河北省衡水中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期第7次調(diào)研試題含解析

PAGE1-河北省衡水中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期第7次調(diào)研試題（含解析）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，14-18在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，選錯(cuò)的得0分；19-21至少有兩項(xiàng)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）1.人們射向?qū)砩羁仗綔y(cè)器是以光壓為動(dòng)力的，讓太陽光垂直薄膜光帆照耀并全部反射，從而產(chǎn)生光壓．設(shè)探測(cè)器在軌道上運(yùn)行時(shí)，每秒每平方米獲得的太陽光能E=1.5×104J，薄膜光帆的面積S=6.0×102m2，探測(cè)器的質(zhì)量m=60kgA.0.001m/s2 B.0.01m/s2 C.0.0005m/s2 D.【答案】A【解析】【詳解】由E=hv，P＝以及光在真空中光速c=λv知，光子的動(dòng)量和能量之間關(guān)系為E=Pc．設(shè)時(shí)間t內(nèi)射到探測(cè)器上的光子個(gè)數(shù)為n，每個(gè)光子能量為E，光子射到探測(cè)器上后全部反射，則這時(shí)間對(duì)探測(cè)器的光壓最大，設(shè)這個(gè)壓強(qiáng)為p壓；每秒每平方米面積獲得的太陽光能：p0＝?E由動(dòng)量定理得F?＝2p壓強(qiáng)p壓＝對(duì)探測(cè)器應(yīng)用牛頓其次定律F=Ma可得a＝代入數(shù)據(jù)得a=1.0×10-3m/s故A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A.點(diǎn)睛：該題結(jié)合光子的相關(guān)學(xué)問考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，解答本題難度并不大，但解題時(shí)肯定要細(xì)心、仔細(xì)，應(yīng)用動(dòng)量定理與牛頓其次定律即可解題．2.在上海世博會(huì)上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界若風(fēng)洞內(nèi)總的向上的風(fēng)速風(fēng)量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可變更所受的向上的風(fēng)力大小，以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果，假設(shè)人體受風(fēng)力大小與正對(duì)面積成正比，已知水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積最大，且人體站立時(shí)受風(fēng)力面積為水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積的1／8，風(fēng)洞內(nèi)人體可上下移動(dòng)的空間總高度為H．起先時(shí)，若人體與豎直方向成肯定角度傾斜時(shí)，受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點(diǎn)A起先，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點(diǎn)C處減速為零，則以下說法正確的有（）A.由A至C全過程表演者克服風(fēng)力做的功為mgHB.表演者向上的最大加速度是gC.表演者向下的最大加速度是D.B點(diǎn)的高度是【答案】A【解析】【詳解】對(duì)A至C全過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgH-W=0，解得W=mgH，因而A正確；設(shè)最大風(fēng)力為Fm，由于人體受風(fēng)力大小與正對(duì)面積成正比，故人站立時(shí)風(fēng)力為Fm；由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時(shí)，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力G=Fm；人平躺上升時(shí)有最大加速度，因而B錯(cuò)誤；人站立加速下降時(shí)的最大加速度，因而C錯(cuò)誤；人平躺減速下降時(shí)的加速度大小是a2==g；設(shè)下降的最大速度為v，由速度位移公式，加速下降過程位移；減速下降過程位移，故x1：x2=4：3，因而x2=H，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A．【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵將下降過程分為勻加速過程和勻減速過程，求出各個(gè)過程的加速度，然后依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式推斷．3.2019年1月3日，嫦娥四號(hào)勝利著陸在月球背面起先了對(duì)月球背面區(qū)域的科學(xué)考察之旅．由于月球在繞地球的運(yùn)行過程中恒久以同一面朝向地球，導(dǎo)致地球上的任何基站信號(hào)都無法干脆穿透月球與嫦娥四號(hào)建立聯(lián)系，為此，我國(guó)特意于2018年5月21日勝利放射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，如下圖所示，若忽視除地球和月球外其他天體的影響，運(yùn)行在地月其次拉格朗日點(diǎn)（L2點(diǎn)）的“A.月球的自轉(zhuǎn)周期與其繞地球的公轉(zhuǎn)周期肯定是相同的B.“鵲橋”的公轉(zhuǎn)周期肯定大于月球的公轉(zhuǎn)周期C.“鵲橋”的自轉(zhuǎn)的周期肯定等于其繞地球公轉(zhuǎn)的周期D.