陜西省榆林市2020屆高三物理第二次模擬考試試題（含解析）

1、陜西省榆林市2020屆高三物理第二次模擬考試試題（含解析） 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分。1.下列說(shuō)法正確的是A. 湯姆孫證實(shí)了射線是高速電子流，其電離作用比射線強(qiáng)，穿透能力比射線弱B. 愛(ài)因斯坦發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)，某材料發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，遏止電壓與入射光的頻率成正比C. 玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，該理論能解釋大多數(shù)原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律D. 盧瑟福用粒子轟擊氮核，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，該反應(yīng)的方程式為He+NH+

2、O【答案】D【解析】【詳解】湯姆孫證實(shí)了射線是高速電子流，其電離作用比射線弱，穿透能力比射線強(qiáng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=eUc=h-W0可知，遏止電壓與入射光的頻率與逸出功有關(guān)，與入射光的頻率成線性關(guān)系，不是成正比，故B錯(cuò)誤；玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，但是該理論只能解釋氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； 盧瑟福用粒子轟擊氮核，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，該反應(yīng)的方程式為，選項(xiàng)D正確；故選D.2.如圖所示，線圈abcd固定于分布均勻的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線圈平面。當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化時(shí)，ab邊受到的安培力恒定不變。則下列磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的

3、圖象中可能正確的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律即可表達(dá)出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由歐姆定律和安培力的表達(dá)式即可求出B的變化?！驹斀狻吭O(shè)線圈的ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ad長(zhǎng)為l，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：；感應(yīng)電流為： ；安培力為：F=BIL，得： 由公式可知，若磁場(chǎng)B增大，則減小；若B減小，則增大。所以四個(gè)圖象中只有C正確。故選C。3.某同學(xué)將一足球豎直砸向水平地面，足球以5m/s的速度被地面反向彈回，當(dāng)足球上升到最高點(diǎn)后落回地面，以后足球每次與地面碰撞被彈回時(shí)速度均為碰撞前速度的。不計(jì)足球與地面碰撞的時(shí)間

4、和空氣阻力，取g=10m/s2，則足球從第一次被彈回到最后停止運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為A. 8s B. 4 s C. 2 s D. 1.5s【答案】B【解析】【詳解】足球第一次被彈回的速度 v1=5m/s，第一次在空中豎直上拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；足球第二次被彈回的速度 v2=v1，第二次在空中豎直上拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 ；足球第三次被彈回的速度 v3=v2=（）2v1，第三次在空中豎直上拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 則足球從第一次被彈回到最后停運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 t=t1+t2+=4s，故選B?！军c(diǎn)睛】本題是物理中數(shù)列問(wèn)題，關(guān)鍵要找出小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的規(guī)律，運(yùn)用等比數(shù)列求和的方法求解總時(shí)間。4.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度滿足B=k (其中k為比例系數(shù)，為電流強(qiáng)度，為該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離)。如圖所示，空間某一區(qū)域存在豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，垂直紙面相互平行的兩根固定直導(dǎo)線a、b置于磁場(chǎng)中，它們的連線水平且O為中點(diǎn)，當(dāng)導(dǎo)線a中的電流為I1、導(dǎo)線b中的電流為I2時(shí)，O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向豎直向下。下列判斷可能正確的是A. I1=I2，方向均向里B. I1=I2，方向均向外C. I1=2I2，且a中電流向里，b中電流向外D. I1=2I2，且a中電流向外，b中電流向里【答案】C【解析】【詳解】當(dāng)I1=I2，方向均向里，根據(jù)安培定則，可知，兩通電導(dǎo)線a、b在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)為零，因此O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為

6、B方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；同理，I1=I2，方向均向外，根據(jù)安培定則，可知兩通電導(dǎo)線a、b在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)為零，因此O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為B方向豎直向上，故B錯(cuò)誤；當(dāng)I1=2I2，且a中電流向里，b中電流向外，根據(jù)安培定則，可知，兩通電導(dǎo)線a、b在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)方向向下，那么在O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為B/2方向豎直向下，故C正確；當(dāng)I1=2I2，且a中電流向外，b中電流向里，根據(jù)安培定則，可知，兩通電導(dǎo)線a、b在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)方向向上，那么在O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為B/2故D錯(cuò)誤；故選C。5.某靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m=41010kg電荷量q=2109C的帶負(fù)

