2019高考物理真題匯編-計算題

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN2019高考物理真題匯編——計算題目錄牛頓第二定律 2功能 3動量 3力學(xué)綜合 3動量能量綜合 4帶電粒子在電場中的運動 6帶電粒子在磁場中的運動 7電磁感應(yīng) 8法拉第電磁感應(yīng)定律（動生與感生電動勢） 8桿切割 8線框切割 9感生電動勢 9電磁感應(yīng)中的功能問題 10電磁科技應(yīng)用 11熱學(xué) 12光學(xué) 14近代物理 15思想方法原理類 15牛頓第二定律【2019天津卷】完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點進(jìn)入BC．已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求【解答】解：（1）艦載機做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則艦載機在AB上滑行過程：L【解答】解：（1）艦載機做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則艦載機在AB上滑行過程：L1=v由動能定理得：W=1代入數(shù)據(jù)解得：W＝7.5×104J；（2）設(shè)上翹甲板對應(yīng)的圓弧半徑為R，由幾何知識得：L2＝Rsinθ，以飛行員為研究對象，由牛頓第二定律得：FN﹣mg＝mv2代入數(shù)據(jù)解得：FN＝1.1×103N；答：（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W為7.5×104J；（2）艦載機剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN大小為1.1×103N。（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；（2）艦載機剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。【2019江蘇卷】如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ．先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求【解答】解：（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大?。篴A＝【解答】解：（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大?。篴A＝μg勻變速直線運動：2解得：v（2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，對齊前，B所受合外力大小：F＝3μmg由牛頓運動定律：F＝maB，解得：aB＝3μg對齊后，A、B所受合外力大小：F'＝2μmg由牛頓運動定律F'＝2maB′解得：a'B＝μg（3）經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA，xB，A加速度的大小等于aA，則：v＝aAtv＝vB﹣aBtxAxB且xB﹣xA＝L解得：v答：（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA為2μgL；（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′分別為3μg，μg；（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB為22μgL（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB。功能【2019.04浙江選考】小明以初速度v0＝10m/s豎直向上拋出一個質(zhì)量m＝0.1kg的小皮球，最后在拋出點接住。假設(shè)小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求【解答】解：（1）上升過程由牛頓第二定律得：mg+f＝ma1解得：a【解答】解：（1）上升過程由牛頓第二定律得：mg+f＝ma1解得：a1＝11m/s2上升的最大高度：h=v（2）從拋出到接住的過程中重力做功WG＝0空氣阻力做功Wf＝﹣f?2h=-（3）上升過程的時間t1=v下降過程由牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma2解得：a2＝9m/s2由位移公式得：h=解得：t2=10答：（1）上升的最大高度是5011（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功分別為0、-10（3）上升和下降的時間分別為1011s、10（1）上升的最大高度；（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功（3）上升和下降的時間。動量力學(xué)綜合【2019全國卷Ⅱ】一質(zhì)量為m＝2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0～t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1＝0.8s；t1～t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2＝1.3s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在【解答】解：（1）v﹣t圖象如圖所示；（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛的速度大小為v1【解答】解：（1）v﹣t圖象如圖所示；（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1，t2時刻的速度為v2，在t2時刻以后汽車做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a，取△t＝1s，設(shè)汽車在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t內(nèi)的位移為sn，n＝1、2、3…。