2019屆四川省高三下學(xué)期畢業(yè)班第二次診斷性考試?yán)砭C物理試題(解析版)

1、高中2019屆畢業(yè)班第二次診斷性考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試（物理部分）一、選擇題：1 .下列核反應(yīng)屬于人工轉(zhuǎn)變的是A.Thi- Pa+ e B.He+B- C+nC. U+n- Xe+ Sr+10 n D. H+HR He+n【答案】B【解析】【分析】衰變生成物為“或3粒子，原子核的人工轉(zhuǎn)變是由人為行為發(fā)生的和反應(yīng)方程，不是自發(fā)的衰變、裂變和聚變等.【詳解】A Th234變成Pa234,同時(shí)有一個(gè)電子產(chǎn)生，屬于 3衰變；故A錯(cuò)誤.日用“粒子轟擊Be,產(chǎn)生了碳原子，屬于原子核的人工轉(zhuǎn)變；故 B正確.C該反應(yīng)方程為重核的裂變；故 C錯(cuò)誤.D笊與瓶生成氨核，屬于聚變反應(yīng)；故 D錯(cuò)誤.故選B.【點(diǎn)睛】只要根

2、據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒判斷出生成物的成分即可解決此類題目2.2018年12月8日凌晨，我國(guó)嫦娥四號(hào)探測(cè)器從西昌衛(wèi)星發(fā)射中心順利升空。探測(cè)器靠近月球后，先在距離月球表面 H高處的近似圓軌道上繞月運(yùn)行，測(cè)得運(yùn)動(dòng)周期為To已知月球半徑為 R引力常量為 G根據(jù)以上信息，不能求出的是A.月球的平均密度B.月球的第一宇宙速度C.探測(cè)器的動(dòng)能D. 探測(cè)器的向心加速度【答案】C【解析】【分析】衛(wèi)星所受的萬(wàn)有引力提供向心力，即可求出月球的質(zhì)量，由密度公式即可求出月球的平均密度Mm4?46（R 十 H）3【詳解】A設(shè)月球質(zhì)量為 M探測(cè)器質(zhì)量為 m由G+ 得月球質(zhì)量M= ,（R +Tp = '=¥

3、; GTV,所以A正確._ , Mm 曠 PM 加_iR + H 一一B> 由 G = m一信，v = = -7（R + H） I，所以 B 正確. R2 R3 T R T Q RC因不知探測(cè)器質(zhì)量，故無(wú)法求出探測(cè)器動(dòng)能，所以C錯(cuò)誤._8加"_DX由G; = ma,得泣=（R + H）,所以D正確.* ID2T2本題選不能求出的故選 C.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力，會(huì)根據(jù)該規(guī)律中心天體的質(zhì)量和密度3 .如圖甲所示為理想變壓器，現(xiàn)將原線圈a接在電壓u隨時(shí)間t按如圖乙所示正弦規(guī)律變化的交流電源上，將滑動(dòng)變阻器滑片 P置于圖中所示位置。電壓表 M、V2均為理想交流電

4、表?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑動(dòng)一小段距離，與先前比較，下列說(shuō)法正確的是C.電壓表V2的示數(shù)減小D.燈泡L變亮【答案】A【解析】【分析】閉合電路動(dòng)態(tài)分析中，電源部分是由變壓器提供， 其它仍用閉合電路毆姆定律 .當(dāng)滑片P向右滑動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)致總電阻發(fā)生變化，而電壓不變，則可判斷出電路中的電流及電壓如何變化【詳解】當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片 P向右滑動(dòng)一小段距離，接入電路中的電阻增大，副線圈中電流減小，燈泡 L 變暗，原線圈中電流減小，電阻 R分壓減小，消耗電功率減小，原線圈兩端電壓增大，電壓表M的示數(shù)增大，副線圈兩端電壓增大，電壓表 V2的示數(shù)增大；故 B、C、D錯(cuò)誤，A正確.故選A.【點(diǎn)睛】理想變壓器是

