解析宁夏银川一中2022年高三第二次模拟考试理综物理

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2021年宁夏银川一中高考物理二模试卷

一、选择题：本题共８小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第1-5题只有一项符合题目要求,第6、７、8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得０分．

１.（6分)如图１所示,一个物体放在粗糙的水平地面上.从t=0时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )

Ａ. 在0到t0时间内,物体的速度逐渐变小

Ｂ．ｔ0时刻,物体速度增加到最大值

C．在0到t０时间内，物体做匀变速直线运动

Ｄ. 在0到t０时间内,力F大小保持不变

【考点】: 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【专题】：牛顿运动定律综合专题．

【分析】: 由图2可知，加速度随时间逐渐减小,方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同,物体做加速运动,当加速度减为零时，速度最大.

【解析】: 解：A、由图2可知,加速度随时间逐渐减小，方向不变,所以加速度方向始终与速度方向相同,物体做加速运动,故A错误;

B、当加速度减为零时,速度最大,所以t0时刻,物体速度增加到最大值，故B正确；

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Ｃ、加速度逐渐减小,所以物体不是做匀变速运动,故C错误；

D、根据Ｆ﹣f=ma，可知，ａ减小，f不变，所以F减小，故D错误.

故选B

【点评】：本题主要考查了速度与加速度的关系，要求同学们能根据加速度图象得出有效信息,难度不大,属于基础题．

２.（６分）由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BＯ组成的绝缘直角支架如图放置，在ＡＯ杆、BＯ杆上套有带正电的小球P、Q,两个小球恰能在某一位置平衡.现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变,与移动前相比（)

A. P、Q之间的距离增大B．杆BO对Q的弹力减小

C. 杆AO对P的摩擦力增大D．杆AO对Ｐ的弹力减小

【考点】: 电势差与电场强度的关系;库仑定律．

【专题】：电场力与电势的性质专题．

【分析】: 分别以两环组成的整体和Q环为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件研究AO 杆对Ｐ环的支持力Ｎ和细绳上的拉力T的变化情况

【解析】：解：A、Q受力如图,由力的合成与平衡条件可知:BO杆对小球Ｑ的弹力变大,两小球之间的库仑力变大,由库仑定律知，两小球Ｐ、Q的距离变小，A、B错误;

C、对整体受力分析,可得ＡO杆对小球Ｐ的摩擦力变大，Ｃ正确；

Ｄ、AＯ杆对小球Ｐ的弹力不变,D错误.

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故选:C

【点评】: 本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键.当几个物体都处于静止状态时,可以把它们看成整体进行研究

3．(６分)（201５?银川校级二模)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆,O为圆心，ＡＢ为沿水平方向的直径.若在Ａ点以初速度v１沿AB方向平抛一小球,小球将击中坑壁上的最低点D点;若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v２沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中Ｄ点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力,则（）

A. 两小球同时落到Ｄ点

B．两小球在此过程中动能的增加量相等

C．在击中D点前瞬间,重力对两小球做功的瞬时功率之比为2:1

Ｄ．两小球初速度之比ｖ1：v2=:３

【考点】: 功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动.

【专题】: 功率的计算专题.

【分析】: 平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量,根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比.

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【解析】: 解:A、平抛运动的时间由高度决定,高度越高,时间越长,可知两球平抛运动的时间不等,不能同时落到Ｄ点,故Ａ错误.

Ｂ、根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B错误.

Ｃ、根据，以及P=mgv y知，重力做功的瞬时功率Ｐ=mgv y=，根据几何关系知，下降的高度之比2：1，则重力做功的瞬时功率之比.故C错误．

D、因为平抛运动的高度之比为2：1，根据ｔ=,则时间之比为,根据,因为水平位移之比为1:，解得两小球初速度之比v1:v2=：3，故D正确．

故选:Ｄ.

【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，求解瞬时功率时,注意力与速度方向的夹角．

4.(6分）(2015?银川校级二模）我国第一颗绕月探测卫星﹣﹣嫦娥一号于200７年10月24日成功发射．如图所示,嫦娥一号进入地月转移轨道段后，关闭发动机，在万有引力作用下，嫦娥一号通过Ｐ点时的运动速度最小．嫦娥一号到达月球附近后进入环月轨道段．若地球质量为Ｍ,月球质量为m,地心与月球中心距离为R，嫦娥一号绕月球运动的轨道半径为r，G为万有引力常量，则下列说法正确的是（)

A. P点距离地心的距离为Ｒ

B．P点距离地心的距离为R

C. 嫦娥一号绕月运动的线速度为

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Ｄ. 嫦娥一号绕月运动的周期为2πR

【考点】: 万有引力定律及其应用.

