安徽省淮南市第二中學(xué)高三上學(xué)期高考模擬測(cè)試物理試題

淮南二中2018屆上學(xué)期高考模擬測(cè)試卷物理部分二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48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)但不全對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.如圖所示表面光滑、半徑為R的絕緣半球固定在水平地面上，置于半球表面上分別帶有正負(fù)電荷的兩小球(大小忽略不計(jì))處于平衡時(shí)，小球與球心連線與豎直方向的夾角分別為30°、60°，設(shè)這兩個(gè)小球的質(zhì)量之比為m1m2，小球與半球之間的壓力之比為A.m1m2=1:3，C.m1m2=1:3，【答案】D【解析】對(duì)m1由正交分解可得：平行球面方向m1gsin30°=Fsin45同理，對(duì)m2分析可得：m2=2F3g，N【點(diǎn)睛】分別對(duì)m1和m2進(jìn)行受力分析，根據(jù)正交分析求出兩個(gè)小球重力與庫侖力的關(guān)系式，兩個(gè)小球受支持力與庫侖力的關(guān)系式，2.如圖甲所示的陀螺可在圓軌道的外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對(duì)它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”，該玩具深受孩子們的喜愛。其物理原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）在軌道外側(cè)轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B兩點(diǎn)分別為軌道上的最高、最低點(diǎn)。鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A.鐵球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不守恒C.鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于gD.從A點(diǎn)由靜止?jié)L到B點(diǎn)過程中，要使鐵球不脫軌，軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg【答案】D【解析】小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對(duì)小鐵球做功，只有重力會(huì)對(duì)小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大．小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．故AB錯(cuò)誤；小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點(diǎn)軌道對(duì)小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點(diǎn)．故C錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在最高點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，在最低點(diǎn)的速度也越小，根據(jù)：Fn＝mv2R可知小鐵球在最低點(diǎn)時(shí)需要的向心力越?。谧畹忘c(diǎn)小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使鐵球不脫軌，軌道對(duì)鐵球的支持力一定要大于0．所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，而且到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)鐵球的支持力恰好等于0．根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度滿足：mg?2R＝12mv2；軌道對(duì)鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即：F?mg＝mv2R，聯(lián)立得：點(diǎn)睛：該題屬于結(jié)合機(jī)械能守恒定律考查豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的情況，在解答的過程中正確分析得出小球經(jīng)過最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的條件是解答的關(guān)鍵，正確寫出向心力的表達(dá)式是解答的基礎(chǔ)．3.“神舟十一號(hào)”飛船于北京時(shí)間2016年10月17日發(fā)射升空，并與“天宮二號(hào)”實(shí)施自動(dòng)交會(huì)對(duì)接．交會(huì)對(duì)接前“神舟十一號(hào)”飛船先在較低的圓軌道1上運(yùn)動(dòng)，在適當(dāng)位置經(jīng)變軌與在圓軌道2上運(yùn)動(dòng)的“天宮二號(hào)”對(duì)接．如圖所示，M、Q兩點(diǎn)在軌道1上，P點(diǎn)在軌道2上，三點(diǎn)連線過地球球心，把飛船的加速過程簡化為只做一次短時(shí)加速．下列關(guān)于“神舟十一號(hào)”飛船變軌過程的描述，正確的是()A.“神舟十一號(hào)”飛船必須在Q點(diǎn)加速，才能在P點(diǎn)與“天宮二號(hào)”相遇B.“神舟十一號(hào)”飛船在M點(diǎn)經(jīng)一次加速，即可變軌到軌道2C.“神舟十一號(hào)”飛船在M點(diǎn)變軌后的速度大于變軌前的速度D.