山東省臨沂市2019屆高三物理上學(xué)期期末考試試卷（含解析）.doc

山東省臨沂市2019屆高三物理上學(xué)期期末考試試卷（含解析）考生注意：1本試卷分第I卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共100分?？荚嚂r(shí)間90分鐘。2請(qǐng)將各題答案填寫(xiě)在答題卡上。3本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部?jī)?nèi)容。第I卷(選擇題 共40分)選擇題：本題共10題，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第16小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，第710小題有多個(gè)選項(xiàng)正確。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分。1.許多物理學(xué)家為人類科技的發(fā)展作出了重大的貢獻(xiàn)。下列說(shuō)法正確的是A. 法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了電生磁的規(guī)律B. 牛頓利用扭秤首先測(cè)出了引力常量的數(shù)值C. 愛(ài)因斯坦提出了光子說(shuō)，成功地解釋了光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)規(guī)律D. 楞次首先引入了電場(chǎng)概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)【答案】C【解析】【詳解】A、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁生電的規(guī)律，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、卡文迪許首先利用了扭秤測(cè)定了引力常量，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、愛(ài)因斯坦為解釋光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)規(guī)律提出了光子說(shuō)，故選項(xiàng)C正確；D、法拉第最早引入了電場(chǎng)概念，并提出了用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。2.某帶電金屬棒所帶電荷均勻分布，其周圍的電場(chǎng)線分布如圖所示，在金屬棒的中垂線上的兩條電場(chǎng)線上有A、B兩點(diǎn)，電場(chǎng)中另有一點(diǎn)C。已知A點(diǎn)到金屬棒的距離大于B點(diǎn)到金屬棒的距離，C點(diǎn)到金屬棒的距離大于A點(diǎn)到金屬棒的距離，則A. A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)B. B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C. 負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能D. 將正電荷沿AC方向從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)分布情況，電勢(shì)能大小表達(dá)式就可做出判斷【詳解】沿電場(chǎng)線電勢(shì)越低，由圖像對(duì)稱性可知B電勢(shì)高于A點(diǎn),A錯(cuò)誤電場(chǎng)線疏密表示場(chǎng)的強(qiáng)弱，B點(diǎn)強(qiáng)與C點(diǎn)，B錯(cuò)誤由EP=q 知負(fù)電荷電勢(shì)越低電勢(shì)能越大，A點(diǎn)電勢(shì)較低，電勢(shì)能大，C正確把正電荷從A移到C電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做正功，D正確3.2018年10月15日，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭，以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第三十九、四十顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。若其中一顆衛(wèi)星入軌后繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為r，周期為T(mén)，地球的半徑為R，則地球的第一宇宙速度為A. 2RT B. 42r3T2R C. 42R3T2r D. 22r3T2R【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)其中一顆衛(wèi)星入軌后繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：GMmr2=m42T2r，當(dāng)某一衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑R時(shí)，其線速度為第一宇宙速度，則有：GMmR2=mv2R，聯(lián)立解得：v=42r3T2R，故選B。4.如圖所示，絕緣粗糙固定斜面處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，通有垂直紙面向里的恒定電流I的金屬細(xì)桿水平靜止在斜面上。若僅把磁場(chǎng)方向改為豎直向上，則A. 金屬桿所受的摩擦力一定變大B. 金屬桿所受的摩擦力一定變小C. 金屬桿所受的安培力大小保持不變D. 金屬桿對(duì)斜面的壓力保持不變【答案】C【解析】【詳解】AB由于磁場(chǎng)方向改變前的摩擦力大小不確定，所以磁場(chǎng)方向改變后摩擦力的變化不確定，故A、B錯(cuò)誤；C由公式F=BIL可知，金屬棒受到的安培力大小不變，故C正確；D磁場(chǎng)方向改變前的彈力為mgcos，磁場(chǎng)方向改變后的彈力為mgcos+Fsin，所以金屬桿對(duì)斜面的壓力變大，故D錯(cuò)誤。故選：C。5.如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)。小球A、B的質(zhì)量分別為m，m( 為待定系數(shù))。A球從左邊與圓心等高處由靜止釋放后沿軌道下滑，并與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球碰撞，碰撞后A、B兩球能達(dá)到的最大高度均為R4,。碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，則待定系數(shù) 為A. 13 B. 12 C. 2 D. 3【答案】A【解析】【分析】由題，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，以AB組成的系統(tǒng)研究，由機(jī)械能守恒定律研究A球從靜止開(kāi)始下滑到碰撞后A、B球達(dá)到的最大高度的過(guò)程，可求出待定系數(shù)?！驹斀狻緼球從靜止開(kāi)始下滑到碰撞后A、B球達(dá)到的最大高度的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgR=mgR4+mgR4 解得：=13故選：A?！军c(diǎn)睛】?jī)汕虬l(fā)生彈性碰撞，遵守兩大守恒：機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒，要靈活選擇研究對(duì)象和研究的過(guò)程。6.如圖所示，一物體在與水平方向的夾角為的推力作用下，沿足夠大的水平天花板做勻速直線運(yùn)動(dòng)。從某時(shí)刻起，該推力從大小為F0開(kāi)始隨時(shí)間均勻增大(之前一直為F0)。若物體與天花板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列判斷正確的是A. 該時(shí)刻前，物體可能向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，也可能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)B. 該時(shí)刻前，物體受到的摩擦力大小可能為零C. 該時(shí)刻后，物體做減速運(yùn)動(dòng)，最后要脫離天花板D. 該時(shí)刻后，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到停止【答案】D【解析】【分析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求出物體對(duì)天花板的壓力，再由摩擦力公式即可求出滑動(dòng)摩擦力的大小，再由水平方向列平衡關(guān)系式，聯(lián)立可解?！驹斀狻緼由于推力有沿水平向右的分力，所以該時(shí)刻前，物體一定向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B如果物體不受摩擦力作用，物體不可能平衡，故B錯(cuò)誤；CD由于推力增大，推力沿豎直方向的分力增大，物體與水平天花板間的彈力增大，所以物體不可能脫離天花板，推力增大前由平衡可得：F0cos=(F0sinmg)解得：cossin 推力增大后由平衡得：F合=(F0+kt)cos(F0+kt)sinmg 聯(lián)立以上三式解得：F合0，所以物體做減速運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律可得：a=F合m=(F0+kt)(F0+kt)sinmgm=ktcosktsinm 由于cossin，所以隨時(shí)間的推移，加速度增大，該時(shí)刻后，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。7.下列說(shuō)法正確的是A. 一個(gè)中子和一個(gè)質(zhì)子結(jié)合生成氘核時(shí)，會(huì)發(fā)生質(zhì)量虧損B. 一個(gè)處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷，可能產(chǎn)生6種不同頻率的光子C. 氡(R86222n)衰變的半衰期為3.8天，升高溫度后其半衰期將小于3.8天D. 核反應(yīng)H13+H12H24e+n01是輕核的聚變【答案】A【解析】【詳解】A、一個(gè)中子和一個(gè)質(zhì)子結(jié)合成氘核時(shí)，釋放出核能，由質(zhì)能方程可知，此過(guò)程中有質(zhì)量虧損，故A正確；B、一個(gè)處于n=4能級(jí)的氫原子向較低能級(jí)躍遷，最終躍遷到基態(tài)，躍遷情況可能是：41，釋放1種頻率的光子。431，421，釋放2種頻率的光子。4321，釋放3種頻率的光子，可能最多產(chǎn)生3種不同頻率的光子，故B錯(cuò)誤；C、原子核衰變的半衰期由原子核自身性質(zhì)決定，是不變的，與核外的壓強(qiáng)、溫度等因素均無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、核反應(yīng)H13+H12H24e+n01是輕核的聚變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.如圖所示，OO是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左邊界，也是一面積為S的n匝矩形金屬線框的對(duì)稱軸。若線框以角速度繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸OO勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并從圖示位置(線框與磁感線平行)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則A. t=2時(shí)，線框中的感應(yīng)電流最小B. t=2時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量變化率最小C. 線框中產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的最大值為nBSD. 線框中產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為24nBS【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解出最大值，然后由通式寫(xiě)出表達(dá)式，然后逐項(xiàng)判斷即可?！驹斀狻緼C當(dāng)線圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量：m=BS由圖可知，該線圈的一半在磁場(chǎng)外，則線圈產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)：Em=12nBS 該時(shí)刻線圈與磁場(chǎng)的方向平行，則線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式：e=Emcost當(dāng)t=2時(shí)，t=2 e=Em，可知此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)最大，則線框中的感應(yīng)電流最大。