【专题】：万有引力定律的应用专题.

【分析】：嫦娥一号通过Ｐ点时的运动速度最小,此时地球和月球对卫星的万有引力大小相等,根据万有引力定律求解P点距离地心的距离;嫦娥一号绕月运动时,由月球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解线速度和周期.

【解析】: 解：A、据题知嫦娥一号通过P点时地球和月球对卫星的万有引力大小相等，设P点到地心和月心的距离分别为r1和ｒ2．

则有,又r1+r2=Ｒ，解得:r1=R,故A正确,Ｂ错误．

C、嫦娥一号绕月运动时,由月球的万有引力提供向心力，则有:，解得线速度ｖ=，T=,故Ｃ、D错误．

故选：A.

【点评】: 解决本题的关键理解P点的引力关系,以及掌握万有引力提供向心力，能灵活选择向心力的形式进行解答．

5．（6分）(2015?银川校级二模)如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角邻匀速运动,穿过具有一定宽度的匀强磁场区城，巳知对角线AC的长度为磁场宽度的两位且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间交化的图象（电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进人磁场开始计时)正确的是（）

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A. B．C．D．

【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.

【专题】：电磁感应与图像结合．

【分析】: 先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．

【解析】：解：线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABＣＤ方向，即为正值，

在出磁场的过程中，根据楞次定律知,感应电流的方向为ＡDCＢA，即为负值.

在线圈进入磁场的前一半的过程中,切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,

在线圈进入磁场的后一半过程中,切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；

在线圈出磁场的前一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电流均匀增大，

在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小.故B正确,Ａ、C、D错误.

故选:B．

【点评】: 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中,L为有效长度.

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6.（６分)（２015?银川校级二模）如图所示，图中Ｋ?Ｌ?M为静电场中的3个相距较近的等势面．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcdｅ轨迹运动．已知电势φＫ<φＬ＜φM,且粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确的是( )

Ａ．粒子带负电

B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

C. 粒子在a点与e点的速度大小相等

D．粒子在a点的电势能大于在d点的电势能

【考点】: 等势面.

【分析】: 带电粒子沿abcｄe轨迹运动，根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定粒子的电性.

由电场线的疏密判断电场强度的大小,分析a、b两点的电场强度大小，由牛顿第二定律确定加速度的大小.由速度方向与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小.

【解析】: 解:Ａ、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左.画出电场线的分布，电场线大体向左，如图,可知粒子带正电．故A错误．

Ｂ、由电场线分布情况得知，a的电场强度小于ｂ的电场强度，根据加速度a=可知，粒子在a点的加速度小于在b点的加速度．故B错误.

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C、a、e在同一等势面上，电势能相等，则根据能量守恒可知，动能相等，速度大小相等．故C正确．

D、粒子从a运动于ｄ,电场力做负功，电势能增大,则在a点的电势能小于在d点的电势能.故D错误.

故选：C

【点评】：本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法．

７.(６分)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电,电路如图，当线圈以较大的转速ｎ匀速转动时，额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1.巳知线圈电阻是r，灯泡电阻是Ｒ,则有（）

A. 变压器输入电压的瞬时值是u=U1sin2πnt

B. 变压器的匝数比是U1:Ｕ０

C．电流表的示数是

D．线圈中产生的电动势最大值是E m=U1

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【考点】: 变压器的构造和原理;交流发电机及其产生正弦式电流的原理．

【专题】: 交流电专题．

【分析】: 理想变压器的输入功率和输出功率相等,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比.并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系.

【解析】：解:A、线圈以较大的转速n匀速转动时,所以ω＝2πn,所以变压器输入电压的瞬时值u=U1ｓin2πnt，故A错误.

B、电压与匝数成正比,所以变压器的原副线圈的匝数比是U１：Ｕ0.故B正确．

C、理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=，所以输入功率为P＝，电流表的示数是I１＝=，故C正确.

D、由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于U１,故D 错误.

故选ＢC．

【点评】: 掌握住理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系,可快速求解.

8.（6分)（2０15?银川校级二模)如图7甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mＡ=lkg、m B=2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.３Ｎ时A、Ｂ将会分离.t=０时刻开始对物块A施加一水平推力F１，同时对物块B施加同一方向的拉力Ｆ2,使A、Ｂ从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、Ｆ2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（）

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A. t＝２．0s时刻Ａ、B之间作用力大小为0．6N

B. t=２．0ｓ时刻Ａ、B之间作用力为零

C．t=２.5s时刻A对B的作用力方向向左

D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m

【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.