“神舟十一號(hào)”飛船變軌后的運(yùn)行周期總大于變軌前的運(yùn)行周期【答案】D【解析】“神舟十一號(hào)”與天宮二號(hào)要實(shí)施對(duì)接，需要神舟十一號(hào)抬升軌道，即神舟十一號(hào)開動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)加速做離心運(yùn)動(dòng)，使軌道高度抬升與天宮一號(hào)實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故“神舟十一號(hào)”在M點(diǎn)加速，可以在P點(diǎn)與“天宮二號(hào)”相遇，故A錯(cuò)誤；“神舟十一號(hào)”在M點(diǎn)經(jīng)一次加速后繞橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，再經(jīng)過一次加速過程，由橢圓軌道變成圓軌道，進(jìn)入軌道2，故B錯(cuò)誤；“神舟十一號(hào)”在M點(diǎn)要加速，因此飛船在M點(diǎn)變軌后的速度大于變軌前的速度，故C正確；由萬有引力提供向心力，有：GMmr2=m4π2T【點(diǎn)睛】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，確定線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系，來分析速度和周期的大?。吧裰凼惶?hào)”點(diǎn)火加速后，所需的向心力變大，萬有引力不夠提供，做離心運(yùn)動(dòng)，這樣才能完成對(duì)接．結(jié)合變軌原理分析．4.如圖所示a、b間接入正弦交流電，理想變壓器右側(cè)部分為一火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)原理圖，R2為熱敏電阻，隨著溫度升高其電阻變小，所有電表均為理想電表，電流表A2為值班室的顯示器，顯示通過R1的電流，電壓表V2顯示加在報(bào)警器上的電壓（報(bào)警器未畫出），R3為一定值電阻。當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，以下說法中正確的是（）A.V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)減小B.V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)減小C.A1的示數(shù)增大，A2的示數(shù)增大D.A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)減小【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，R2的電阻減小，導(dǎo)致電路的總的電阻減小，所以電路中的總電流將會(huì)增加，A1測(cè)量的是原線圈中的總的電流，由于副線圈的電流增大了，所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增加；由于電源的電壓不變，原副線圈的電壓也不變，所以V1的示數(shù)不變，由于副線圈中電流增大，R3的電壓變大，所以V2的示數(shù)要減小，即R1的電壓也要減小，所以A2的示數(shù)要減小，所以AC正確，BD錯(cuò)誤．故選AC．考點(diǎn)：變壓器；電路的動(dòng)態(tài)分析【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于變壓器及電路的動(dòng)態(tài)分析問題；在做電路的動(dòng)態(tài)變化的分析題目時(shí)，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法；注意變壓器次級(jí)電壓是由初級(jí)電壓和匝數(shù)比決定的．5.如圖所示，相距均為d的的三條水平虛線L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一個(gè)邊長也是d的正方形導(dǎo)線框，從L1上方一定高處由靜止開始自由下落，當(dāng)ab邊剛越過L1進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過L2運(yùn)動(dòng)到L3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過程中，設(shè)線框的動(dòng)能變化量大小為△Ek，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，過程中產(chǎn)生的電能大小為E0，下列說法中正確的是（）A.在導(dǎo)線框下落過程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1B.在導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，線框中的平均感應(yīng)電流為0C.從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過程中，線框中的電流方向沒有發(fā)生變化D.從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為△Ek＝W2－W1－E0【答案】B【解析】在導(dǎo)體框下落過程中，重力做正功，但安培力做負(fù)功，故不能根據(jù)重力做功判斷兩次勻速的速度大?。辉O(shè)線框的電阻為R，質(zhì)量為m，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)，線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1=Bdv1，線框所受的安培力大小為FA1=BI1d=BE1Rd=B2d2v1R，由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：mg=FA1=B2d2v1R①，線框以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2=2B【點(diǎn)睛】線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與安培力平衡，根據(jù)安培力公式F=BIL和平衡條件可研究出兩次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小關(guān)系。根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能的變化量大??；由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。根據(jù)磁通量的變化量，分析感應(yīng)電荷量，再求平均感應(yīng)電流.6.