故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；B當(dāng)t=2時(shí)，t=2 e=0，此時(shí)電動(dòng)勢(shì)最小，所以穿過(guò)線框的磁通量變化率最小。故B正確；D該線圈此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)的有效值：E=22Em=24nBS，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式Em=nBS本題只要搞清楚交變電流的三個(gè)要素、Em、0，進(jìn)而寫(xiě)出交變電流的瞬時(shí)表達(dá)式，這樣就把握到交變電流的變化規(guī)了。9.圖示是在平直公路上檢測(cè)某新能源動(dòng)力車的剎車性能時(shí)，動(dòng)力車剎車過(guò)程中的位移x和時(shí)間的比值xt與之間的關(guān)系圖象。下列說(shuō)法正確的是A. 剛剎車時(shí)動(dòng)力車的速度大小為20 msB. 剎車過(guò)程動(dòng)力車的加速度大小為2ms2C. 剎車過(guò)程持續(xù)的時(shí)間為5sD. 整個(gè)剎車過(guò)程動(dòng)力車經(jīng)過(guò)的路程為40 m【答案】C【解析】【分析】由圖像可以把x與t關(guān)系找出來(lái)，就可以判斷物體做什么運(yùn)動(dòng)【詳解】由圖得：xt=kt+b 整理后x=kt2+bt，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式x=v0t+12at2對(duì)比，可得質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)的初速度v0=b=20m/s，加速度為：a=4m/s2，所以剎車時(shí)間t=v0t=5s，剎車位移為x=v0t+12at2=50m ，ABD錯(cuò)誤C正確10.如圖所示，位于同一絕緣水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌MN、MN，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將兩根粗細(xì)均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說(shuō)法正確的是A. 回路中有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B. 回路中的感應(yīng)電流不斷減小C. 回路中的熱功率不斷增大D. 兩棒所受安培力的合力不斷減小【答案】BD【解析】【分析】分析回路磁通量的變化，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。由E=BLv求得兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于cd棒和ab棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之差。根據(jù)歐姆定律分析感應(yīng)電流是否變化，再研究回路的熱功率如何變化?！驹斀狻緼兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，故A錯(cuò)誤；B設(shè)兩棒原來(lái)相距的距離為S，MN與MN的夾角為回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLcdv-BLabv=Bv（Lcd-Lab）=BvStan=BvStan，保持不變，由于回路的電阻不斷增大，而總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，所以回路中的感應(yīng)電流不斷減小，故B正確；C回路中的熱功率為P=E2R ，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯(cuò)誤；D設(shè)兩棒原來(lái)相距的距離為S，MN與MN的夾角為，安培力之差等于F=BILcdBILab=BI(LcdLab)=BIStan，由于電流減小，所以兩棒所受安培力的合力不斷減小，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)睛】本題中兩棒同向運(yùn)動(dòng)，要知道回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于cd棒和ab棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之差。要能熟練運(yùn)用電路知識(shí)研究電磁感應(yīng)問(wèn)題。第卷(非選擇題 共60分)非選擇題：本題包括必考題和選考題部分。第1114題為必考題。每個(gè)試題考生都必須作答。第1516題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共45分。11.學(xué)校物理興趣小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置完成“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。他們所用的器材有小車、一端帶有滑輪的導(dǎo)軌、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和幾個(gè)已知質(zhì)量的鉤碼，另有學(xué)生電源和力傳感器(圖中未畫(huà)出)。(1)圖乙是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，圖中打相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.1s，由圖中數(shù)據(jù)可得小車的加速度大小a=_ms2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。(2)實(shí)驗(yàn)小組A、B分別以各自測(cè)得的加速度a為縱軸，小車所受的合力F為橫軸，作出圖象如圖丙中圖線1、2所示，則圖線1、2中對(duì)應(yīng)小車(含車內(nèi)的鉤碼)的質(zhì)量較大的是圖線_(選填“1”或“2”)?！敬鸢浮?