7、電粒子(不計(jì)重力)(1m，0)點(diǎn)由靜止開(kāi)始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)。則該粒子運(yùn)動(dòng)的周期為A. s B. 0.6s C. 0.1 D. s【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖象可明確左右兩邊電勢(shì)的降落與距離間的關(guān)系，根據(jù)E=U/d即可求得各自的電場(chǎng)強(qiáng)度；粒子在原點(diǎn)兩側(cè)來(lái)回振動(dòng)，故周期為粒子在兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和；根據(jù)速度公式v=at即可求出各自的時(shí)間，則可求得周期【詳解】粒子先沿x軸正方向做勻加速勻速，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后反向運(yùn)動(dòng)；由；由，解得粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；同理可得粒子沿x軸正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=0.1s；且粒子到達(dá)x=0.5m處的速度恰好為零，反向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

8、t1+t2=0.3s ；則粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T=2(t1+t2)=0.6s ；故選B.【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析，要注意明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并能根據(jù)牛頓第二定律以及動(dòng)能定理等物理規(guī)律進(jìn)行分析，并靈活應(yīng)用數(shù)學(xué)規(guī)律求解6.如圖所示，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中A. 所受合力保持不變 B. 所受滑道的支持力逐漸增大C. 機(jī)械能保持不變 D. 克服摩擦力做功和重力做功相等【答案】BD【解析】【詳解】運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小不變，方向變化，需

9、要的向心力大小不變，方向變化，即受合外力大小不變，方向變化。故A錯(cuò)誤。所受滑道的支持力為N-mgcos= ，（角是所在位置的切線與水平面的夾角），隨著減小，則所受滑道的支持力逐漸增大，選項(xiàng)B正確；下滑過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理：，即克服摩擦力做功和重力做功相等，選項(xiàng)D正確；故選BD.7.如圖甲所示靜止在水平地面上的滑塊在水平拉力F作用下從t=0時(shí)刻起，其加速度大小a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知滑塊質(zhì)量m=1kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，g=10m/s2。則下列判斷正確的是A. t=2s時(shí)，滑塊的速度大小為3.2m/sB. t=5s時(shí)，水平拉

10、力F為零C. 05s內(nèi)，水平拉力F的沖量為15NsD. 05s內(nèi)，水平拉力F所做的功為12.5J【答案】AC【解析】【分析】a-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于滑塊在某時(shí)刻的速度大小，由此求解t=2s時(shí)滑塊的速度；根據(jù)動(dòng)量定理求解水平拉力F的沖量；根據(jù)動(dòng)能定理判斷水平拉力F所做的功；【詳解】a-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于滑塊在某時(shí)刻的速度大小，由圖像可知，當(dāng)t=2s時(shí)，a=1.2m/s2，選項(xiàng)A正確；t=5s時(shí)，水平力F與摩擦力大小相等，摩擦力大小f=mg=2N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；5s時(shí)滑塊的速度大小為；0-5s內(nèi)水平拉力F的沖量為 ，解得IF=15Ns，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理可知合力做的功，所以水平

11、拉力F的功大于12.5J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AC.【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是要搞清a-t圖像的物理意義，知道a-t圖像的面積表示速度；能靈活運(yùn)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理解題.8.2020年11月1日，我國(guó)第41顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星“吉星”成功發(fā)射，該衛(wèi)星工作在地球靜止同步軌道上，可以對(duì)地面上的物體實(shí)現(xiàn)厘米級(jí)的定位服務(wù)。已知地球表面的重力加速度為g，半徑為R，該衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T。則下列說(shuō)法正確的是A. 該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，運(yùn)行速度小于第一宇宙速度B. 該衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為C. 該衛(wèi)星運(yùn)行的加速度大小為D. 該衛(wèi)星運(yùn)行的線速度大小為【答案】AD【解析】【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星的最小

12、發(fā)射速度，也是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度在地球表面上，物體的重力等于萬(wàn)有引力，衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，由此列式求解【詳解】A. 第一宇宙速度是衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。發(fā)射地球同步衛(wèi)星，發(fā)射速度一定大于第一宇宙速度，運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故A正確；B.用M表示地球的質(zhì)量，在地球表面為m0的物體，有，m表示衛(wèi)星的質(zhì)量，r表示衛(wèi)星的軌道半徑，由萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得，聯(lián)立解得，故B錯(cuò)誤；C. 由萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得，代入B選項(xiàng)結(jié)論，故C錯(cuò)誤；D. 由萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得，代入B選項(xiàng)結(jié)論，v=，故D正確。故選：AD三、非選擇題：包括必考題和選

13、考題兩部分。第22題32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。9.某實(shí)驗(yàn)小組做“探究加速度和力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)（1）用如圖甲所示的裝置做實(shí)驗(yàn)，圖中帶滑輪的粗糙長(zhǎng)木板放置于水平桌面上，拉力傳感器可直接顯示所受拉力的大小。做實(shí)驗(yàn)時(shí)，下列操作必要且正確的是_。A將長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，使小車前端的滑輪不掛砂桶時(shí)小車能勻速滑動(dòng)B為了減小誤差，實(shí)驗(yàn)中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量C小車遠(yuǎn)離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶，同時(shí)記錄傳感器的示數(shù)（2）在正確、規(guī)范的操作中，打出一條如圖乙所示的紙帶，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有畫出，紙