5、理想化模型，一是不計(jì)線圈內(nèi)阻； 二是沒(méi)有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象.同時(shí)運(yùn)用閉合電路毆姆定律來(lái)分析隨著電阻變化時(shí)電流、電壓如何變化.分析的思路先干路后支路，以不變應(yīng)萬(wàn)變.4 .如圖所示，邊長(zhǎng)為 L的正六邊形 ABCDEF的5條邊上分別放置 5根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的相同絕緣細(xì)棒。每根細(xì) 棒均勻帶上正電?，F(xiàn)將電荷量為 +Q的點(diǎn)電荷置于BC中點(diǎn)，此時(shí)正六邊形幾何中心 。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零。若移 走+Q及AB邊上的細(xì)棒，則 O點(diǎn)強(qiáng)度大小為（k為靜電力常量）（不考慮絕緣棒及+Q之間的相互影響）kQ4kQ2業(yè) Q4kQA. B.C. D. L -3L23L231?【答案】D【解析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，結(jié)合點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算

6、公式和對(duì)稱性進(jìn)行分析【詳解】根據(jù)對(duì)稱性，AF與CD上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加為零，AB與ED上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的kQ 4kQ電場(chǎng)強(qiáng)度疊加為零.BC中點(diǎn)的點(diǎn)電荷在 O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 ；=一，因EF上的細(xì)棒與BC中點(diǎn)的（Lsin6CT） 3L4kQ點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加為零，EF上的細(xì)棒在 O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 ,故每根細(xì)棒在 O點(diǎn)產(chǎn)3L-4kQ生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 -移走+Q及AB邊上的細(xì)棒，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 EF與ED上的細(xì)棒在 O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng) 3L”4kQ4 曲 kQ度疊加，這兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)夾角為60。，所以疊加后電場(chǎng)強(qiáng)度為 2尸點(diǎn)3。口 =一一；故選D.3L-【點(diǎn)睛】本題主要是考查

7、電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，知道電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，其合成滿足平行四邊形法則5 .如圖甲所示，一塊長(zhǎng)度為 L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度V0射人木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s（圖乙）。設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。則子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間為 % d mm H乙 才 ？Z產(chǎn)產(chǎn)產(chǎn)產(chǎn)產(chǎn)m1i1A.B. 上十屋） C. 一 ： D. 一、,；2v0v0【答案】D【解析】【分析】 以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，滿足動(dòng)量守恒定律，分別對(duì)子彈和木塊列動(dòng)能定理表達(dá)式，再對(duì)木 塊列動(dòng)量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解【詳解】子彈穿過(guò)木塊過(guò)程，對(duì)子彈和木塊

8、的系統(tǒng)，外力之和為零動(dòng)量守恒，有:設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程所受阻力為f ,對(duì)子彈由動(dòng)能定理：-f(s gmT，由動(dòng)量定理:對(duì)木塊由動(dòng)能定理：=由動(dòng)量定理：k =2 -1聯(lián)立解得：t = (L + 2s)；故選D.%【點(diǎn)睛】子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程，子彈與木塊組成的相同動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理可以正確解 題，解題時(shí)注意研究對(duì)象、研究過(guò)程的選擇6.如圖甲所示，質(zhì)量m=1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t=0.5s時(shí)撤去拉力，其1.5s內(nèi)的速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2。則心 1i.3 r/s甲乙A. 0.5s 時(shí)拉力功率12W B. 1.5s內(nèi)拉力做

9、功9JC. 1.5s后物塊可能返回D. 1.5s后物塊一定靜止【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)圖示圖象求出物塊的加速度和位移，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出拉力大小【詳解】00.5s內(nèi)物體的位移：X = 1 * 0一5 / 2m = 0,5m ; 0.5s1.5s內(nèi)物體的位移：x? = 1 乂 1 乂 2m = 1m ;1 21 2由題圖乙知，各階段加速度的大?。?4m/sa2 = 2m/s?；設(shè)斜面傾角為 0 ,斜面對(duì)物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)為科，根據(jù)牛頓第二定律，00.5s內(nèi)KMmggsOug亂咸=m%；0.5s1.5s 內(nèi)-pmgcosB-mgsine = m%；聯(lián)立解得：F=6N,但無(wú)法求出 科和。