(1). （1）0.195 (2). （2）1【解析】【分析】（1）根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量，運(yùn)用逐差法求出小車的加速度（2）根據(jù)牛頓第二定律得出a與F的關(guān)系式即可分析質(zhì)量較大的圖線?！驹斀狻浚?）根據(jù)x=aT2，運(yùn)用逐差法得：a=xBDxOB4T2=0.04040.1630.01634012=0.195m/s2，（2）根據(jù)牛頓第二定律得F=ma，變形得：a=1mF，即a-F圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，則斜率越小質(zhì)量越大，故1圖線的質(zhì)量較大?！军c(diǎn)睛】掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過(guò)紙帶求解瞬時(shí)速度和加速度，關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論的運(yùn)用在該實(shí)驗(yàn)中，知道當(dāng)鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量時(shí)，鉤碼的重力才能近似等于小車的合力12.某實(shí)驗(yàn)小組想組裝一個(gè)雙量程(3V、15V)的電壓表，提供的器材如下：A電流表：滿偏電流為300A，內(nèi)阻未知；B干電池E：電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻未知；C滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值約為5K，額定電流為1A；D滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值約為16K，額定電流為0.5A；E電阻箱R0：09999.9；F定值電阻R3：40K，額定電流為0.1A；G開(kāi)關(guān)兩個(gè)，導(dǎo)線若干。(1)若用圖示電路測(cè)量電流表的電阻，則滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用_(選填“C”或“D”)。(2)將開(kāi)關(guān)S1、S2都斷開(kāi)，連接好實(shí)物圖，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻達(dá)到最大后，接通開(kāi)關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流表的指針示數(shù)為200A；閉合開(kāi)關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R0的阻值為時(shí)電流表的指針示數(shù)為100A，則電流表的內(nèi)阻為_(kāi)。(3)在虛線框中畫(huà)出雙量程電壓表的電路原理圖_，并標(biāo)明所選的器材和量程，其中R0應(yīng)取值為_(kāi)K。【答案】 (1). D (2). 100 (3). (4). 9.9【解析】【分析】(1) 明確實(shí)驗(yàn)原理，知道如何減小半偏法的實(shí)驗(yàn)誤差，從而確定滑動(dòng)變阻器；(2) 根據(jù)串并聯(lián)電路的基本規(guī)律進(jìn)行分析，從而確定電流表G的內(nèi)阻大小；(3) 根據(jù)改裝原理進(jìn)行分析，知道改裝成電壓表時(shí)需要串聯(lián)一個(gè)大電阻?！驹斀狻?1) 由圖可知，本實(shí)驗(yàn)中采用半偏法確定表頭內(nèi)阻，為了減小并聯(lián)電阻箱后對(duì)電流的影響，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇總阻值較大的D；(2) 閉合開(kāi)關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R0的阻值為100時(shí)電流表G的示數(shù)為100A，則說(shuō)明電流表半偏，電阻箱分流100A；根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，電流表G的內(nèi)阻為100；(3)由電流表改裝成電壓表要將電阻與電流表串聯(lián)，量程越大，串聯(lián)的電阻越大，所以電路圖如圖：電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成的電壓表量程為3V，則有：Ig(Rg+R0)=3 即300106(100+R0)=3 解得：R0=9900=9.9k?！军c(diǎn)睛】本題考查半偏法測(cè)量電流計(jì)內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)方法和電流表改裝原理，要注意明確半偏法原理，知道電表的改裝原理，明確串并聯(lián)電路的基本規(guī)律和應(yīng)用。13.如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與靜置在水平導(dǎo)軌上質(zhì)量m=0.5Kg的滑塊B相連，彈簧處在原長(zhǎng)狀態(tài)，B最初靜止位置的左側(cè)導(dǎo)軌光滑、右側(cè)導(dǎo)軌粗糙，另一質(zhì)量與B相同的滑塊A，從B的右端到B的距離L=2.5m處以某一初速度開(kāi)始向B滑行，與B相碰(碰撞時(shí)間極短)后A、B粘在一起運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，該過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能EP=2J。A與導(dǎo)軌粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4，取g=10ms2。求： (1)A、B碰撞后的瞬間的速度大小v； (2)A的初速度大小v0?！敬鸢浮浚?）2m/s（2）6m/s【解析】【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬間的速度大小v；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式求解A的初速度.【詳解】（1）對(duì)AB碰后壓縮彈簧的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律：EP=122mv2，解得v=2m/s（2）在AB碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律：mv=2mvAB碰前，A的加速度大小為a=g，對(duì)A在碰撞前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知：v02-v2=2aL解得v0=6m/s.