第二定律知

v2

Bevmy

yR

可得

mv

Ry

Be

且

2R2m

T

vyBe

由題意可知所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，則有

tnTn1,2,3,

17

聯(lián)立得

2nmv

B0

eL

當(dāng)n1時(shí)，B有最小值，可得

2mv

B0

mineL

（2）將電子的速度分解，如圖所示

有

v

tany

v0

當(dāng)tan有最大值時(shí)，vy最大，R最大，此時(shí)Rr，又

2mvmv

B0，Ry

eLBe

聯(lián)立可得

2vr2r

v0，tan

ymLL

（3）當(dāng)vy最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移ym，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

v2

yym

m2a

由牛頓第二定律知

Ee

a

m

又

2vr

v0

ymL

聯(lián)立得

22r2v2m

y0

mEeL2

18

15.如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A

以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在

圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。

（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大??；

（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比

m

A。

mB

（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0<e<1），

求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程。

mvm2v2mm

【答案】（1）vA0，F(xiàn)A0；（2）A2或A5；

mAmBmAmBRmBmB

2Rme2n1

A

（3）n

mAmBee1

【解析】

【詳解】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有

mAv0mAmBv

可得

mv

vA0

mAmB

碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有

v2

Fmm

ABR

可得

m2v2

FA0

mAmBR

19

（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有

mAv0mAvAmBvB

111

mv2mv2mv2

2A02AA2BB

聯(lián)立解得

mm2mv

vABv，vA0

A0B

mAmBmAmB

因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖

①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為

13k

1k1,2,3，則有

43k1

vx13k

AA1k0,1,2,3

vBxB43k1

聯(lián)立解得

m43k

A1

mB23k1

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即

m

A2

mB

對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有

vAvB

mAvAmBvBmAvAmBvB

1111

mv2mv2mv2mv2

2AA2BB2AA2BB

vv

聯(lián)立解得A0，vB0，故第三次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類(lèi)推，滿(mǎn)足題意。

②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為