“鵲橋”繞L2點(diǎn)自轉(zhuǎn)的向心力肯定是地球和月球?qū)ζ淙f有引力的合力【答案】A【解析】【詳解】A.月球一面始終朝著地球，說明月球也有自轉(zhuǎn)，其自轉(zhuǎn)周期等于其公轉(zhuǎn)周期，故A正確；B.地月系統(tǒng)的拉格朗日點(diǎn)就是小星體在該位置時(shí)，可以與地球和月球基本保持相對(duì)靜止，故中繼星“鵲橋”隨拉格朗日點(diǎn)L2繞地球運(yùn)動(dòng)的周期等于月球繞地球的周期，故B錯(cuò)誤；C.為確保嫦娥四號(hào)和地球之間始終能夠正常的進(jìn)行通訊聯(lián)系，所以“鵲橋”的自轉(zhuǎn)的周期要小其繞地球公轉(zhuǎn)的周期，故C錯(cuò)誤；D.中繼星“鵲橋”繞拉格朗日點(diǎn)L2運(yùn)動(dòng)過程，只受到地球和月球萬有引力作用，合力不能供應(yīng)向心力，因此還受到自身的動(dòng)力作用，故D錯(cuò)誤．4.在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8.0J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6.0J，不計(jì)空氣的阻力，則（）A.從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)電勢(shì)能增加2JB.小球水平位移x1與x2的比值1：4C.小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能24JD.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中動(dòng)能有可能小于6J【答案】D【解析】【詳解】將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)；

A．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間間隔內(nèi)位移之比為1：3，故B錯(cuò)誤；

C．設(shè)物體在B動(dòng)能為EkB，水平分速度為VBx，豎直分速度為VBy。

由豎直方向運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性知mVBy2=8J對(duì)于水平分運(yùn)動(dòng)Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J故C錯(cuò)誤；D．由于合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，設(shè)小球所受的電場(chǎng)力為F，重力為G，則有：Fx1=6JGh=8J所以：由右圖可得：

所以則小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中速度最小時(shí)速度肯定與等效G’垂直，即圖中的P點(diǎn)，故故D正確。故選D。5.如圖所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著系于豎直板上，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知B球質(zhì)量為m，O點(diǎn)在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，則下列敘述正確的是A.小球A、B受到的拉力TOA與TOB相等，且TOA＝TOB＝B.彈簧彈力大小C.A球質(zhì)量為D.光滑半圓柱體對(duì)A球支持力的大小為mg【答案】C【解析】【詳解】A、B、隔離對(duì)B分析，依據(jù)共點(diǎn)力平衡得：

水平方向有：TOBsin45°=F

豎直方向有：TOBcos45°=mg，則，彈簧彈力F=mg，依據(jù)定滑輪的特性知：TOA與TOB相等；故A，B錯(cuò)誤.C、D、對(duì)A分析，如圖所示：由幾何關(guān)系可知拉力TOA和支持力N與水平方向的夾角相等，夾角為60°，則N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，解得：，由對(duì)稱性可得：，故C正確，D錯(cuò)誤.故選C.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解．本題采納隔離法探討比較簡(jiǎn)便．6.一個(gè)電子在電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)（不計(jì)重力）。從0時(shí)刻起運(yùn)動(dòng)依次經(jīng)驗(yàn)、、時(shí)刻。其運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示。對(duì)此下列推斷正確的是（）A.0時(shí)刻與時(shí)刻電子在同一位置B.0時(shí)刻、時(shí)刻、時(shí)刻電子所在位置的電勢(shì)分別為、、，其大小比較有C.0時(shí)刻、時(shí)刻、時(shí)刻電子所在位置的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為、、，其大小比較有D.電子從0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)至?xí)r刻，連續(xù)運(yùn)動(dòng)至?xí)r刻，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功【答案】AC【解析】【詳解】A．電子只受電場(chǎng)力作用沿直線運(yùn)動(dòng)，該直線為一條電場(chǎng)線。結(jié)合其圖象知其運(yùn)動(dòng)情景如圖所示。則0時(shí)刻與時(shí)刻電子在同一位置。所以A正確；B．電子受電場(chǎng)力向左，則場(chǎng)強(qiáng)方向向右，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)漸漸降低，則有所以B錯(cuò)誤；C．圖象的斜率為加速度。由圖象知過程加速度增大，過程加速度減小。