電場(chǎng)強(qiáng)度方向與x軸平行的靜電場(chǎng)，其電勢(shì)φ隨x的分布如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子（不計(jì)重力），以初速度v0從O點(diǎn)（x=0）沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)。下列敘述正確的是A.粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)的過程中，在x3點(diǎn)速度最大B.粒子從x1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先減小后增大C.要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，粒子的初速度v0至少為2D.若v0=【答案】ADC、根據(jù)電場(chǎng)力和運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到x1處，就能到達(dá)x4處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x1處時(shí)，由動(dòng)能定理得：q（0?φ0）=0?12mvD、若v0=2qφ0m，粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得：故選AD?！军c(diǎn)睛】根據(jù)電勢(shì)φ隨x的分布圖線可以得出電勢(shì)函數(shù)關(guān)系，由電勢(shì)能和電勢(shì)關(guān)系式得出電勢(shì)能的變化．利用動(dòng)能定理列方程解答。7.如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點(diǎn)．已知容器半徑為R，OP與水平方向的夾角為θ＝30°.下列說法正確的是()A.容器相對(duì)于水平面有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)B.容器對(duì)小球的作用力指向球心OC.輕彈簧對(duì)小球的作用力大小為32D.彈簧原長為R＋m【答案】BD【解析】以容器和小球整體為研究對(duì)象，分析受力可知：豎直方向有：總重力、地面的支持力，根據(jù)平衡條件可知容器不受水平面的靜摩擦力，則容器相對(duì)于水平面無滑動(dòng)趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；容器對(duì)小球的作用力是彈力，指向球心O，故B正確；對(duì)小球受力分析，如圖所示：由θ=30°得小球受到容器的支持力和彈簧對(duì)小球的彈力大小均為mg，故C錯(cuò)誤；由胡克定律得：彈簧的壓縮量為x=Fk=m【點(diǎn)睛】對(duì)容器和小球整體研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力，進(jìn)而分析其運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)．對(duì)小球進(jìn)行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共點(diǎn)力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力．8.如圖所示，傾角為θ的固定斜面充分長，一質(zhì)量為m上表面光滑的足夠長的長方形木板A正以速度v0沿斜面勻速下滑，某時(shí)刻將質(zhì)量為2m的小滑塊B無初速度地放在木板A上，則在滑塊與木板都在滑動(dòng)的過程中（）A.木板A的加速度大小為3gsinθB.木板A的加速度大小為零C.A、B組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量一定為零D.木板A的動(dòng)量為13mv0時(shí)，小滑塊B的動(dòng)量為23【答案】CD【解析】試題分析：只有A時(shí)，A勻速下滑，則說明A受到的重力分力與摩擦力等大反向；即mgsinθ=μmgcosθ；若加上B物體后，A對(duì)地面的壓力增大，則摩擦力變?yōu)棣?mgcosθ，而沿斜面方向上的力不變，故合外力為：3μmgcosθmgsinθ=2mgsinθ；故加速度a=2gsinθ；故AB錯(cuò)誤；由A的分析可知，整體在沿斜面方向受力平衡，故整體動(dòng)量守恒，故合外力的沖量一定為零；故C正確；因動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量保持不變，由動(dòng)量守恒定律可知：mv1+2mv2=mv0，故當(dāng)A動(dòng)量為13mv0時(shí)，B的動(dòng)量為23mv考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；【名師點(diǎn)睛】此題是一道動(dòng)量守恒的問題，關(guān)鍵在于明確加上B后，整體在沿斜面方向上受力仍然平衡，故A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。9..探究加速度與力的關(guān)系裝置如圖所示。帶滑輪的長木板水平放置，細(xì)繩通過兩滑輪分別與彈簧秤掛鉤和沙桶連接，細(xì)線與桌面平行.將木塊放在靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端，緩慢向沙桶中添加細(xì)沙，直到木塊開始運(yùn)動(dòng)，記下木塊運(yùn)動(dòng)后彈簧秤的示數(shù)F，通過紙帶求出木塊運(yùn)動(dòng)的加速度a。將木塊放回原處，向沙桶中添加適量細(xì)沙，釋放木塊……獲取多組a、F數(shù)據(jù)。（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作，以下說法正確的是（________）A.實(shí)驗(yàn)過程中，應(yīng)先閉合打點(diǎn)計(jì)時(shí)器開關(guān)，再釋放小車B.通過緩慢添加細(xì)沙，可以方便地獲取多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)C.每次添加細(xì)沙后，需測(cè)出沙及沙桶的質(zhì)量D.實(shí)驗(yàn)過程要確保沙及沙桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊的質(zhì)量（2）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出了兩個(gè)aF圖象如圖所示，正確的是__________；由圖象可知，木塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小大小為________；若要作出木塊的加速度與合力的關(guān)系，需要對(duì)圖象進(jìn)行修正。