蘇錫常鎮(zhèn)四市2015屆高三二模物理試卷

1、2015年江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高考物理二模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，選對(duì)得3分，錯(cuò)選或不答得0分1（3分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用甲、乙兩個(gè)彈簧秤通過(guò)細(xì)線拉著一個(gè)鉤碼，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調(diào)節(jié)乙彈簧秤，使兩細(xì)線之間的夾角增大一些，則（） A 兩拉力的合力可能增大 B 兩拉力的合力可能減小 C 甲彈簧秤的示數(shù)可能減小 D 乙彈簧秤的示數(shù)可能減小【考點(diǎn)】： 合力的大小與分力間夾角的關(guān)系【專題】： 平行四邊形法則圖解法專題【分析】： 對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，通過(guò)圖解法抓住甲、乙合力不變，甲的拉力方向不變，改變乙的拉力

2、，從而判斷拉力的變化【解析】： 解：由平衡條件得知，甲、乙兩個(gè)拉力F1和F2的合力與重力G大小相等、方向相反，保持不變，作出甲、乙兩個(gè)在三個(gè)不同位置時(shí)力的合成圖，如圖，在甲、乙從123三個(gè)位置的過(guò)程中，可以看出，當(dāng)甲、乙兩個(gè)方向相互垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，可見(jiàn)，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2先逐漸減小后逐漸增大甲的拉力逐漸減小，乙的拉力先減小后增大故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 本題采用圖解法研究動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題圖解法形象、直觀，能直接反映力的變化情況作圖時(shí)要抓住張力F1和F2的合力不變、甲的方向不變，再由幾何知識(shí)進(jìn)行分析2（3分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10：1，輸入電壓u=311sin（100t）V，L1和L

3、2燈泡都正常發(fā)光，兩電表可視為理想交流電表則（） A 該交流電的頻率為100Hz B 電壓表的示數(shù)為31.1V C 若將變阻器的滑片P向上滑動(dòng)，則電流表的示數(shù)將變大 D 若將變阻器的滑片P向上滑動(dòng)，則燈泡L1將變暗、燈泡L2將變亮【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專題】： 交流電專題【分析】： 根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論，在滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器的阻值變小，電路的總電阻減小，根據(jù)變壓器的特點(diǎn)及歐姆定律分析即可【解析】： 解：A、電路中的變壓器不改變交流電的頻率，f=50Hz，所以A錯(cuò)誤B、原線圈的電壓的有效值為

4、220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的有效值為22V，所以B錯(cuò)誤C、在滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器的阻值變小，電路的總電阻減小，由于電壓是由變壓器決定的，輸出的電壓不變，所以電流變大，即電流表讀數(shù)變大，L1兩端電壓不變，所以亮度不變，L2將變亮，故C正確，D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，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同時(shí)注意線圈L對(duì)電流的敏感程度3（3分）火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道可近似視為圓形，若已知火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)行的周期之比，則由此可求得（） A 火星和地球受到太陽(yáng)的萬(wàn)有

5、引力之比 B 火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)行速度大小之比 C 火星和地球表面的重力加速度之比 D 火星和地球的第一宇宙速度之比【考點(diǎn)】： 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： 研究火星和地球繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式表示出軌道半徑進(jìn)一步根據(jù)周期之比計(jì)算其它量的比值【解析】： 解：A、由于無(wú)法知道火星和地球的質(zhì)量之比，故不能計(jì)算出火星和地球所受太陽(yáng)的萬(wàn)有引力之比，故A錯(cuò)誤B、根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：，由于火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期之比和火星和地球到太陽(yáng)的距離之比都知道，所以能求得火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)行速度大小之比，故B正確C、忽略球體自轉(zhuǎn)的影響，萬(wàn)有引力和重力

6、相等，即：，得，由于星球的半徑之比不知道，故不可以求得火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的表面的重力加速度之比，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：，即，由于星球的半徑之比不知道，故不可以求得火星和地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的第一宇宙速度之比，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 求一個(gè)物理量之比，我們應(yīng)該把這個(gè)物理量先用已知的物理量表示出來(lái)，再根據(jù)表達(dá)式進(jìn)行比較向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用4（3分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種能自動(dòng)拐彎的輪子如圖所示，兩等高的等距軌道a、b固定于水平桌面上，當(dāng)裝有這種輪子的小車在軌道上運(yùn)行到達(dá)彎道略微偏向軌道外側(cè)時(shí)，會(huì)順利實(shí)現(xiàn)拐彎而不會(huì)出軌下列截面圖所示的輪子中，