又有則有所以C正確；D．由圖象知過程速度減小，過程速度增大，則其動(dòng)能先減小、后增大。由動(dòng)能定理知電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功。所以D錯(cuò)誤。故選AC。7.如圖所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左端接肯定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止起先運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv（F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變更圖像可能正確的有（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【詳解】設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)環(huán)路電流為，即安培力為方向水平向左，即兩端電壓為，即感應(yīng)電流功率為，即分析金屬棒運(yùn)動(dòng)狀況，由力的合成和牛頓其次定律可得：即加速度因?yàn)榻饘侔魪撵o止動(dòng)身，所以且，即加速度，加速度方向水平向右。(1)若，即，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。有，說明，也即是，，，，所以在此狀況下A選項(xiàng)符合；(2)若隨增大而增大，即隨增大而增大，說明金屬棒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，速度與時(shí)間呈指數(shù)增長(zhǎng)關(guān)系，依據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合；(3)若隨增大而減小，即隨增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合；故ABC正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。8.在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平臺(tái)面上，存在有平行于水平臺(tái)面而向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.水平臺(tái)面上放置兩個(gè)靜止的小球A和B(均可看作質(zhì)點(diǎn)),兩小球質(zhì)量均為,帶正電的A球電荷量為Q,B球不帶電,A、B連線與電場(chǎng)線平行.起先時(shí)兩球相距L,在電場(chǎng)力作用下,A球起先運(yùn)動(dòng)(此時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn),即t=0),后與B球發(fā)生正碰,碰撞過程中A、B兩球總動(dòng)能無損失.若在各次碰撞過程中,A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮兩球碰撞時(shí)間及兩球間的萬有引力,則（）A.第一次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為B.第一次碰撞到其次次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了2C.其次次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為D.相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為【答案】AD【解析】【詳解】A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A與B球發(fā)生正碰，碰撞過程中A、B兩球質(zhì)量相等且總動(dòng)能無損失，所以A、B碰撞后交換速度，設(shè)碰后A、B球速度分別為，則有，故A正確；BC.A、B球發(fā)生第一次、其次次、第三次的碰撞時(shí)刻分別為，則，第一次碰后，經(jīng)(t2-t1)時(shí)間A、B兩球發(fā)生其次次碰撞，設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為和，，解得，其次次碰后瞬間，A、B兩球速度分別為和，則，第一次碰撞到其次次碰撞B小球向右運(yùn)動(dòng)了，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；D.其次次碰后經(jīng)(t3-t2)時(shí)間A、B兩球發(fā)生第三次碰撞,并設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為和，依此類推可得相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔總為，故D正確．故選AD三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第33題～第38題為選考題，考生依據(jù)要求作答）9.用圖甲所示的試驗(yàn)裝置驗(yàn)證、組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。從高處由靜止起先下落，同時(shí)向上運(yùn)動(dòng)拉動(dòng)紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖乙給出的是試驗(yàn)中獲得的一條紙帶，其中0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)未標(biāo)出的點(diǎn)，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖中所示。已知電源的頻率為，，，取。完成以下問題。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）(1)在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度_____。