10、.A、0.5s時(shí)，拉力的功率P = Fy = 12W,故A正確.B 1.5s內(nèi)的前0.5s拉力才做功，其大小 W三F，=3J；故B錯(cuò)誤.C D無(wú)法求出 科和。，不清楚tan。與科的大小關(guān)系，故無(wú)法判斷物塊能否靜止在斜面上，則C正確，D錯(cuò)誤. 故選AC.【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)力學(xué)知識(shí)與圖象的綜合，通過(guò)圖線求出勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度是解決本題的關(guān)鍵，利用好牛頓第二定律求得拉力.7 .如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)與電場(chǎng)平行的長(zhǎng)方形區(qū)域ABCD已知AC=2AB=4cm A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為12V、8V、4Vo某帶電粒子從 A點(diǎn)以初速度V0=2m/s,與AD成30°夾角射入電場(chǎng)，粒子在 A

11、BC所在 平面運(yùn)動(dòng)，恰好經(jīng)過(guò) C點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。下列說(shuō)法正確的是8 .電場(chǎng)強(qiáng)度大小為V/m3C.粒子過(guò)C點(diǎn)的速度為2而m/sD.僅改變初速度v方向，該粒子可能經(jīng)過(guò) B點(diǎn)【答案】BC【解析】【分析】電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中U=Ed,根據(jù)題意判斷等勢(shì)面，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面間的關(guān)系確定電場(chǎng)線方向，根據(jù)U=Ed求出電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)電勢(shì)差的定義式求出最高電勢(shì)【詳解】A、因AC=2AB=4cm,A、RC三點(diǎn)的電勢(shì)分別為12V、8V、4V,取O點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，則RT四，連接BQ過(guò)A點(diǎn)做BO的垂線，則實(shí)線為電場(chǎng)線，如圖所示：因粒子由A運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，則電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)

12、線的方向相同，所以粒子帶正電，則 A錯(cuò)誤.UAO 4400J3日 因E = =-V m = -V m ； 所以 B正確.|AO|sin60° 祗 m3C粒子從A點(diǎn)開(kāi)始做類平拋運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的推論 上叨中=2回誼，粒子在C點(diǎn)時(shí)、h =氣晶技，D僅改變初速度 V0方向，根據(jù)對(duì)稱性，粒子必過(guò) E點(diǎn)，所以D錯(cuò)誤.故選BC.【點(diǎn)睛】本題考查了求電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)問(wèn)題,知道“電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低”是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚題意、應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，解題時(shí)注意作輔助線8.如圖所示，AC與BD兩平行金屬導(dǎo)軌寬度L=1m電阻不計(jì)，且足夠長(zhǎng)。兩端分別接有電阻

13、R和R>, R=6iQ ,R>=3Q 。導(dǎo)體桿MNf AG BD垂直，兩端與導(dǎo)軌良好接觸，其電阻 r=1 Q ,質(zhì)量m=1kg,在導(dǎo)軌上可無(wú)摩擦地滑動(dòng)。垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T?，F(xiàn)給MNH個(gè)初速度 v=0.3m/s ,沿平行于 AC邊向右移動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是A.初始時(shí)MN的加速度大小為 0.1m/s2B.整個(gè)過(guò)程R上產(chǎn)生的熱量為 0.020JC.整個(gè)過(guò)程通過(guò)的 R2電荷量為0.1CD. MN桿向右滑行的最大距離為0.9m【答案】AD導(dǎo)體桿MN®割磁感線，相當(dāng)于電源，電阻 R和R2并聯(lián)，由動(dòng)能定理求解熱量，由位移求電量【詳解】A、初始時(shí)，MN