修正后的橫坐標(biāo)F合應(yīng)該等于（用F、F0表示）?！敬鸢浮?1).AB(2).B(3).2F0，2F2F0【解析】試題分析：（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)該先接通電源后釋放紙帶，故A正確；通過緩慢添加細(xì)沙，可以方便地獲取多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，故B正確；繩子的拉力可以通過彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出，不需要測(cè)量砂及沙桶的質(zhì)量，也不需要保證沙及沙桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊．故CD錯(cuò)誤．故選：AB．（2）小車所受的拉力等于2倍的彈簧秤拉力，可以直接測(cè)量得出，根據(jù)牛頓第二定律得，2Ff=ma，解得：a=2F?f考點(diǎn)：探究加速度與力的關(guān)系。10.LED綠色照明技術(shù)已經(jīng)走進(jìn)我們的生活。某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)定額定電壓約為3V、額定功率約為1．5w的LED燈正常工作時(shí)的電阻。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：A．電流表A1(量程為0．6A，內(nèi)阻RA1約為3Ω)B．電流表A2(量程為3mA，內(nèi)阻RA2=100Ω)C．定值電阻R1=900ΩD．定值電阻R2=9900ΩE．滑動(dòng)變阻器R(0～20Ω)F．蓄電池E(電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻很小)G．開關(guān)S一只(1)在虛線框內(nèi)將圖甲所示的電路補(bǔ)充完整，并標(biāo)明各器材的符號(hào)。以下實(shí)驗(yàn)都在正確連接電路條件下進(jìn)行。(2)電流表A1的示數(shù)用I1表示，電流表A2的示數(shù)用I2表示，寫出測(cè)量LED燈正常工作時(shí)的電阻表達(dá)式Rx=___________(用物理量符號(hào)表示)。(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，當(dāng)LED燈正常發(fā)光時(shí)，電流表A2表盤指針的位置如圖乙所示，則其示數(shù)為_______mA，若此時(shí)電流表A1的示數(shù)為0.50A，則LED燈的電阻為__Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1).I2(R1【解析】由于無電壓表，所以需將電流表A2(量程為3mA，內(nèi)阻RA2=100Ω)與定值電阻R1=900Ω串聯(lián)組成電壓表，由R=U2P可得LED燈正常工作時(shí)的電阻大約為RL=6Ω，由于RvRL=(2)根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)得I2(R1+R(3)電流表A2的量程為3mA，分度值為0.1mA，表盤指針的位置對(duì)應(yīng)28格，故電流表A2示數(shù)為0.1mA×28.0=2.80mA；將值代入得LED燈的電阻為R【點(diǎn)睛】題中無電壓表，需將電流表A2與定值電阻R1串聯(lián)組成電壓表，根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)求出LED燈正常工作時(shí)的電阻。11.如圖所示，質(zhì)量為M=0.9kg的小車靜止在足夠長的光滑軌道上，小車下面掛一質(zhì)量為m=0.1kg的小球B，在旁邊有一支架被固定在軌道上，支架上O點(diǎn)懸掛一質(zhì)量也為m=0.1kg的小球A．兩球球心至懸掛點(diǎn)的距離l均為0.25m，當(dāng)兩球靜止時(shí)剛好相切，兩球球心位于同一水平線上，兩懸線豎直并相互平行．將A球向左拉到圖中與水平成530角的虛線所示位置后由靜止釋放，然后與B球相碰，如果碰撞過程中無機(jī)械能損失，g=10m/s2，（以下計(jì)算過程中保留根號(hào)）求：（1）碰撞后B球上升的最大高度；（2）小車能獲得的最大速度．【答案】(1)0.1746m(2)97【解析】【分析】A球從靜止開始自由下落到A點(diǎn)的正下方C點(diǎn)時(shí)線繃直，繃直過程中，A球沿繩子方向的速度突然減小為零，A球?qū)⒁郧邢蚍炙俣认蛴易鰣A周運(yùn)動(dòng)，A球從C球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，與B球碰撞前機(jī)械能守恒；兩球碰撞過程，遵守動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，由于兩球質(zhì)量相等，交換速度；B球和小車組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒定律和水平方向動(dòng)量守恒；B球擺回最低點(diǎn)的過程中，懸線仍使小車加速，故當(dāng)B球擺回最低點(diǎn)時(shí)小車獲得的速度最大。解：(1)如圖所示，A球從靜止開始自由下落到A點(diǎn)的正下方C點(diǎn)時(shí)線繃直，設(shè)此時(shí)速度為vc，則：v繃直過程中，A球沿繩子方向的速度突然減小為零，A球?qū)⒁郧邢蚍炙俣认蛴易鰣A周運(yùn)動(dòng)，切向分速度為：v1A球從C球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，與B球碰撞前機(jī)械能守恒，設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與B球碰撞前的速度為v2，則：12解得：v兩球碰撞過程，遵守動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，由于兩球質(zhì)量相等，交換速度，即B獲得速度：v2再對(duì)B球和小車組成的系統(tǒng)，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律和水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)B上升的最大高度為h，則有：m1聯(lián)立解得：h(2)B球擺回最低點(diǎn)的過程中，懸線仍使小車加速，故當(dāng)B球擺回最低點(diǎn)時(shí)小車獲得的速度最大，設(shè)最大速度vm，B球的速度為v3，則對(duì)B球和小車組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律和水平方向動(dòng)量守恒得：mB12解得：vm12.