【专题】：牛顿运动定律综合专题.

【分析】：AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小,分离时二者之间的作用力为0.３N但加速度相等,然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．

【解析】: 解:设t时刻ＡB分离,分离之前AB物体共同运动,加速度为a,以整体为研究对象,则有：

ａ=＝=1.２m／s２，

分离时：F2﹣f=ｍBａ，

得:F2=f+m B a=0.３+２×1.2＝2.7N，

经历时间：t＝×2.７＝３s，

根据位移公式:s=at2=５.４m，则D正确;

当ｔ=2s时,F2=1.8Ｎ,F2+ｆ=ｍB a，得:f=m Bａ﹣F2＝0.6N，Ａ正确，B错误；

当t＝２.５s时，F2=2.2５Ｎ,Ｆ2+f=m2a,得：f=ｍ2a﹣F２＞０,C错误.

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故选：AD．

【点评】: 本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法相结合求解,当以整体为研究对象受力分析时ＡB之间的作用力不分析.

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-１2题为必考题，每个试题考生都作答;第１３题-18题为选考题,考生根据要求作答.(一）必考题

9．（6分）(2015?银川校级二模）在“验证机械能守恒定律”的实验中,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.8０m／s２，测得所用重物的质量为1.００kｇ.实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，每两个计数点之间有四点未画出,另选连续的3个计数点A、B、C作为测量的点，如图2所示.经测量知道A、B、C 各点到O点的距离分别为５0．5０cm、8６.0０cｍ、130.50ｃm.

（1）根据以上数据，计算重物由Ｏ点运动到B点,重力势能减少了8.４3 J,动能增加了８．００J（最后结果要求保留三位有效数字).

(２)假设物体下落做匀加速运动,则物体在下落过程中的实际加速度为9.０0 m／s2．【考点】: 验证机械能守恒定律．

【专题】: 实验题.

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【分析】: 纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度,从而求出动能,根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值，根据根据△ｘ=aＴ2求解加速度．

【解析】：解:(1）重力势能减小量为:△E p=mgh＝１.０×9.8×0．8600J=8.４3J．

在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有:

v B===4.００m/ｓ

则动能增加量为:△E K=mvＢ2＝×１×４．002＝8.00J

（2）根据△x=aT2得:

a==9.０0ｍ/s２．

故答案为:(1)８．43，8.00（２）9.００．

【点评】: 纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留.

1０.(9分）（２015?银川校级二模）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻R x，甲乙两同学分别采用了不同的方法进行测量：

（1）甲同学直接用多用电表测其电阻，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω、×１Ω．该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大.为了准确地进行测量,请你从以下给出的操作步骤中,选择必要的步骤,并排出合理顺序：

AEDC ．(填步骤前的字母)

Ａ．旋转选择开关至欧姆挡“×lΩ”

B．旋转选择开关至欧姆挡“×100Ω”

C．旋转选择开关至“OＦＦ”,并拔出两表笔

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D．将两表笔分别连接到R x的两端，读出阻值后，断开两表笔

E．将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度,断开两表笔

②按正确步骤测量时,指针指在图１所示位置,R x的测量值为22 Ω.

（２）乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量:

电压表V(量程0～5V,内电阻约1０kΩ）

电流表A1(量程0~500mＡ，内电阻约20Ω）

电流表A2(量程0～300mA,内电阻约4Ω)

滑动变阻器R１(最大阻值为1０Ω,额定电流为２A)

滑动变阻器R2(最大阻值为２50Ω,额定电流为0.1A)

直流电源E（电动势为4.５V,内电阻约为0.5Ω) 电键及导线若干

为了较精确画出I﹣U图线,需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选用A2,滑动变阻器选用R１（选填器材代号)，乙同学测量电阻的值比真实值偏小（填：偏大，偏小,相等）,利用选择的器材,请你在图2方框内画出理想的实验电路图，并将图3中器材连成符合要求的电路．

【考点】：测定金属的电阻率．

【专题】：实验题.

【分析】: (1)欧姆表的零刻度在右边，偏角小说明电阻大,换挡后要重新调零，欧姆表的读数为示数乘以倍率.

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（2)器材选取的原则是安全、精确.根据通过电阻电流的大约值确定电流表的量程，从测量误差角度确定滑动变阻器.通过测量电阻的大小确定电流表的内外接.根据电路图连接实物图.