14、帶上的數(shù)字為相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的電源頻率為50Hz，打計(jì)數(shù)點(diǎn)“3”時(shí)小車的速度大小_ms；小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a_ms2。（保留三位有效數(shù)字）【答案】 (1). A; (2). 1.13; (3). 2.50;【解析】【詳解】（1）連接拉力傳感器和沙桶之前，將長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，使小車能自由勻速滑動(dòng)，平衡了摩擦力，故A正確；實(shí)驗(yàn)中拉力通過(guò)拉力傳感器測(cè)出，不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源，再釋放小車，小車應(yīng)緊靠打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，打出一條紙帶，同時(shí)記錄傳感器的示數(shù)，故C錯(cuò)誤。所以選A。（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，則紙帶上相

15、鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為：T=50.02s=0.1s。3點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度為：，由逐差法x=aT2可得：，代入數(shù)據(jù)解得小車的加速度大小為：。10.指針式多用電表是實(shí)驗(yàn)室中常用的測(cè)量?jī)x器。(1)圖甲為某同學(xué)設(shè)計(jì)的多用電表的原理示意圖。虛線框中S為一個(gè)單刀多擲開(kāi)關(guān)，通過(guò)操作開(kāi)關(guān)，接線柱B可以分別與觸點(diǎn)1、2、3接通，從而實(shí)現(xiàn)使用多用電表測(cè)量不同物理量的不同功能。關(guān)于此多用電表，下列說(shuō)法正確的是_。A.當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，多用電表處于測(cè)量電流的擋位B.當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位C.當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電阻的擋位D.當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位(2)用實(shí)驗(yàn)室的多用電表進(jìn)行

16、某次測(cè)量時(shí)，指針在表盤的位置如圖乙所示。A.若所選擋位為直流10mA擋，則示數(shù)為_(kāi)mA。B若所選擋位為直流50V擋，則示數(shù)為_(kāi)V。(3)用表盤為圖乙所示的多用電表正確測(cè)量了一個(gè)約15的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約2k的電阻。在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，請(qǐng)選擇以下必須的步驟，并按操作順序?qū)懗霾襟E的序號(hào)_。A.調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點(diǎn) B把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“100”位置C.把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“1k”位置 D.將紅表筆和黑表筆接觸(4)某小組同學(xué)們發(fā)現(xiàn)多用電表歐姆擋的表盤刻度線不均勻，分析在同一個(gè)擋位下通過(guò)待測(cè)電阻的電流I和它的阻值Rx關(guān)系，他們分別畫出了如圖丙所示的幾種圖象，其中可

17、能正確的是_【答案】 (1). ACD (2). 4.80 (3). BDA (4). 24.0 (5). A【解析】【分析】(1)靈敏電流計(jì)G與分流電阻并聯(lián)可以改裝成電流表，與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，與滑動(dòng)變阻器、電源一起可以改裝成歐姆表，分析圖示電路圖答題；(2)根據(jù)電流表量程確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；(3)用歐姆表測(cè)電阻要選擇合適擋位使指針指在中央刻度線附近，歐姆表?yè)Q擋后要進(jìn)行歐姆調(diào)零；(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律求出I-Rx以及的表達(dá)式，進(jìn)而選擇圖象即可。【詳解】(1) 由圖示電路圖可知，當(dāng)開(kāi)關(guān)置于2位置時(shí)多用電表是歐姆表，A

18、與內(nèi)置電源負(fù)極相連，A為紅表筆，B與內(nèi)置電源正極相連，B為黑表筆；A項(xiàng)：由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，表頭與分流電阻并聯(lián)，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電流的擋位，故A正確；B、C項(xiàng)：由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，表頭與電源相連，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電阻的擋位，故B錯(cuò)誤，C正確；D項(xiàng)：由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，表頭與分壓電阻串聯(lián)，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，故D正確。故應(yīng)選：ACD；(2) A、若所選擋位為直流50mA擋，由圖乙所示可知，示數(shù)為4.80mA；B、若所選擋位為直流50V擋，則示數(shù)為24.0V；(3) 用多用電表正確測(cè)量了一個(gè)約15的電阻后，要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約2k的電阻