若汽車在t2+3△t～t2+4△t時間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3△t時刻的速度為v3，在t2+4△t時刻的速度為v4，根據(jù)運動學(xué)公式有：s1﹣s4＝3a（△t）2①s1＝v2△t-1v4＝v2﹣4a△t③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：v4=-17這說明在t2+4△t時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式子不成立；由于在t2+3△t～t2+4△t時間內(nèi)汽車停止，根據(jù)運動學(xué)公式可得：v3＝v2﹣3a△t⑤2as4＝v32⑥聯(lián)立②⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得a＝8m/s2，v2＝28m/s⑦或者a=28825m/s2，v2但⑧式子情境下，v3＜0，不合題意，舍去；（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力大小為f1，根據(jù)牛頓第二定律可得：f1＝ma⑨在t1～t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為I=1根據(jù)動量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?根據(jù)動能定理，在t1～t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為W=1聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入數(shù)據(jù)可得：v1＝30m/s，?W＝1.16×105J；?從司機發(fā)出警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為：s＝v1t1+12（v1+v2）（t2﹣t1）聯(lián)立⑦??，代入數(shù)據(jù)解得s＝87.5m。?答：（1）從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v﹣t圖線如圖所示。（2）t2時刻汽車的速度大小28m/s，此后的加速度大小為8m/s2；（3）剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為30m/s，t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功為1.16×105J；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為87.5m。（2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1～t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度）

【2019.04浙江選考】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H＝2.2m。現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達(dá)傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴摇Ｒ阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5．（sin37°＝0.6）（1）若【解答】解：（1）物塊由靜止釋放到B的過程中，由牛頓第二定律得：mgsinθ【解答】解：（1）物塊由靜止釋放到B的過程中，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma由速度位移的關(guān)系式得：vB2＝2ah聯(lián)立解得：vB＝4m/s（2）左側(cè)離開，設(shè)到D點速度為零時高為h1，由動能定理得：0＝mgh1﹣μmgcosθh1sinθ解得：h1＝3.0m若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，h需要滿足的條件是h≤3.0m（3）右側(cè)拋出，設(shè)到D點的速度為v，由動能定理得：12mv2＝mgh一μmgcosθhsinθ由平拋運動的規(guī)律得：H+2R=12gt解得：x＝2h-為使能在D點水平拋出，則有：mg≤解得：h＝3.6m答：（1）若h＝2.4m，小物塊到達(dá)B端時速度的大小是4m/s；（2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，h需要滿足的條件是h≤3.0m；（3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式是x＝2h-h需要滿足的條件是h＝3.6m。（2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件（3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。動量能量綜合【2019全國卷Ⅰ】豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標(biāo)出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v﹣t圖象如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。