7、能實(shí)現(xiàn)這一功能的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 向心力【專題】： 牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【分析】： 要使小車順利拐彎，必須提供向心力，根據(jù)小車的受力情況，判斷軌道提供的向心力，即可判斷【解析】： 解：A、當(dāng)該小車在軌道上運(yùn)行到達(dá)彎道略微偏向軌道外側(cè)時(shí)，由于慣性，內(nèi)側(cè)輪高度略降低，外側(cè)輪高度略升高，軌道對(duì)小車的支持力偏向軌道內(nèi)側(cè)，與重力的合力提供向心力，從而順利拐彎，故A正確B、當(dāng)該小車在軌道上運(yùn)行到達(dá)彎道略微偏向軌道外側(cè)時(shí)，由于慣性，內(nèi)側(cè)輪高度略升高，外側(cè)輪高度略降低，軌道對(duì)小車的支持力偏向軌道外側(cè)，小車會(huì)產(chǎn)生側(cè)翻，故B錯(cuò)誤C、當(dāng)該小車在軌道上運(yùn)行到達(dá)彎道略微偏向軌道外側(cè)時(shí)，由于慣

8、性，內(nèi)側(cè)輪高度略升高，外側(cè)輪高度略降低，軌道對(duì)小車的支持力偏向軌道外側(cè)，小車會(huì)產(chǎn)生側(cè)翻，故C錯(cuò)誤D、當(dāng)該小車在軌道上運(yùn)行到達(dá)彎道略微偏向軌道外側(cè)時(shí)，沒(méi)有外力提供向心力，由于慣性，小車會(huì)出軌，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵是分析小車的受力情況，確定什么提供向心力，從而判斷其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)5（3分）如圖甲所示，圓形的剛性金屬線圈與一平行板電容器連接，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示（以圖示方向?yàn)檎较颍﹖=0時(shí)刻，平行板電容器間一帶正電的粒子（重力可忽略不計(jì)）由靜止釋放，假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)未碰到極板，不計(jì)線圈內(nèi)部磁場(chǎng)變化對(duì)外部空間的影響，下列粒子在板間運(yùn)動(dòng)

9、的速度圖象和位移圖象（以向上為正方向）中，正確的是（） A B C D 【考點(diǎn)】： 法拉第電磁感應(yīng)定律【專題】： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】： 由圖可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，則由楞次定則可得出平行板上的帶電情況；對(duì)帶電粒子受力分析可知帶電粒子的受力情況，由牛頓第二定律可知粒子的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)粒子受力的變化可知粒子加速度的變化，通過(guò)分析可得出粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程【解析】： 解：AB、0內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上而向上做勻加速運(yùn)動(dòng)內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎

10、直向下而向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，帶正電粒子向下勻加速，同理，T內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上，而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零故AB錯(cuò)誤；CD、由A選項(xiàng)分析可知，末速度減小為零，位移最大，當(dāng)T末，粒子回到了原來(lái)位置故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 本題屬于綜合性題目，注意將產(chǎn)生感應(yīng)電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓，這樣即可還原為我們常見(jiàn)題型二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意全部選

11、對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分.6（4分）如圖所示為真空中兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b電場(chǎng)的等勢(shì)面分布，A、B為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，且A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，則下列說(shuō)法正確的是（） A a帶正電 B a的場(chǎng)強(qiáng)方向沿該處等勢(shì)面的切線方向 C 同一檢驗(yàn)電荷，在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力 D 正檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功【考點(diǎn)】： 等勢(shì)面【專題】： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】： 該電場(chǎng)是 不等量同種異號(hào)電荷的電場(chǎng)，具有上下對(duì)稱性、左右不對(duì)稱電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，由電勢(shì)的變化，分析電勢(shì)能的變化【解析】： 解：A、由題可知，由于A點(diǎn)的電