14、74;割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) E = BLv=0.3V,R與R2并聯(lián)后的電阻R升 =2。R1 +R.電路中的總電阻R息=十R井= 30,所以MN中的電流I口A , MN勺加速度a = = O,lmV ,故A正確.mB> MN的動(dòng)能最終全部轉(zhuǎn)化為熱量，故總熱量m = 0.045J,因曰七井=I二2 ,所以QQ并=1:2,及Q并=。一030J,又= 所以 Qri；Qr,故Qri = 0,010J；故 b 錯(cuò)誤.mvC XM MN 由動(dòng)量定理，EiL，3t = Amv , -EL-Aq=Amv,全程考查得：一ELq = 0-mv , q = = 03C ,因 BL= 所以（1r%2=1；2, q

15、瞪= 0.2C；故 c錯(cuò)誤.A 中 BLxqRjKDK因?yàn)閝二丁工需-,所以K = 0 9m ,故D正確.艮總1%BL故選AD.【點(diǎn)睛】電磁感應(yīng)問(wèn)題從電源、電路、安培力、運(yùn)動(dòng)、能量共五步研究，特別是電量涉及位移，能量涉及安培力做功.二、非選擇題：9.在進(jìn)行“探究共點(diǎn)力合成的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，用如圖(a)所示的兩個(gè)力拉彈簧使之伸長(zhǎng)至某一位置，并適當(dāng)調(diào)整力的方向，使兩力之間的夾角為90°。(圖中鉤碼規(guī)格相同)(1)換用一根線牽引彈簧(圖(b),使彈簧的伸長(zhǎng)量與兩個(gè)力作用時(shí)相同，此時(shí)需要掛 個(gè)與圖甲 中相同規(guī)格的鉤碼。(2)你對(duì)合力與分力遵循什么樣的規(guī)律作出的猜想是 。(3)本實(shí)驗(yàn)采用的科學(xué)

16、方法是 。A.理想實(shí)驗(yàn) B.等效替代 C.控制變量 D.物理模型【答案】(1). 5 (2).力的合成裝遵循矩形法則(或平行四邊形)(3). B【解析】【分析】分力和合力遵循平行四邊形定則，以及知道合力的作用效果與合力的作用效果是等效的【詳解】 設(shè)一個(gè)鉤碼的重力為 G,圖a中互成90。的兩個(gè)力F=g，F(xiàn)=4G ,則合力為F =我十月=5G ,圖b中為了保持拉力的作用效果相同，故要掛 5個(gè)相同的鉤碼.(2)根據(jù)3、4、5個(gè)鉤碼及夾角的關(guān)系，可知猜想出力的合成遵循平行四邊形法則或三角形法則(3)該實(shí)驗(yàn)保證合力與幾個(gè)分力共同作用的作用效果相同，運(yùn)用了等效替代法；故選B.【點(diǎn)睛】驗(yàn)證力的平行四邊形定則

17、是力學(xué)中的重點(diǎn)實(shí)驗(yàn)，應(yīng)明確實(shí)驗(yàn)的原理、數(shù)據(jù)處理方法及本實(shí)驗(yàn)采用的物理方法.10.某學(xué)習(xí)小組在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)中，除導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)外，可供選擇的實(shí)驗(yàn)器材如下：A.小燈泡L,規(guī)格“2.5V, 0.5WB.電流表A,量程3A,內(nèi)阻約為15aC.電流表 A 量程300mA內(nèi)阻約為0.5 QD.電壓表V1,量程3V,內(nèi)阻約為3k Q oE.電壓表V2,量程15V,內(nèi)阻約為9kQF.滑動(dòng)變阻器 R,阻值范圍010000。G.動(dòng)變阻器R,阻值范圍050H.定值電阻R,阻值為5Q oI.學(xué)生電源5V,內(nèi)阻不計(jì)。(1)為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量盡量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用 ,電壓表選用 ,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用