如下圖所示為一種電磁裝置，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成。在S點(diǎn)有一粒子源，能不斷釋放電量為q，質(zhì)量為m的靜止帶電粒子，被加速電壓為U，極板間距離為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后，從正中央垂直射入電壓為U的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)（偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化如左圖所示），偏轉(zhuǎn)極板長度和極板距離均為L，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中一次偏轉(zhuǎn)后即進(jìn)入一個(gè)垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。若不計(jì)重力影響，欲使帶電粒子通過某路徑返回S點(diǎn)，求：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小;（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D至少為多少;（3）該帶電粒子周期性運(yùn)動(dòng)的周期T是多少？偏轉(zhuǎn)電壓正負(fù)極多長時(shí)間變換一次方向.【答案】(1)5Uq2m(2)1【解析】試題分析：（1）對(duì)在加速電場(chǎng)中運(yùn)用動(dòng)能定理，結(jié)合在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)求出偏轉(zhuǎn)位移的大小和偏轉(zhuǎn)角，對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度．（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小寬度．（3）粒子在加速電場(chǎng)中勻加速直線勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論以及在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期公式求出帶電粒子的周期T．偏轉(zhuǎn)電壓正負(fù)極變換一次方向的時(shí)間等于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．（1）如圖所示粒子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：12mv由于粒子在電場(chǎng)加速過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則加速的時(shí)間：t粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為：a粒子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為：t粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)移距離為：y側(cè)向速度為：v則粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為：v（2）以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R，有：q解得：R則磁場(chǎng)寬度D為：D（3）由幾何關(guān)系得：tanθ粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t粒子從S出發(fā)回到S的周期為：T偏轉(zhuǎn)電壓正負(fù)極換向?qū)嶋Ht為：t13.下列說法中正確的是_________．(填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)一個(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)一個(gè)扣3分，最低得分為0分)A．氣體對(duì)容器壁有壓強(qiáng)是氣體分子對(duì)容器壁頻繁碰撞的結(jié)果B．足球充足氣后很難壓縮，是因?yàn)樽闱騼?nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C．一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程氣體一定從外界吸收熱量D．自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性增大的方向進(jìn)行的E．飽和汽壓與分子密度有關(guān)，與溫度無關(guān)【答案】ACD【解析】根據(jù)氣體的壓強(qiáng)的微觀意義可知，氣體對(duì)容器壁有壓強(qiáng)是氣體分子對(duì)容器壁頻繁碰撞的結(jié)果，故A正確；足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外有壓強(qiáng)差的原因，與氣體分子之間的作用力無關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律知，一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程對(duì)外做功而內(nèi)能不變，所以氣體一定從外界吸收熱量，故C正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，自然界中自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無序