19、，首先要把選擇開(kāi)關(guān)置于100擋位位置，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零，把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指針歐姆零刻度線位置，最后再測(cè)電阻，故合理的步驟是：BDA；(4) 設(shè)歐姆表內(nèi)電池電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電流表內(nèi)阻與調(diào)零電阻的和為Rg，則有：，則I-Rx圖象是雙曲線的一條，隨著Rx的增大，I減小，上式的倒數(shù) ，可知 是線性函數(shù)，Rx=0時(shí)， 且有最小值， 隨著Rx的增大而增大。故應(yīng)選：A。【點(diǎn)睛】本題考查了多用電表結(jié)構(gòu)、多用電表讀數(shù)與歐姆表的使用方法，知道電流表。電壓表與歐姆表的改裝原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)、掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。11.距水平地面高5 m

20、的平臺(tái)邊緣放有一質(zhì)量為1 kg的木塊，一質(zhì)量為20 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內(nèi)，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測(cè)得木塊落地位置到平臺(tái)邊緣的水平距離為3 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 m/s2。求：（1）子彈射入木塊前瞬間的速度大小；（2）子彈射入木塊的過(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)能?！敬鸢浮浚?）153 m/s （2）229.5 J【解析】【分析】（1）子彈射入木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)。據(jù)此列方程求解即可；（2）由能量守恒可知，系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。據(jù)此列方程即可求解?！驹斀狻浚?）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)，有vtx解得：

21、v3 m/s子彈射入木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0(m+M)v解得：v0153 m/s。（2）由能量守恒可知解得：Q229.5 J。12.如圖所示，兩條豎直長(zhǎng)虛線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電場(chǎng)方向豎直向上，下部分的電場(chǎng)方向豎直向下，兩電場(chǎng)均為勻強(qiáng)電場(chǎng)且電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同。擋板PQ垂直MN放置，擋板的中點(diǎn)置于N點(diǎn)。在擋板的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在左側(cè)虛線上緊靠M的上方取點(diǎn)A，一比荷=5105C/kg的帶正電粒子，從A點(diǎn)以v0=2103m/s的速度沿平行MN方向射入電場(chǎng)，該粒子恰好從P點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的作用后恰好從Q點(diǎn)回到電場(chǎng)。已知MN、PQ的

22、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=0.5m，不考慮重力對(duì)帶電粒子的影響，不考慮相對(duì)論效應(yīng)。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)在左側(cè)虛線上M點(diǎn)的下方取一點(diǎn)C，且CM=0.5m，帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)沿平行MN方向射入電場(chǎng)，該帶負(fù)電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后同時(shí)分別運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)和P點(diǎn)，求兩帶電粒子在A、C兩點(diǎn)射入電場(chǎng)的時(shí)間差?！敬鸢浮?1) (2) (3) 【解析】【詳解】（1）帶正電的粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：L=v0t解得E=16N/C（2）設(shè)帶正電的粒子從P點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)與虛線的夾角為，則：可得=450粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=v0粒子在磁場(chǎng)中做勻

23、速圓周運(yùn)動(dòng)：由幾何關(guān)系可知解得B=1.610-2T（3）兩帶電粒子在電場(chǎng)中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同；兩帶電粒子在磁場(chǎng)中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，帶正電的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為，帶負(fù)電的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為；兩帶電粒子在AC兩點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差就是兩粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間差；若帶電粒子能在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則其運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間；帶正電的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：；帶負(fù)電的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：帶電粒子在AC兩點(diǎn)射入電場(chǎng)的時(shí)間差為13.下列說(shuō)法中正確的是_（填正確答案標(biāo)號(hào)選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分選對(duì)3個(gè)得5分每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）A所有的晶體都有固定的熔點(diǎn)和規(guī)則的幾何形狀B液體表面

24、張力與浸潤(rùn)現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn)C干濕泡溫度計(jì)的示數(shù)差越大，表示空氣中水蒸氣離飽和狀態(tài)越遠(yuǎn)D懸浮在水中花粉顆粒的布朗運(yùn)動(dòng)反映了花粉分子做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)E在絕熱過(guò)程中，一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界對(duì)它所做的功【答案】BCE【解析】晶體分為單晶體和多晶體，晶體具有確定的熔點(diǎn)，而非晶體沒(méi)有確定的熔點(diǎn)；但多晶體沒(méi)有規(guī)則的幾何形狀，A錯(cuò)誤；液體表面張力與浸潤(rùn)現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn)，B正確；根據(jù)濕度計(jì)的原理可知，干濕泡溫度計(jì)的示數(shù)差越大，表示空氣中水蒸氣離飽和狀態(tài)越遠(yuǎn)，C正確；懸浮在水中花粉顆粒的布朗運(yùn)動(dòng)反映了水分子做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，不能反映花粉分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤；在絕熱過(guò)程中，一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界對(duì)它所做的功，E正確14.如圖所示，水平地面上放有高為H、上端開(kāi)口的氣