18、。(填寫器材前面的字母序號(hào))(2)在虛線方框內(nèi)圖甲的基礎(chǔ)上完成實(shí)驗(yàn)原理圖，并標(biāo)注清楚元件的符號(hào)。 (3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，描繪伏安特性曲線如圖乙所示，由此可知，當(dāng)電壓為1.5V時(shí)，小燈泡的燈絲電阻是0。(保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1). C (2). D (3). G (4).(5). 8.6【解析】【分析】(1)根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，為方便思議操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器.(2)根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表接法，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖.(3)由圖示圖象求出電壓對(duì)應(yīng)的電流，然后由歐姆定律求出燈絲電阻.【詳解】（1）因?yàn)樾襞莸念~定電壓為 2.5V,額定功率0.5W,所以額定電流200m

19、A所以電壓表選 D,電流表選C;因?yàn)槊枥L小燈泡伏安特性曲線，電壓變化范圍較大，而小燈泡的電阻又較小，所以滑動(dòng)變阻器選G.（2）因電源電動(dòng)勢(shì)較大，故選定值電阻R3在干路起彳護(hù)作用.因小燈泡內(nèi)阻十歐姆數(shù)量級(jí)，電流表內(nèi)阻 15歐姆，電壓表內(nèi)阻約 3千歐姆，所以采用外接法.原理圖如圖所示： 由圖乙可知，當(dāng)電壓為 1.5V時(shí)，電流為0.175A,所以電阻為R=-G = 8,6Q. 0 175【點(diǎn)睛】本題考查測(cè)量小燈泡的伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)，要注意正確得出實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的接法和原理，并能正確 根據(jù)圖象進(jìn)行數(shù)據(jù)分析；注意分壓和電流表外接法的正確選擇11.如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從

20、管口P彈出，右側(cè)水平距離為L(zhǎng),豎直高度為H=0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R=0.75m,內(nèi)壁光滑。通過(guò)調(diào)節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點(diǎn)Mg切線方向進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)N離開(kāi)后能落回管口 P,則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2kg ,半徑略小于管道內(nèi)徑， 可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。 該同學(xué)某次游戲取得成功，試求：水平距離L;（2）小球在N處對(duì)管道的作用力；（3）彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能。2_【答案】（1）L = 2m （2） F = ”，方向豎直向上 （3） Ep = 5J【解析】（1） P至M做斜上拋運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)速度水平能沿切線進(jìn)入管道，

21、運(yùn)動(dòng)逆向思維看成平拋運(yùn)動(dòng)計(jì)算；M到N為變速圓周運(yùn)動(dòng)中的桿一球模型，用動(dòng)能定理分析，N到P為平拋，運(yùn)用分運(yùn)動(dòng)列式；（2）桿一球模型的最高點(diǎn)，受力分析結(jié)合牛頓第二定律和牛頓第三定律求壓力；（3）彈力為變力，其做功引起的彈性勢(shì)能變化由能量守恒定律解決是優(yōu)先考慮的方法.【詳解】（1）設(shè)小球進(jìn)入 M點(diǎn)時(shí)速度為年乂，運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)速度為vN,由 P 至 M, L = v/i12口 =油由N至P,1 2但+加=相由M至N過(guò)程，由功能關(guān)系得：2mgR =解得：（2）由（1）可得，vN = 'lOm/sVNme + F = m R解得：由牛頓第三定律可知，小球在N處對(duì)管道的作用力F=F = -N,方向豎直向