12、勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，結(jié)合順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，a處的電勢(shì)一定高于b點(diǎn)處的電勢(shì)，所以a帶正電，b帶負(fù)電故A正確；B、由于等勢(shì)面與電場(chǎng)線的方向總是垂直，所以a的場(chǎng)強(qiáng)方向沿該處等勢(shì)面的切線的垂直方向故B錯(cuò)誤；C、由圖可知，由于B處等勢(shì)面比較密，所以B處的電場(chǎng)強(qiáng)度大，而A處的電場(chǎng)強(qiáng)度小，所以同一檢驗(yàn)電荷，在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力故C錯(cuò)誤；D、由題可知，由于A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，所以正檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功故D正確故選：AD【點(diǎn)評(píng)】： 該題考查常見(jiàn)電場(chǎng)的特點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是在兩個(gè)電荷連線的中垂線上的電勢(shì)和無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)相等而正電荷周圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它高，負(fù)電荷周

13、圍的電場(chǎng)的電勢(shì)都比它低7（4分）如圖所示，將圓柱形強(qiáng)磁鐵吸在干電池負(fù)極，金屬導(dǎo)線折成上端有一支點(diǎn)、下端開(kāi)口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點(diǎn)和底端分別與電源正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個(gè)線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起來(lái)下列判斷中正確的是（） A 線框能旋轉(zhuǎn)起來(lái)，是因?yàn)殡姶鸥袘?yīng) B 俯視觀察，線框沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn) C 電池輸出的電功率大于線框旋轉(zhuǎn)的機(jī)械功率 D 旋轉(zhuǎn)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，線框中電流比剛開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的大【考點(diǎn)】： 安培力【分析】： 根據(jù)左手定則判斷螺絲釘?shù)霓D(zhuǎn)動(dòng)方向，根據(jù)能量守恒定律判斷電流的大小【解析】： 解：A、小磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)槁萁z的下端A向下流向磁鐵，對(duì)螺絲的下端平臺(tái)側(cè)面分析，扁圓柱形

14、磁鐵上端為S極，下端為N極周圍磁感線由上往下斜穿入螺絲內(nèi)部在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應(yīng)線有垂直于紙面向里的分量在此徑向上的負(fù)電荷由下往上運(yùn)動(dòng)，由左手定則知：此負(fù)電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點(diǎn)除外）所以，由上往下看（俯視），螺絲沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所以該裝置的原理是電流在磁場(chǎng)中的受力，不是電磁感應(yīng)故A錯(cuò)誤，B正確；C、因?yàn)殡娫聪牡目偣β室徊糠洲D(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以總功率大于熱功率故C正確D、受到的安培力開(kāi)始時(shí)使線圈做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力等于阻力時(shí)速度達(dá)到最大故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 解決

15、本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷安培力的方向，以及知道在本題中電能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能8（4分）如圖所示，斜面體靜置于水平地面上，小物塊恰好沿斜面勻速下滑現(xiàn)分別對(duì)小物塊進(jìn)行以下三種操作：施加一個(gè)沿斜面向下的恒力F；施加一個(gè)豎直向下的恒力F；施加一個(gè)垂直斜面向下的恒力F則在小物塊后續(xù)的下滑過(guò)程中，下列判斷正確的是（） A 操作中小物塊將做勻加速運(yùn)動(dòng) B 操作中小物塊仍做勻速運(yùn)動(dòng) C 操作中斜面體可能會(huì)發(fā)生滑動(dòng) D 三種操作中斜面受到地面摩擦力均為0【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計(jì)算【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： 物塊勻速下滑時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)，根據(jù)物塊在沿斜面方

16、向的合力判斷物塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合物塊對(duì)斜面壓力和摩擦力在水平方向的分力關(guān)系判斷地面的摩擦力大小【解析】： 解：小物塊恰好沿斜面勻速下滑，根據(jù)平衡有：mgsin=mgcos，A、施加一個(gè)沿斜面向下的恒力F，根據(jù)牛頓第二定律，合力為F，加速度a=，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A正確B、施加一個(gè)豎直向下的恒力F，有：（mg+F）sin=（mg+F）cos，可知物塊仍然做勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確C、開(kāi)始斜面體處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知重物對(duì)斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一個(gè)垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f與壓力的關(guān)系仍然為FN，可知斜面體受到重物的壓力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面體仍然