（1）求【解答】解：（1）根據(jù)圖（b），v1為A在碰撞前瞬間的速度大小，【解答】解：（1）根據(jù)圖（b），v1為A在碰撞前瞬間的速度大小，v12為其碰撞后瞬間速度大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰后瞬間的速度為v′根據(jù)動量守恒定律可得：mv1＝m（-v12）+m根據(jù)能量守恒定律可得：1聯(lián)立解得m′＝3m；（2）在圖（b）描述的運動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦所做的功為W，根據(jù)動能定理可得：mgH﹣fs1=1﹣（fs2+mgh）＝0-從圖（b）給出的圖象可知，s1=s2=根據(jù)幾何關(guān)系可得：s物塊A在整個過程中克服摩擦力做的功為：W＝fs1+fs2，聯(lián)立解得：W=2（3）設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，則有：W＝μmgcotθ(H+h)設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，根據(jù)動能定理可得﹣μm′gs′＝0-設(shè)物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變后為μ′，根據(jù)動能定理可得：mgh﹣μ′mgcotθh-μ′mgs′＝0聯(lián)立解得：μμ'答：（1）物塊B的質(zhì)量為3m；（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，物塊A克服摩擦力所做的功為215（3）改變前后動摩擦因數(shù)的比值為119（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值?！?019全國卷Ⅲ】靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝l.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20．重力加速度取g＝10m/s2．A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求【解答】解：（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、v【解答】解：（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有：0＝mAvA﹣mBvBEk聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，二者運動的過程中，若A一直向右運動，一直到停止，則對A由動量定理可得：﹣μmAgt1＝0﹣mAvA則：t1＝2.0sB一直向左運動，則：﹣μmBgt2＝0﹣mBvB可得：t2＝0.5s可知B先停止運動，該過程中B的位移：x代入數(shù)據(jù)可得：xB＝0.25m從二者分開到B停止，A若一直向右運動，由動量定理可得：﹣μmAgt2＝mAvA′﹣mAvAB停止時A的速度：v代入數(shù)據(jù)可得：vA′＝2m/s對A由動能定理可得：-則位移：xA＝1.75m＞l＝1.0m這表明在時間t2內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊的距離為：△x＝2l﹣xA＝2.0﹣1.75＝0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為：s＝xB+△x＝0.25m+0.25m＝0.50m（3）t2時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA″，由動能定理有：-μ聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得：vA故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA0以和vB0，由動量守恒定律與機械能守恒定律有：mA（﹣vA″）＝mAvA0+mBvB0以及：1聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得：vA0=3這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為xA′時停止，B向左運動距離為xB′時停止，由動能定理可得：xA'=1代入數(shù)據(jù)得：xA′＝0.63m，xB′＝0.28mxA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離：s′＝xA′+xB′＝0.63+0.28＝0.91m答：（1）彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小分別為4.0m/s和1.0m/s；（2）物塊B先停止，該物塊剛停止時A與B之間的距離是0.50m；（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是0.91m。（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？

【2019海南卷】如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點：初始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。現(xiàn)將a由靜止釋放，當(dāng)物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），碰撞后b滑行的最大距離為s。已知b的質(zhì)量是a的3倍。b與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。求【解答】解：（1）設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)量為3m。碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理得【解答】解：（1）設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)量為3m。碰撞后b滑行過程，根據(jù)動能定理得﹣μ?3mgs＝0-12?3mvb解得，碰撞后瞬間物塊b速度的大小vb=（2）對于a、b碰撞過程，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mva+3mvb。根據(jù)機械能守恒得12mv02=12mva2+12設(shè)輕繩的長度為L．對于a下擺的過程，根據(jù)機械能守恒得mgL=12?mv聯(lián)立解得L＝4μs答：（1）碰撞后瞬間物塊b速度的大小為2μgs。（2）輕繩的長度是4μs。（1）碰撞后瞬間物塊b速度的大?。唬?）輕繩的長度。帶電粒子在電場中的運動【2019全國卷Ⅱ】如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ（φ＞0）。質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求【解答】解：（1）PG、QG間的電場強度大小相等、方向相反，設(shè)為E，則有：E=【解答】解：（1）PG、QG間的電場強度大小相等、方向相反，設(shè)為E，則有：E=φ設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，根據(jù)動能定理可得：qEh＝Ek-解得：Ek=1粒子在PG間運動的加速度為：a=此過程中粒子運動時間為t，則有：h=在水平方向上的位移大小為：x＝v0t；解得：x＝v0mdh（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，根據(jù)對稱性可知，此時金屬板的長度為：L＝2x＝2v0mdhqφ答：（1）粒子第一次穿過G時的動能12mv0（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為2v0mdhqφ（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？