22、上3,一 一一，一 1 ,（3）由P至N全過(guò)程，由能重寸恒te律：Ep =4 mg（H + 2K）解得：【點(diǎn)睛】本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)、斜上拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)與能量守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律的綜合運(yùn)用，運(yùn)動(dòng)的過(guò)程較多，根據(jù)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)選擇恰當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律是解決本題的關(guān)鍵12 .如圖甲所示，邊長(zhǎng)為 L的正方形ABCDE域內(nèi)（含邊界）有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在正方形的幾何中心。處有一粒子源，垂直磁場(chǎng)沿各個(gè)方向發(fā)射速率為V0的帶電荷量為q的粒子，粒子質(zhì)量為 m圖中x、y軸分別過(guò)正方形四邊的中點(diǎn)E、F、G H不計(jì)粒子重力及相互作用。(1)為了使粒子不離開(kāi)正方形ABCW域則磁感應(yīng)強(qiáng)度 Bi應(yīng)該滿足什么條

23、件?(2)改變磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，若沿與y軸成60° (如圖乙所示)方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小;(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(2)中B2,則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)邊界的范圍。(結(jié)果可用根號(hào)表示)從 BD(1)(2)2 由 niFn(3) 從AB邊射出的坐標(biāo)為qLL, x.-L < x <L邊射出的坐標(biāo)為夜i 一 _-L 從 CD2.12 I邊射出的坐標(biāo)為-L5-3-<x<12妲I從AC邊射出的坐標(biāo)為12L根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半(1)粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后恰好不飛出，則臨界情況是粒子與磁場(chǎng)邊界相切，畫出軌跡,徑，再由牛頓第二定律求出 B的值.(2)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短

24、應(yīng)找最小的圓心角，則找劣弧中弦長(zhǎng)最短的軌跡； 由軌跡與邊界相切或相交的各種情況找到臨界半徑，從而得到飛出的邊界范圍【詳解】(1)為使粒子不離開(kāi)正方形 ABC區(qū)域，則粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑需滿足如下關(guān)系:4叫片二Jx聯(lián)立解得:比2一 qL(2)由分析可知，所有粒子中，過(guò)正方形邊長(zhǎng)中點(diǎn)的粒子所需時(shí)間最短,由幾個(gè)關(guān)系得：R = ' q%2>/5mv0 從AB邊出射的粒子，軌跡如圖所示:分析可知，一斛得：112當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與 BGt目切時(shí)，打到右邊最遠(yuǎn)處,由幾何關(guān)系得，1 hJS-3解得：x、= L 、 12綜上粒子從AB邊射出的坐標(biāo)為同理求得，從 BD邊射出的粒子,同理求得，從

25、CD邊射出的粒子，位置坐標(biāo)為1212同理求得，從 AC邊射出的粒子，位置坐標(biāo)為【點(diǎn)睛】解答帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的習(xí)題，關(guān)鍵是畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,尤其是臨界軌跡，然后由幾何關(guān)系求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑從而可以順利求解速度大小13 .下列敘述，正確的是 。A.氣體吸熱后溫度一定升高14 對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能C.熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體D.能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過(guò)程具有方向性E.物體從單一熱源吸收的熱量在不引起外界變化的情況下可全部用于做功【答案】BCD【解析】【分析】熱力學(xué)第一定律：做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能；熱力學(xué)第二定律：自然界中宏觀過(guò)程具有方向性;不

26、可能把熱從低溫物體傳到高溫物體而不產(chǎn)生其他影響；不可能從單一熱源取熱使之完全轉(zhuǎn)換為有用的功 而不產(chǎn)生其他影響.則溫度不一定升高， 說(shuō)法A錯(cuò)誤;【詳解】A、根據(jù)熱力學(xué)第一定律=W,氣體吸熱后如果對(duì)外做功,日改變物體內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞，對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能，說(shuō)法B正確.C根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體；說(shuō)法C正確;D能量耗散說(shuō)明宏觀現(xiàn)象白發(fā)生具有方向性；D正確.E、物體從單一熱源吸收熱量可以全部用于做功，但一定引起外界變化；E錯(cuò)誤.故選BCD.【點(diǎn)睛】本題考查了熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，只有熟練掌握熱力學(xué)的一些基本概念，一定要注意積累.14.如圖甲所示為