【解析】: 解：(1）发现指针转过角度太大，知电阻较小，则换用“×lΩ”,换挡后需重新调零．然后去测电阻，最后将旋钮旋至“ＯFＦ”挡或交流电压的最高挡．故合理顺序为：ＡEDＣ．

Ｒx的测量值为22×1Ω=22Ω.

（２)通过电阻电流的最大值大约I=,所以选择量程为３0０ｍA的电流表测量比较准确.总阻值为2５０Ω的滑动变阻器阻值相对较大,测量时误差大,所以选择总阻值为10Ω的滑动变阻器.

由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法.若采用限流法，电路中的电流较大，容易超过电流表的量程,所以滑动变阻器采用分压式接法,电路图如图所示．根据电路图连接实物图，如图所示．

由于采用外接法，测电流表示数偏大,则由欧姆定律可知，测量值偏小；

故答案为:(１）AEDC，2２(２)A2 ，R1（３）偏小

=

【点评】: 解决本题的关键掌握器材选取的原则，知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别,以及知道电流表内外接的区别及误差.

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１１.(１４分）（2015?银川校级二模）飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道,某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离,他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180m,其中电磁弹射器是一种长度为l1=12０m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力Ｆ牵.一架质量为m=2.0×104kg 的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力Ｆ推=1．2×10５Ｎ．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关,假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的０.０５倍,在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.２倍．

飞机离舰起飞的速度ｖ=10０m／s，航母处于静止状态,飞机可视为质量恒定的质点.请你求出（计算结果均保留两位有效数字)

(１)飞机在后一阶段的加速度大小；

(2）电磁弹射器的牵引力F牵的大小.

【考点】: 动能定理；牛顿第二定律.

【专题】: 动能定理的应用专题.

【分析】: （１）飞机在后一阶段,在发动机的推力F推和阻力的作用下匀加速运动,根据牛顿第二定律求解加速度大小;

（2)飞机经历了两个加速度不同的匀加速运动过程,先根据运动学列式求出后一阶段匀加速运动的初速度,即为前一阶段匀加速运动的末速度，再由运动学公式求前一阶段的加速度,最后由牛顿第二定律求牵引力F牵．

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【解析】：解：(１)令后一阶段的加速度大小为a2,平均阻力为ｆ２=０.2mg，根据牛顿第二定律得：

F推﹣ｆ2=ma2,

将F推=1.2×105N，m=２．0×１0４ｋg

代入解得：ａ2=4m/s2.

(2)令飞机在电磁弹射区的加速度大小为ａ1，末速度为v1．平均阻力为：ｆ1=0.05mg，则由运动学公式得：

v１２＝２a1l1，

v2﹣v12=2a2（l﹣l1)

联立上两式解得,a1=3９．７m／s2．

由F牵+F推﹣f1=ma1，

解得，F牵＝6．8×１05N．

答：(1）飞机在后一阶段的加速度大小为4m/s2．

(２）电磁弹射器的牵引力F牵的大小为6.8×105Ｎ.

【点评】: 本题是牛顿运动定律和运动学规律的结合，是动力学的基本问题,关键是求解加速度，加速度是联系力学和运动学的桥梁.

１2．（18分)(2015?银川校级二模)如图所示,带电平行金属板PQ和MN之间的距离为ｄ；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.如图建立坐标系,x轴平行于金属板,与金属板中心线重合,ｙ轴垂直于金属板．区域Ｉ的左边界在y轴，右边界与区域I Ｉ的左边界重合，且与y轴平行；区域IＩ的左、右边界平行．在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域Ｉ内的磁场垂直于Oxｙ平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里．一电子沿着x轴正向以速度v０射入平行板之间,在平行板间恰

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好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和ＩＩ.已知电子电量为e,质量为m，区域I 和区域ＩＩ沿x轴方向宽度均为.不计电子重力．

（1）求两金属板之间电势差Ｕ;

（2)求电子从区域II右边界射出时,射出点的纵坐标y;

（3)撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场,使得该电子刚好不能从区域ＩI的右边界飞出.求电子两次经过y轴的时间间隔ｔ．

【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.