【2019全國卷Ⅲ】空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B．A不帶電，B的電荷量為q（q＞0）。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為t2．重力加速度為g，求【解答】解：（1）設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條件，有【解答】解：（1）設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg+qE＝ma12解得E=（2）設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有Ek且有v1h=聯(lián)立各式得Ek答：（1）電場強度的大小為3mgq（2）B運動到P點時的動能為Ek（1）電場強度的大??；（2）B運動到P點時的動能。帶電粒子在磁場中的運動【2019全國卷Ⅰ】如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得：qU【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得：qU=1設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，粒子在磁場中運動軌跡如圖所示：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2根據(jù)幾何關(guān)系可得：d=2r…聯(lián)立①②③式可得：qm（2）由幾何關(guān)系可知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s=πr2+r?則帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為：t=s聯(lián)立②④⑤⑥式可得：t=答：（1）帶電粒子的比荷為4UB（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為Bd（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間?！?019江蘇卷】如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B．磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d＜L．粒子重力不計，電荷量保持不變。（1）求【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB=【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB=m在磁場中做圓周運動的半徑r＝d②聯(lián)立①②，代入數(shù)據(jù)得v=（2）如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切，此時入射點到M的距離最大，由幾何關(guān)系得dm＝d（1+sin60°）整理得dm=（3）粒子做勻速圓周運動，有T=2πr設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則粒子從P到Q的運動時間t＝nT4+t'（n＝1，3，5…（a）當(dāng)L＝nd+（1-3粒子轉(zhuǎn)過的夾角為π6，故t'=聯(lián)立①③④⑤，代入數(shù)據(jù)，得t＝（Ld+（b）當(dāng)L＝nd+（1+32故t'=5聯(lián)立①③④⑥，代入數(shù)據(jù)，得t＝（Ld-答：（1）粒子運動速度的大小為qBdm（2）入射點到M的最大距離為2+3（3）粒子從P到Q的運動時間為（Ld+33-46）（2）欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；（3）從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM＝d，QN=d電磁感應(yīng)法拉第電磁感應(yīng)定律（動生與感生電動勢）桿切割【2019海南卷】如圖，一水平面內(nèi)固定有兩根平行的長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l；兩根相同的導(dǎo)體棒AB、CD置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，長度均為l；棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）：整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。從t＝0時開始，對AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右做勻加速運動，直到t＝t1時刻撤去外力，此時棒中的感應(yīng)電流為i1；已知CD棒在t＝t0（0＜t0＜t1）時刻開始運動，運動過程中兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。兩棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌的電阻不計。重力加速度大小為g。（1）求【解答】解：（1）當(dāng)CD棒開始剛運動時，設(shè)CD棒中電流為i0．則有：【解答】解：（1）當(dāng)CD棒開始剛運動時，設(shè)CD棒中電流為i0．