27、一個(gè)倒立的U形玻璃管，A B兩管豎直，A管下端封閉，B管下端開(kāi)口并與大氣連通。已知A、B管內(nèi)空氣柱長(zhǎng)度分別為 hA=6cm、hB=10.8cm。管內(nèi)裝入水銀液面高度差 h=4cm欲使 A、B兩管液面處于同一水平面，現(xiàn)用活塞C把B管開(kāi)口端封住并緩慢推動(dòng)活塞C（如圖乙所示）。已知大氣壓為p0=76cmHg當(dāng)兩管液面處于同一水平面時(shí)，求：A管封閉氣體壓強(qiáng)Pa'活塞C向上移動(dòng)的距離 x。【答案】108cmHg5.2cm【解析】【分析】對(duì)A氣體利用理想氣體的等溫變化方程求解；由大氣壓的數(shù)值和水銀柱的高度求出封閉氣體的壓強(qiáng)，A氣體和B氣體間的聯(lián)系是之間的水銀柱平衡和連通器的原理，根據(jù)等溫變化的方程

28、求解某狀態(tài)的體積，進(jìn)而活塞移動(dòng)的距離.【詳解】設(shè)A B兩管的橫截面積為 S,以A管封閉氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)：Pa m 口口立: 72cmHg , VA = ShA = 6S設(shè)末狀態(tài)的壓強(qiáng)為pl，體積為VA從初狀態(tài)到末狀態(tài)，設(shè) A管水銀面下降h,則B管水銀面上升也為 h2h = Ahh = 2cmV a = 4S由波意耳定律有： 由以上各式得：以B管封閉的氣體為研究對(duì)象，設(shè)活塞向上移動(dòng)距離為x初狀態(tài)：Pb = P。= 76cmIIg , VA = ShB末狀態(tài)：P r = P a 二 lOSciuHg , V B = S(hB + h-x)由波意耳定律有：出% = P b、'b由以上各

29、式得：x=5.2cm【點(diǎn)睛】本題考查的是等溫變化，解決這類題的關(guān)鍵是，理解大氣壓和液體壓強(qiáng)之間的關(guān)系，會(huì)根據(jù)大氣壓和液體壓強(qiáng)計(jì)算封閉空氣柱的壓強(qiáng).15.一列簡(jiǎn)諧橫波沿 x軸傳播在t=0時(shí)刻的波形如圖中實(shí)線所示，t=0.5s時(shí)刻的波形如圖中虛線所示，虛線恰好過(guò)質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置。已知質(zhì)點(diǎn) P平衡位置的坐標(biāo)x=0.5m。下列說(shuō)法正確的是“ >/crnA.該簡(jiǎn)諧波傳播的最小速度為1.0m/sB.波傳播的速度為(1.4+2.4n)m/s(n=0, 1, 2, 3)C.若波向x軸正方向傳播，質(zhì)點(diǎn) P比質(zhì)點(diǎn)Q先回到平衡位置D.若波向x軸負(fù)方向傳播，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)路程的最小值為5cmE.質(zhì)點(diǎn)。的振動(dòng)方程可能為 y=10sinb，；2rlMcm(n=0, 1, 2, 3)【答案】ADE【解析】【分析】由圖讀出波長(zhǎng)，根據(jù)波形平移法得到周期的表達(dá)式，再由波速公式得到波速的表達(dá)式，分析波速可能值.要分波沿x軸正方向傳播和沿 x軸負(fù)方向傳播兩種情況分析.根據(jù)P、Q回到平衡位置先后， 確定兩者的速度 方向，再由“上下坡法”判斷波的傳播方向.【詳解】A 0.5s內(nèi)波傳播的最短距離為 0.5m,故最小速度為1.0m/s, A選項(xiàng)正確.B>若波向x軸正方向傳播，波速為 v = m/s = (LOi 2.4n)m/s(n = OJ ,23),若波向x軸