17、處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤D、開(kāi)始重物對(duì)斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f與壓力的關(guān)系仍然為FN，因?yàn)槿N情況下，物塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力在水平方向的分力始終相等，可知地面的摩擦力為零故D正確故選：ABD【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道物塊處于平衡和斜面體處于平衡狀態(tài)時(shí)，物塊對(duì)斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力相等，這是解決本題的關(guān)鍵9（4分）如圖所示為水平拋出的小球與地面碰撞前后的頻閃照片，其先后經(jīng)過(guò)的位置分別用18標(biāo)記已知小球的質(zhì)量為0.1kg，照片中對(duì)應(yīng)每格的實(shí)際長(zhǎng)度為0.05m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則以下判

18、斷正確的是（） A 小球與地面碰撞后速度變化率小于碰撞前速度變化率 B 小球經(jīng)過(guò)位置3時(shí)的瞬時(shí)速度方向與位置2、4連線方向平行 C 小球經(jīng)過(guò)位置6時(shí)的瞬時(shí)速度大小為0.5m/s D 小球與地面碰撞過(guò)程機(jī)械能損失為0.25J【考點(diǎn)】： 平拋運(yùn)動(dòng)【專題】： 平拋運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 小球與地面碰撞前后加速度不變，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出相等的時(shí)間間隔，從而得出碰撞前后水平分速度，根據(jù)2、4連線與水平方向的夾角和位置3速度方向與水平方向的夾角判斷方向是否平行在碰撞前和碰撞后運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒，求出位置3比位置6多的機(jī)械能，即可得出損失的機(jī)械能【解析】： 解：A、小球與地面碰撞后的加

19、速度與小球碰撞前的加速度相等，可知小球與地面碰撞后速度變化率等于碰撞前速度變化率，故A錯(cuò)誤B、在豎直方向上，根據(jù)y=2L=gT2得，落地前水平分速度，2、4兩點(diǎn)連線與水平方向夾角的正切值，位置3的豎直分速度，則位置3瞬時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值，可知小球經(jīng)過(guò)位置3的瞬時(shí)速度方向與位置2、4連線方向平行，故B正確C、小球經(jīng)過(guò)位置6時(shí)豎直分速度為零，則，故C正確D、在下落過(guò)程和反彈過(guò)程中機(jī)械能守恒，位置3的速度，位置3動(dòng)能比位置6動(dòng)能多=，位置3的重力勢(shì)能比位置6的重力勢(shì)能多Ep=mgL=1×0.05J=0.05J，可知機(jī)械能多0.2875J所以小球與地面碰撞過(guò)程中機(jī)械能損失0.2

20、875J故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道小球在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論靈活求解，難度較大三、簡(jiǎn)答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共2小題，共計(jì)42分.請(qǐng)將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置10（8分）某同學(xué)用如圖1所示裝置研究物塊運(yùn)動(dòng)速度變化的規(guī)律（1）從紙帶上選取若干計(jì)數(shù)點(diǎn)進(jìn)行測(cè)量，得出各計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間t與速度v的數(shù)據(jù)如表：時(shí)間t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60速度v/（ms1） 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出如圖2物塊的vt圖象（2）上述vt

21、圖象不是一條直線，該同學(xué)對(duì)其裝置進(jìn)行了進(jìn)一步檢查，列出了下列幾條，其中可能是圖象發(fā)生彎曲原因的是DA長(zhǎng)木板不夠光滑 B沒(méi)有平衡摩擦力C鉤碼質(zhì)量m沒(méi)有遠(yuǎn)小于物塊質(zhì)量M D拉物塊的細(xì)線與長(zhǎng)木板不平行【考點(diǎn)】： 探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）根據(jù)描點(diǎn)法作出圖象，即可；（2）根據(jù)圖象的斜率含義，結(jié)合牛頓第二定律，及力的分解與滑動(dòng)摩擦力公式，即可求解【解析】： 解：（1）合理選取坐標(biāo)刻度，盡可能使圖象“充滿”坐標(biāo)平面，利用題中所給數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，得到小車的vt圖象如圖所示：（2）由速度與時(shí)間圖象可知，斜率表示加速度的大小，由圖象可得，一開(kāi)始加速度不變，后來(lái)加速度減小，分析