則有：Bi0l＝μmg得：i0=設(shè)此時AB棒的速度為v0．則有：i0=得：v0=故AB棒做勻加速運動的加速度大小為：a=（2）設(shè)撤去外力時CD棒的速度大小為v1，AB棒的速度大小為v2．則有：v2＝at1。根據(jù)歐姆定律得：i1=聯(lián)立解得：v1=（3）設(shè)CD棒在t＝t2時刻靜止時AB棒的速度大小為v3．對兩棒整體，安培力的沖量為0，由動量定理得：﹣2μmg（t2﹣t1）＝mv3﹣mv1﹣mv2。聯(lián)立解得：v3=4μmgRt1B2l2t答：（1）AB棒做勻加速運動的加速度大小是2μmgRB（2）撤去外力時CD棒的速度大小是2μmgRt（3）此時AB棒的速度大小是4μmgRt1B2l2t0（2）求撤去外力時CD棒的速度大?。唬?）撤去外力后，CD棒在t＝t2時刻靜止，求此時AB棒的速度大小?！?019上海卷】半徑為a的圓形線圈，電阻不計，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。一導(dǎo)體棒質(zhì)量為m受到向上的拉力，以速度v勻速向下運動，導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r。（1）求【解答】解：（1）導(dǎo)體棒有效切割長度為L時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv通過導(dǎo)體棒的電流為：I【解答】解：（1）導(dǎo)體棒有效切割長度為L時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv通過導(dǎo)體棒的電流為：I=通過的電荷量為：q=It=（2）導(dǎo)體棒勻速向下運動，由平衡條件有：F＝mg﹣BIL則拉力功率為：P=Fv=(mg-BIL)v=(mg-答：（1）通過導(dǎo)體棒的電流I是Bvr，通過的電荷量q是2Ba（2）當(dāng)y＞0時，拉力功率P是[mg-2（2）當(dāng)y＞0時，求拉力功率P。線框切割【2019北京卷】如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B．紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求【解答】解：（1）根據(jù)導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線處的感應(yīng)電動勢計算公式可得：E＝BLv；（2）拉力做功功率等于回路中產(chǎn)生的電功率，則P=【解答】解：（1）根據(jù)導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線處的感應(yīng)電動勢計算公式可得：E＝BLv；（2）拉力做功功率等于回路中產(chǎn)生的電功率，則P=E（3）進(jìn)入磁場的運動時間t=產(chǎn)生的總熱量Q總＝Pt=ab邊產(chǎn)生的熱量Q1=14Q總答：（1）感應(yīng)電動勢的大小為BLv；（2）拉力做功的功率為B2（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱為B2（1）感應(yīng)電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。感生電動勢【2019江蘇卷】如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2T．現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在△t＝0.5s時間內(nèi)合到一起。求【解答】解：（1）磁通量的變化量為：△Φ【解答】解：（1）磁通量的變化量為：△Φ＝BS，則感應(yīng)電動勢的平均值為：E=△Φ（2）感應(yīng)電流的平均值為：I=E根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為順時針，如圖所示。（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為：q＝I△t＝0.2×0.5C＝0.1C。答：（1）感應(yīng)電動勢的平均值E為0.12V；（2）感應(yīng)電流的平均值I為0.2A，電流方向如圖所示；（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為0.1C。（1）感應(yīng)電動勢的平均值E；（2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。電磁感應(yīng)中的功能問題【2019天津卷】如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求【解答】解：（1）設(shè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=△Φ【解答】解：（1）設(shè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=△Φ△t則E＝k設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有：R并=閉合S后，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I=設(shè)PQ中的電流為IPQ，則IPQ=1設(shè)PQ受到的安培力為F安，有：F安＝BIPQl保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得F＝F安，聯(lián)立解得F=BkI（2）設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的過程中，PQ運動的位移為x，所用的時間為△t，回路中磁通量的變化為△Φ，平均感應(yīng)電動勢為E其中△Φ＝Blx，PQ中的平均電流為I根據(jù)電流強度的定義式可得：I根據(jù)動能定理可得Fx+W=聯(lián)立解得：W=1答：（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加的水平恒力為BkI3R（2）該過程安培力做的功為12【2019.04浙江選考】如圖所示，傾角θ＝37°、間距l(xiāng)＝0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R＝0.1Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45．