(2)在打0~5點(diǎn)過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量______，系統(tǒng)勢(shì)能的削減量_____，由此得出的結(jié)論是________________。(3)依據(jù)本試驗(yàn)原理作出的圖像如圖丙所示，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萠_____?！敬鸢浮?1).2.4(2).0.58(3).0.60(4).在誤差允許的范圍內(nèi)，組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒(5).9.7【解析】【詳解】(1)[1]第4點(diǎn)與第6點(diǎn)間的平均速度等于第5點(diǎn)的瞬時(shí)速度，有打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度。(2)[2]系統(tǒng)動(dòng)能的增加量打0~5點(diǎn)過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量。[3]系統(tǒng)勢(shì)能的削減量系統(tǒng)勢(shì)能的削減量。[4]可見與大小近似相等，則在誤差允許的范圍內(nèi)，組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)[5]系運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則有解得則圖像的斜率則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?0.如圖所示為某同學(xué)測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的電路圖．其中包括電源E，開關(guān)S1和S2，電阻箱R，電流表A，愛護(hù)電阻Rx．該同學(xué)進(jìn)行了如下試驗(yàn)步驟：(1)將電阻箱的阻值調(diào)到合適的數(shù)值，閉合S1、S2，讀出電流表示數(shù)為I，電阻箱讀數(shù)為9.5Ω，斷開S2，調(diào)整電阻箱的阻值，使電流表示數(shù)仍為I，此時(shí)電阻箱讀數(shù)為4.5Ω．則愛護(hù)電阻的阻值Rx＝________Ω．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）(2)S2斷開，S1閉合，調(diào)整R，得到多組R和I數(shù)值，并畫出圖象，如圖所示，由圖象可得，電源電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）(3)本試驗(yàn)中，內(nèi)阻的測(cè)量值________（填“大于”或“小于”）真實(shí)值，緣由是_____________．【答案】(1).5.0(2).3.0(3).2.2(4).大于(5).電流表也有內(nèi)阻【解析】【詳解】(1)[1]由題意可知，閉合S1和S2時(shí)只有電阻箱接入電路，閉合S1、斷開S2時(shí)，電阻箱與R串聯(lián)接入電路，兩種狀況下電路電流相等，由歐姆定律可知，兩種狀況下電路總電阻相等，所以愛護(hù)電阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]依據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得可見圖線的斜率圖線的縱截距結(jié)合圖象中的數(shù)據(jù)可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本試驗(yàn)中，內(nèi)阻的測(cè)量值大于真實(shí)值，緣由是電流表也有內(nèi)阻，測(cè)量值等于電源內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和．11.如圖所示，間距為L(zhǎng)、光滑的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì))所在斜面傾角為，兩根同材料、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導(dǎo)軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面對(duì)上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導(dǎo)軌的下端，另一端連著金屬棒CD．起先時(shí)金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導(dǎo)軌所在平面對(duì)上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止起先運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的形變量與起先時(shí)相同．已知金屬棒PQ起先運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認(rèn)為CD棒緩慢地移動(dòng)，已知題設(shè)物理量符合的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用mg、k、來表示)：（1）CD棒移動(dòng)的距離；（2）PQ棒移動(dòng)的距離；（3）恒力所做的功．