【點(diǎn)睛】本題結(jié)合彈簧問(wèn)題考查了動(dòng)量守恒和功能關(guān)系的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律可以解題。14.如圖所示，在圓心為O、半徑R=5cm的豎直圓形區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)方向垂直于圓形區(qū)域向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直平行放置的金屬板連接在圖示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=220V、內(nèi)阻r=5，定值電阻的阻值R1=16，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值Rmax=199；兩金屬板上的小孔S1、S2與圓心O在垂直于極板的同一直線上，現(xiàn)有比荷qm=3.2105C/Kg的帶正電粒子由小孔S1進(jìn)入電場(chǎng)加速后，從小孔S2射出，然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)并從磁場(chǎng)中射出，滑動(dòng)變阻器滑片P的位置不同，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也不同，當(dāng)理想電壓表的示數(shù)U=100V時(shí)，粒子從圓形區(qū)域的最低點(diǎn)豎直向下穿出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和粒子在小孔S1處的初速度，取tan68.2=2.5，求：(1)U=100V時(shí)，粒子從小孔S2穿出時(shí)的速度大小v0；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【答案】（1）8103m/s（2）0.5T（3）1.510-5s【解析】【分析】（1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理即可求出穿出時(shí)的速度大??；（2）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，再根據(jù)牛頓第二定律即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律和幾何關(guān)系即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間?！驹斀狻浚?）對(duì)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：qU=12mv02解得：v0=8103m/s（2）粒子從圓形區(qū)域的最低點(diǎn)豎直向下穿出磁場(chǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中的速度方向偏轉(zhuǎn)了90，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖甲所示：由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r1=R=5cm由牛頓第二定律有：qv1B=mv12r1解得：B1=0.5T（3）兩金屬板間的電壓越小，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度越小，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越小，射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，所以滑片在變阻器R2的左端時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由閉合電路的歐姆定律有：I=ER+Rmax+r兩金屬板間的最小電壓為Umin=IR1設(shè)粒子加速后的速度大小為v，由動(dòng)能定理有：qUmin=12mv2設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，由牛頓第二定律有：qvB=mv2r2解得：r2=0.02m粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的徑跡如圖乙所示：O1為徑跡圓的圓心，由幾何關(guān)系有：tan=Rr2=52解得：=68.2故t=2360T，其中T=2mBq解得：t=1.5105s【點(diǎn)睛】分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況是求解的關(guān)鍵和基礎(chǔ)，考查綜合應(yīng)用電路、磁場(chǎng)和幾何知識(shí)，處理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的能力，綜合性較強(qiáng) (二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從15、16兩題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 選修3315.下列說(shuō)法正確的是_。A. 溫度高的物體，其分子的平均動(dòng)能一定大B. 巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，粉碎后的巖鹽不再是晶體C. 液晶既有液體的流動(dòng)性，又有晶體的各向異性D. 熱量可以從低溫物體傳給高溫物體E. 溫度升高，氣體的壓強(qiáng)一定變大【答案】ACD【解析】【詳解】溫度越高，分子的平均動(dòng)能越大，故A正確；巖鹽是立方體結(jié)構(gòu)，是晶體，且有規(guī)則的幾何形狀，粉碎后的巖鹽仍是晶體，仍有規(guī)則的幾何形狀，故B錯(cuò)誤；液晶是一種特殊的物態(tài)，它既有液體的流動(dòng)性，又有晶體的各向異性，故C正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，不過(guò)需要消耗外界的功，故D正確；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知：PVT=C，溫度升高，氣體的壓強(qiáng)不一定增大，還與氣體的體積是否變化有關(guān)，故E誤。故選ACD。16.如圖所示，上端開(kāi)口的豎直汽缸由橫截面積分別為2S、S的兩個(gè)導(dǎo)熱性能良好的