建立原點位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場。從t＝0時刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x＝0處由靜止開始沿斜面向上運動，其速度與位移x滿足v＝kx（可導(dǎo)出a＝kv）k＝5s﹣1．當(dāng)棒ab運動至x1＝0.2m處時，電阻R消耗的電功率P＝0.12W，運動至x2＝0.8m處時撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運動，最終返回至x＝0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計其它電阻，求【解答】解：（1）當(dāng)棒ab運動至x1＝0.2m處時，速度v＝kx1＝5×0.2＝1m/s電阻R消耗的電功率P=【解答】解：（1）當(dāng)棒ab運動至x1＝0.2m處時，速度v＝kx1＝5×0.2＝1m/s電阻R消耗的電功率P=又E＝Blv聯(lián)立得B=PRlv=（2）無磁場區(qū)間0≤x＜0.2m，a＝5v＝25x根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma解得F＝0.96+2.5x有磁場區(qū)間，0.2m≤x≤0.8m棒ab所受的安培力大小FA＝BIl＝BlBlvR根據(jù)牛頓第二定律得F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ﹣FA＝ma解得F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x（3）上升過程中，棒ab克服安培力做功（FA﹣x圖象中梯形面積）WA1＝0.62（x1+x2）（x2﹣x1解得WA1＝0.18J撤去外力后，棒上升的最大距離為s，再次進(jìn)入磁場時速度為v′，由動能定理得：上升過程有﹣（mgsinθ+μmgcosθ）s＝0-下降過程有（mgsinθ﹣μmgcosθ）s=1解得v′＝2m/s因mgsinθ﹣μmgcosθ-B下降過程中克服安培力做功WA2=B2l2v'R解得WA2＝0.144J故電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WA1+WA2＝0.324J答：（1）磁感應(yīng)強度B的大小是305（2）外力F隨位移x變化的關(guān)系式：無磁場區(qū)間0≤x＜0.2m，為F＝0.96+2.5x；有磁場區(qū)間，0.2m≤x≤0.8m，為F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x。（3）在棒ab整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q是0.324J。（1）磁感應(yīng)強度B的大?。?）外力F隨位移x變化的關(guān)系式；（3）在棒ab整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。電磁科技應(yīng)用【2019.04浙江選考】有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點。已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P兩點間的電勢差UNP=m（1）求【解答】解：（1）在靜電分析器中，電場力提供向心力，由牛頓第二定律得：qE0＝mv02【解答】解：（1）在靜電分析器中，電場力提供向心力，由牛頓第二定律得：qE0＝mv0解得：E0=m離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝mv0解得：B=m（2）對離子，由動能定理得：qUNP=1解得：v=5v0離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝0.5mv2解得：r=52r距離：l＝2rcosθ﹣0.5r0，解得：l＝1.5r0；（3）恰好能分辨的條件：2r解得：△BB=17答：（1）靜電分析器中半徑為r0處的電場強度E0為mv02（2）質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測板上的位置與O點的距離l為1.5r0；（3）若磁感應(yīng)強度在（B﹣△B）到（B+△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩東離子，△BB（2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測板上的位置與O點的距離l（用r0表示）；（3）若磁感應(yīng)強度在（B﹣△B）到（B+△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩東離子，求△BB熱學(xué)【2019全國卷Ⅰ】熱等靜壓設(shè)備廣泛應(yīng)用于材料加工中。該設(shè)備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預(yù)抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能。一臺熱等靜壓設(shè)備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2×10﹣2m3，使用前瓶中氣體壓強為1.5×107Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0×106Pa；室溫溫度為27℃．氬氣可視為理想氣體。