【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】PQ棒的半徑是CD棒的2倍，PQ棒的橫截面積是CD棒橫截面積的4倍，PQ棒的質(zhì)量是CD棒的質(zhì)量的4倍，所以，PQ棒的質(zhì)量:由電阻定律可知PQ棒的電阻是CD棒電阻的即:兩棒串聯(lián)的總電阻為:（1）起先時(shí)彈簧是壓縮的，當(dāng)向上的安培力增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的重量時(shí)，彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)，安培力接著增大，彈簧伸長(zhǎng)，由題意可知，當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量等于起先的壓縮量時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的重量，即：彈簧的形變量為：CD棒移動(dòng)的距離：（2）在達(dá)到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:感應(yīng)電流為:所以，回路中通過的電荷量即CD棒中的通過的電荷量為:由此可得兩棒距離增大值:PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離應(yīng)為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離為：（3）CD棒受力平衡，安培力為金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，它受到的合外力為零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的重量，即恒力：恒力做功為：12.如圖所示，在邊界OP、OQ之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從O點(diǎn)以速度v0沿與Oc成60°角斜向上射入一帶電粒子，粒子經(jīng)過電場(chǎng)從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)人磁場(chǎng)區(qū)域且恰好沒有從磁場(chǎng)邊界bc飛出，然后經(jīng)ac和aO之間的真空區(qū)域返回電場(chǎng)，最終從邊界OQ的某處飛出電場(chǎng)。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，帶電粒子質(zhì)量為m，帶電量為+g，不計(jì)粒子重力。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)粒子從邊界OQ飛出時(shí)的動(dòng)能；(3)粒子從O點(diǎn)起先射入電場(chǎng)到從邊界OQ飛出電場(chǎng)所經(jīng)過的時(shí)間。【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）從O點(diǎn)到a點(diǎn)過程逆過程為平拋運(yùn)動(dòng)水平方向：豎直方向：加速度：可得：，，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系得，，洛倫茲力等于向心力：解得：在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：.（2）粒子由真空區(qū)域進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域從邊界飛出過程，由動(dòng)能定理得，解得：（3）粒子經(jīng)過真空區(qū)域的時(shí)間，.粒子從真空區(qū)域進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域到從邊界飛出經(jīng)過的時(shí)間為，解得：.粒子從入射直至從電場(chǎng)區(qū)域邊界飛出經(jīng)過的時(shí)間.13.如圖，肯定質(zhì)量的志向氣體從狀態(tài)a動(dòng)身，經(jīng)過等容過程ab到達(dá)狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程bc到達(dá)狀態(tài)c，最終經(jīng)等壓過程ca回到狀態(tài)a．下列說法正確的是（）A.在過程ab中氣體的內(nèi)能增加B.在過程ca中外界對(duì)氣體做功C.過程ab中氣體對(duì)外界做功D.在過程bc中氣體從外界汲取熱量E.在過程ca中氣體從外界汲取熱量【答案】ABD【解析】【詳解】A．從a到b等容升壓，依據(jù)可知溫度上升，肯定質(zhì)量的志向氣體內(nèi)能確定于氣體的溫度，溫度上升，則內(nèi)能增加，A正確；B．在過程ca中壓強(qiáng)不變，體積減小，所以外界對(duì)氣體做功，B正確；C．在過程ab中氣體體積不變，依據(jù)可知，氣體對(duì)外界做功為零，C錯(cuò)誤；D．在過程bc中，屬于等溫變更，氣體膨脹對(duì)外做功，而氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變；依據(jù)熱力學(xué)第肯定律可知，氣體從外界汲取熱量，D正確；E．在過程ca中壓強(qiáng)不變，體積減小，所以外界對(duì)氣體做功，依據(jù)可知溫度降低，則內(nèi)能減小，依據(jù)熱力學(xué)第肯定律可知?dú)怏w肯定放出熱量，E錯(cuò)誤．14.一種測(cè)量淡薄氣體壓強(qiáng)的儀器如圖（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細(xì)管和。長(zhǎng)為，頂端封閉，上端與待測(cè)氣體連通；M下端經(jīng)橡皮軟管與充有水銀的容器R連通。起先測(cè)量時(shí)，M與相通；漸漸提升R直到中水銀面與頂端等高，此時(shí)水銀已進(jìn)入，且中水銀面比頂端低，如圖（b）所示。設(shè)測(cè)量過程中溫度、與相通的待測(cè)氣體的壓強(qiáng)均保持不變。已知和的內(nèi)徑均為，M的容積為，水銀的密度為，重力加速度大小為。求：(i)待測(cè)氣體的壓強(qiáng)(ii)該儀器能夠測(cè)量的最大壓強(qiáng)【答案】(i)(ii)【解析】【詳解】(i)中氣體等溫變更。初態(tài)為末態(tài)為由等溫變更有解得(ii)氣體等溫變更。初態(tài)為末態(tài)為有，解得15.如圖甲所示，在安靜的水面下深h處有一個(gè)點(diǎn)光源s，它發(fā)出的兩種不同顏色的a光和b光在水面上形成了一個(gè)有光線射出的圓形區(qū)域，該區(qū)