【专题】: 带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】: (1)粒子做直线运动,电场力等于洛伦兹力,由平衡条件可以求出电势差．

（2)带电粒子在磁场中做匀速直线运动,由牛顿第二定律及数学知识可以求出ｙ轴的坐标.（３)带电粒子在电场中做加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律与匀变速运动规律分析答题．

【解析】：解:（1）电子在平行板间做直线运动,电场力与洛伦兹力平衡，

由平衡条件得：eE=eｖ０B…①

电场强度：Ｅ=…②

由①②两式联立解得：U＝Bv0d；

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（2)如右图所示,电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转,洛伦兹力提供向心力,

由牛顿第二定律得:ev0Ｂ=ｍ…③

设电子在区域Ｉ中沿着y轴偏转距离为ｙ0,区域I的宽度为ｂ（b=)

由数学知识得:(R﹣y0）2+b2=Ｒ2 …④

由③④式联立解得：y０＝

因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II射出点的纵坐标为：

ｙ=2y0＝

(3)电子刚好不能从区域IＩ的右边界飞出，说明电子在区域IＩ中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域IＩ的右边界相切，圆半径恰好与区域II宽度相同.电子运动轨迹如下图所示．设电子进入区域II时的速度为ｖ，

由牛顿第二定律得:evB=m…⑤

由人ｒ=b得：ｖ=

电子通过区域I的过程中,向右做匀变速直线运动，此过程中平均速度为:=

电子通过区域I的时间：

t1=(b为区域I的宽度)…⑥

解得:ｔ1=２(2﹣3）

电子在区域II中运动了半个圆周,设电子做圆周运动的周期为T,

由牛顿第二定律得：eｖB=m…⑦

ｖ=…⑧

电子在区域IＩ中运动的时间：t2＝=…⑨

由⑦⑧⑨式解得：t2=

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电子反向通过区域I的时间仍为t1,电子两次经过y轴的时间间隔：

t=2t１+t２=（8﹣1２+π)

答:(1)两金属板之间电势差Ｕ为Bｖ0d;

(２)电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y为；

(3）电子两次经过y轴的时间间隔为．

【点评】：本题是一道带电粒子在电场与磁场中运动的综合题,难度较大，根据题意作出粒子的运动轨迹,由牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

（二）选考题,请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理－－选修3-3】(15分）13.(6分)（2０15?银川校级二模）对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是( )Ａ．保持气体的压强不变,改变其体积,可以实现其内能改变

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B．保持气体的压强不变,改变其温度,可以实现其内能不变

C. 若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变

Ｄ．气体温度每升高１K所吸收的热量与气体经历的过程有关

Ｅ．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小

【考点】: 理想气体的状态方程.

【专题】: 理想气体状态方程专题.

【分析】: 理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．

【解析】：解：A、由理想气体的状态方程=C可知,保持气体的压强ｐ不变，改变其体积Ｖ，则气体温度Ｔ发生变化,气体内能发生变化,故Ａ正确;

B、保持气体的压强不变,改变其温度，气体温度发生变化，气体内能发生变化，故B错误;

C、由理想气体的状态方程＝C可知，若气体的温度T逐渐升高,如果体积Ｖ同时变大,其压强可能不变，故C正确;

Ｄ、气体绝热压缩或膨胀时,气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化,要吸收或放出热量,由此可知气体温度每升高1Ｋ所吸收的热量与气体经历的过程有关,故Ｄ正确；

E、由理想气体状态方向=C可知,当气体体积逐渐增大时，如果压强p不变,或pＶ增大,则气体温度T升高,气体内能增大,Ｅ错误；

故选：ＡCD.

【点评】: 理想气体分子间的距离较大,分子间的作用力通常认为是零，即分子势能为零,理想气体内能由分子的平均动能决定的,其宏观的表现是温度决定.

word版高中物理

14.(9分)如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为理想气体)相通，初始时管内气体温度为Ｔ1．现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出,平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3.若将管内下部气体温度降至T2,在保持温度不变的条件下将管倒置,平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出)．已知T1=Ｔ2,大气压强为Ｐ0,重力加速度为g．求水银柱的长度h和水银的密度ρ.

【考点】: 理想气体的状态方程.

【专题】：理想气体状态方程专题.

【分析】：注入水银的过程,下部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程；将管倒置后,温度降低的过程,管内气体的三个参量都发生变化，根据气态方程列式,再联立求解.【解析】：解：设管内截面面积为S,初始时气体压强为p0，体积为:V0=LＳ；注入水银后下部气体压强为：p1=p0+ρｇh；体积为：Ｖ1=(Ｌ﹣ｈ）S

由玻意耳定律有：p0LＳ=(p0+ρgｈ)×(Ｌ﹣h)S…①

将管倒置后，管内气体压强为ｐ2=p0﹣ρgh；体积为:V２=（L﹣h)S

由理想气体状态方程有:=…②

由①、②解得：h=L，ρ=

答:水银柱的长度ｈ为Ｌ，水银的密度ρ是.

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