（i）求【解答】解：（i）設(shè)初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強為p【解答】解：（i）設(shè)初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強為p0，使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為p1，氣體溫度保持不變發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1，被壓入爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積：V1′＝V1﹣V0，設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體壓強為p2，體積為V2，由玻意耳定律得：p2V2＝10p1V1′，代入數(shù)據(jù)解得：p2＝3.2×107Pa；（ii）設(shè)加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔的溫度為T1，氣體壓強為p3，氣體發(fā)生等容變化，由查理定律得：p3代入數(shù)據(jù)解得：p3＝1.6×108Pa；答：（i）壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強為3.2×107Pa；（ⅱ）將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227℃，此時爐腔中氣體的壓強為1.6×108Pa。（ⅱ）將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227℃，求此時爐腔中氣體的壓強?！?019全國卷Ⅱ】如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變，活塞沒有到達(dá)兩汽缸的連接處，求【解答】解：（i）抽氣前活塞靜止處于平衡狀態(tài)，對活塞，由平衡條件得：（p【解答】解：（i）抽氣前活塞靜止處于平衡狀態(tài)，對活塞，由平衡條件得：（p氫﹣p）?2S═（p0﹣p）S，解得，氫氣的壓強：p氫=12（p（ii）設(shè)抽氣后氫氣的壓強與體積分別為p1、V1，氮氣的壓強和體積分別為p2、V2，對活塞，由平衡條件得：p2S＝p1?2S，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：p1V1＝p氫?2V0p2V2＝p0V0，由于兩活塞用剛性桿連接，由幾何關(guān)系得：V1﹣2V0＝2（V0﹣V2），解得：p1=12p0V1=4(答：（i）抽氣前氫氣的壓強為12（p0（ii）抽氣后氫氣的壓強為12p0+14（i）抽氣前氫氣的壓強；（ii）抽氣后氫氣的壓強和體積。【2019全國卷Ⅲ】如圖，一粗細(xì)均勻的細(xì)管開口向上豎直放置，管內(nèi)有一段高度為2.0cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0cm。若將細(xì)管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內(nèi)氣體溫度與環(huán)境溫度相同。已知大氣壓強為76cmHg，環(huán)境溫度為296K。（i）求【解答】解：（i）設(shè)細(xì)管的長度為L，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時，設(shè)水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強為p；細(xì)管倒置時，氣體體積為V【解答】解：（i）設(shè)細(xì)管的長度為L，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時，設(shè)水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強為p；細(xì)管倒置時，氣體體積為V1，壓強為p1．由玻意耳定律有：pV＝p1V1①由力的平衡條件有p＝p0+ρgh②p1＝p0﹣ρgh③式中，ρ、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強。由題意有V＝S（L﹣h1﹣h）④V1＝S（L﹣h）⑤由①②③④⑤式和題給條件得L＝41cm⑥（ii）設(shè)氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋﹣呂薩克定律有：VT由④⑤⑥⑦式和題給數(shù)據(jù)得T＝312K⑧答：（i）細(xì)管的長度為41cm；（ii）若在倒置前，緩慢加熱管內(nèi)被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，此時密封氣體的溫度為312K。（ii）若在倒置前，緩慢加熱管內(nèi)被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時密封氣體的溫度?！?019江蘇卷】如圖所示，一定質(zhì)量理想氣體經(jīng)歷A→B的等壓過程，B→C的絕熱過程（氣體與外界無熱量交換），其中B→C過程中內(nèi)能減少900J．求【解答】解：A到B過程中，W1＝﹣p（VB﹣【解答】解：A到B過程中，W1＝﹣p（VB﹣VA）＝﹣6×105×1×10﹣3＝﹣600J，B到C的過程中，沒有吸放熱，Q＝0，則△U＝W2，解得：W2＝﹣900J，所以W＝W1+W2＝﹣600﹣900J＝﹣1500J，可知氣體對外界做功1500J。答：氣體對外界做功的大小為1500J?！?019海南卷】如圖，一封閉的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞將容器內(nèi)的理想氣體分為A、B兩部分，A體積為VA＝4.0×10﹣3m3．壓強為pA＝47cmHg；B體積為VB＝6.0×10﹣3m3，壓強為pB＝50cmHg．現(xiàn)將容器緩慢轉(zhuǎn)至水平，氣體溫度保持不變，求【解答】解：對A中氣體：初態(tài)：壓強pA【解答】解：對A中氣體：初態(tài)：壓強pA＝47cmHg，體積VA＝4.0×10﹣3m3，末態(tài)：壓強pA′，體積VA′，根據(jù)玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′…①對B中氣體：初態(tài)：壓強pB＝50cmHg，體積VB＝6.0×10﹣3m3，末態(tài)：壓強pB′，體積VB′，根據(jù)玻意耳定律可得：pBVB＝pB′VB′…②容器水平后有：pA′＝pB′…③容器的總體積保持不變，即：VA′+VB′＝VA+VB＝1.0×10﹣2m3…④聯(lián)立①②③④式可得：VA′＝3.85×10﹣3m3VB′＝6.15×10﹣3m3答：此時A部分氣體的體積為3.85×10﹣3m3，B兩部分氣體的體積為6.15×10﹣3m3。光學(xué)【2019全國卷Ⅰ】如圖，一艘帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3m。