22、可知，物塊的合外力變小，引起原因是拉物塊的細(xì)線與長(zhǎng)木板不平行，當(dāng)物塊越靠近定滑輪時(shí)，夾角越大，則拉力沿著桌面的分力減小，然而，長(zhǎng)木板不夠光滑，或沒(méi)有平衡摩擦力，或鉤碼質(zhì)量m沒(méi)有遠(yuǎn)小于物塊質(zhì)量M，都不會(huì)出現(xiàn)中途加速度變化的現(xiàn)象，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故答案為：（1）如上圖所示；（2）D【點(diǎn)評(píng)】： 考查描點(diǎn)作圖的方法，注意平滑連接的細(xì)節(jié)，掌握誤差分析的方法，得出引起加速度變化的根源是解題的關(guān)鍵11（10分）將兩個(gè)金屬電極鋅片和銅片插入一個(gè)水果中就可以做成一個(gè)水果電池，某興趣小組欲測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻（1）甲同學(xué)用多用表的直流電壓（01V）檔估測(cè)某水果電池的電動(dòng)勢(shì)，穩(wěn)定時(shí)指針如圖1中A所示，則

23、讀數(shù)為0.84V；用多用表的歐姆×100檔估測(cè)水果電池的內(nèi)阻，穩(wěn)定時(shí)指針如圖1中B所示，則讀數(shù)為3.2×103上述測(cè)量中存在一重大錯(cuò)誤，是不能用多用電表電阻檔直接測(cè)電源內(nèi)阻（2）乙同學(xué)采用如圖3所示電路進(jìn)行測(cè)量，并根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)做出了R圖象（如圖2），則根據(jù)圖象，該水果電池的電動(dòng)勢(shì)為1.0V，內(nèi)阻為1.6×103（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）根據(jù)多用電表的使用方法可明確讀數(shù)及正確使用；（2）由閉合電路歐姆定律可得出對(duì)應(yīng)的公式；再由圖象交點(diǎn)及斜率的意義可得出有關(guān)電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的表達(dá)式，則可求得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電

24、阻；【解析】： 解：（1）量程選擇1V，則最小分度為0.1V，故讀數(shù)為：0.84V；用×100檔位測(cè)量電阻，電阻R=32×100=3.2×103本實(shí)驗(yàn)方法直接用歐姆檔測(cè)量電源的內(nèi)阻，這是錯(cuò)誤的，因?yàn)闅W姆檔內(nèi)部本身含有電源，而外部電壓會(huì)干涉讀數(shù)；故不能用多用電表電阻檔直接測(cè)電源內(nèi)阻（2）由閉合電路歐姆定律可知：I=則=+；由由公式及數(shù)學(xué)知識(shí)可得：圖象中的k=1b=1.6×103解得：E=1V，r=1.6×103故答案為：（1）0.84；3.2×103；不能用多用電表電阻檔直接測(cè)電源內(nèi)阻（2）1.0 1.6×103【點(diǎn)評(píng)】： 本

25、題涉及測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)原理及具體操作，雖然最后的圖象處理不是用的伏安法，但都可以用閉合電路歐姆定律列式分析，作出直線圖象是關(guān)鍵二.【選做題】本題包括A、B、C三個(gè)模塊，請(qǐng)選定其中兩個(gè)模塊作答.如三個(gè)都做，則按A、B兩題評(píng)分.A（選修模塊3-3）（12分）12（4分）下列說(shuō)法正確的是（） A 雨水沒(méi)有透過(guò)布雨傘是因?yàn)橐后w表面存在張力 B 布朗運(yùn)動(dòng)反映了懸浮顆粒中分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性 C 給自行車打氣時(shí)氣筒壓下后反彈，是由分子斥力造成的 D 單晶體的某些物理性質(zhì)具有各向異性，而多晶體和非晶體是各向同性的【考點(diǎn)】： * 晶體和非晶體；布朗運(yùn)動(dòng)【分析】： 液體存在表面張力；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮固體