距水面4m的湖底P點發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為53°（取sin53°＝0.8）。已知水的折射率為43（i）求【解答】解：（i）設(shè)光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1，到P點的水平距離為x【解答】解：（i）設(shè)光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1，到P點的水平距離為x2．桅桿的高度為h1，P點處水深為h2．激光束在水中與豎直方向的夾角為θ。由幾何關(guān)系有：x1h1x2h2=由折射定律有：n=sin53°設(shè)桅桿到P點的水平距離為x，則：x＝x1+x2…④聯(lián)立①②③④并代入數(shù)據(jù)解得：x＝7m…⑤（ii）設(shè)激光束在水中與豎直方向的夾角為45°時，從水面出射的方向與豎直方向的夾角為i′。由折射定律有：n=sini'設(shè)船向左行駛的距離為x′，此時光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1′，到P點的水平距離為x2′，則x1′+x2′＝x′+x…⑦x1'hx2'h聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨并代入數(shù)據(jù)解得：x′＝（62-3）m≈答：（i）桅桿到P點的水平距離是7m；（ⅱ）船行駛的距離是5.5m。（ⅱ）船向左行駛一段距離后停止，調(diào)整由P點發(fā)出的激光束方向，當(dāng)其與豎直方向夾角為45°時，從水面射出后仍照射在桅桿頂端，求船行駛的距離?！?019全國卷Ⅲ】如圖，直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面，∠A＝90°，∠B＝30°．一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進(jìn)入棱鏡，然后垂直于AC邊射出。（i）求【解答】解：（i）光路圖及相關(guān)量如圖所示。光束在AB邊上折射，由折射定律得：sini【解答】解：（i）光路圖及相關(guān)量如圖所示。光束在AB邊上折射，由折射定律得：sinisinα式中n是棱鏡的折射率。由幾何關(guān)系可知：α+β＝60°②由幾何關(guān)系和反射定律得：β＝β′＝∠B③聯(lián)立①②③式，并代入i＝60°得：n=3（ii）設(shè)改變后的入射角為i′，折射角為α′，由折射定律得：sini'sinα'依題意，光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角θc，且：sinθc=1由幾何關(guān)系得：θc═α'+30°⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦為：sini′=3答：（i）棱鏡的折射率為；（ii）AB邊上入射角的正弦為3-（ii）保持AB邊上的入射點不變，逐漸減小入射角，直到BC邊上恰好有光線射出。求此時AB邊上入射角的正弦。【2019江蘇卷】如圖所示，某L形透明材料的折射率n＝2．現(xiàn)沿AB方向切去一角，AB與水平方向的夾角為θ．為使水平方向的光線射到AB面時不會射入空氣，求【解答】解：當(dāng)光線在AB面上剛好發(fā)生全反射時θ最大，設(shè)全反射臨界角為C，則sinC=【解答】解：當(dāng)光線在AB面上剛好發(fā)生全反射時θ最大，設(shè)全反射臨界角為C，則sinC=1可得C＝30°根據(jù)幾何關(guān)系有C+θ＝90°可得θ＝60°答：θ的最大值是60°?！?019海南卷】一透明材料制成的圓柱體的上底面中央有一球形凹陷，凹面與圓柱體下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。過圓柱體對稱軸線的截面如圖所示。O點是球形凹陷的球心，半徑OA與OG夾角θ＝120°．平行光沿垂直于軸線方向向下入射時，從凹面邊緣A點入射的光線經(jīng)折射后，恰好由下底面上C點射出。已知AB＝FG＝1cm，BC=3（i）求【解答】解：（i）平行光沿軸線方向向下入射時，折射后恰好由下底面上的C點射出，光圖如圖所示：由圖可知入射角i＝60°【解答】解：（i）平行光沿軸線方向向下入射時，折射后恰好由下底面上的C點射出，光圖如圖所示：由圖可知入射角i＝60°折射角的正切值為tanr=所以折射角r＝30°根據(jù)折射定律可得透明材料的折射率為：n=sini（ii）撤去平行光，將一點光源置于球心O點處，光路圖如圖所示：由題意及幾何關(guān)系可得：DH=OH=(3所以∠DOH＝∠COH由于射到圓弧面上的光線不會發(fā)生折射，設(shè)全反射的臨界角為α，則有：sinα=1n則tanα=所以下底面上有光射出圓形區(qū)域的半徑為：EH=OHtanα=(3答：（i）求此透明材料的折射率為3；（ii）撤去平行光，將一點光源置于球心O點處，求下底面上有光出射的圓形區(qū)域的半徑為6+（ii）撤去平行光，將一點光源置于球心O點處，求下底面上有光出射的圓形區(qū)域的半徑（不考慮側(cè)面的反射光及多次反射的影響）。近代物理【2019江蘇卷】在“焊接”視網(wǎng)膜的眼科手術(shù)中，所用激光的波長λ＝6.4×10﹣7m，每個激光脈沖的能量E＝1.5×10﹣2J．求【解答】解：光子的能量為：?=hcλ=6.63×10-34×3×1【解答】解：光子的能量為：?=hcλ=6.63×1每個脈沖中的光子數(shù)目為：n=E?=1.5×10答：每個脈沖中的光子數(shù)目為5×1016個思想方法原理類【2019北京卷】電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖象都相同。（1）請在圖1中畫出上述u﹣q圖象。類比直線運動中由v﹣t圖象求位移的方法，求【解答】解：（1）根據(jù)電容的定義Q＝UC可知，U=qC，故電壓U與電量為正比例關(guān)系，故圖象如圖所示；【解答】解：（1）根據(jù)電容的定義Q＝UC可知，U=qC根據(jù)圖象的性質(zhì)可知，圖象與q軸所圍成的面積表示電能，故有：EP=1（2）a、電源電阻不計，當(dāng)電容器充滿電后，電容器兩端電壓等于電源電動勢。由圖可知，充電時間不同，而最大電量相等，故說明圖象不同的原因是電阻R的改變造成的；b、由圖象可知，當(dāng)R越小，充電時間越短；R越大，電荷量隨時間變化趨向均勻，故需要快