26、小顆粒的運(yùn)動(dòng)，反應(yīng)了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；氣體分子間距離較大，一般不考慮分子間作用力；單晶體的某些物理性質(zhì)具有各向異性，而多晶體和非晶體是各向同性的【解析】： 解：A、雨水在布料上形成一層薄膜，使雨水沒(méi)有透過(guò)布雨傘是因?yàn)橐后w表面存在張力，故A正確；B、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮微粒的運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子或氣體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、打氣時(shí)會(huì)反彈是因?yàn)闅怏w壓強(qiáng)的原因，不是分子斥力的作用；故C錯(cuò)誤；D、單晶體的某些物理性質(zhì)是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的，故D正確；故選：AD【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了液體的表面張力、分子間相互作用力、布朗運(yùn)動(dòng)、晶體和非晶體的物理性質(zhì)等內(nèi)容；在學(xué)習(xí)時(shí)要注意

27、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮微粒的運(yùn)動(dòng)，反應(yīng)了液體分子或氣體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)13（4分）一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài)A通過(guò)如圖所示的箭頭方向變化到狀態(tài)C則氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中，氣體的內(nèi)能不變（選填“增大”、“減小”或“不變”），氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體與外界總的熱交換情況是放熱（選填“吸熱”、“放熱”或“無(wú)法確定”）【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： 根據(jù)氣體狀態(tài)方程和已知的變化量去判斷其它的物理量的變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律的表達(dá)式U=Q+W進(jìn)行判斷【解析】： 解：理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，斜率K=PV保持不變，所以做等溫變化，故氣體的內(nèi)能不變；理想

28、氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，氣體體積減小，W0，從B到C，體積不變，壓強(qiáng)減小，所以溫度降低，內(nèi)能減小，由U=Q+W，氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體與外界總的熱交換情況是，Q0，則氣體放熱故答案為：不變、放熱【點(diǎn)評(píng)】： 要注意研究過(guò)程中哪些量不變，哪些量變化運(yùn)用U=Q+W來(lái)分析問(wèn)題時(shí)，必須理解表達(dá)式的物理意義，掌握它的符號(hào)法則14（4分）某種油酸密度為、摩爾質(zhì)量為M、油酸分子直徑為d，將該油酸稀釋為體積濃度為的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的體積為V若把油膜看成是單分子層，每個(gè)油分子看成球形，則油分子的體積為，求：一滴油酸在水面上形成的面積；阿伏

29、加德羅常數(shù)NA的表達(dá)式【考點(diǎn)】： 用油膜法估測(cè)分子的大小【專題】： 阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用專題【分析】： （1）將配制好的油酸酒精溶液，通過(guò)量筒測(cè)出1滴此溶液的體積則用1滴此溶液的體積除以油酸分子的直徑，等于1滴此溶液的面積（2）根據(jù)摩爾質(zhì)量與密度，求出摩爾體積，然后與單個(gè)分子的體積的比值，即為阿伏伽德羅常數(shù)【解析】： 解：一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，水面上的面積油酸的摩爾體積為阿伏加德羅常數(shù)為答：一滴油酸在水面上形成的面積是；阿伏加德羅常數(shù)NA的表達(dá)式是【點(diǎn)評(píng)】： 掌握該實(shí)驗(yàn)的原理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，該實(shí)驗(yàn)中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個(gè)挨一個(gè)，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，

30、從而求出分子直徑B（選修模塊3-4）（12分）15（4分）下列說(shuō)法正確的是（） A 光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是一種縱波 B 當(dāng)波的波長(zhǎng)比障礙物的尺寸大時(shí)，能產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象 C 當(dāng)聲源相對(duì)于觀察者勻速遠(yuǎn)離時(shí)，觀察者聽(tīng)到的聲音音調(diào)會(huì)變低 D 電磁波由真空進(jìn)入玻璃后頻率變小【考點(diǎn)】： 電磁波的周期、頻率和波速；多普勒效應(yīng)【分析】： 偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是橫波；根據(jù)明顯衍射現(xiàn)象條件，可知，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，越容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象；多普勒效應(yīng)和波的頻率由波源決定，利用以上即可求解【解析】： 解：A、光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是一種橫波，而不是縱波，故A錯(cuò)誤；B、波長(zhǎng)比孔的寬度大得越多或相差不大時(shí)，波的衍射越明顯，故B正確；C、

31、據(jù)多普勒效應(yīng)可知，當(dāng)聲源相對(duì)于觀察者勻速遠(yuǎn)離時(shí)，觀察者聽(tīng)到的聲音音調(diào)會(huì)變低，故C正確；D、波的頻率由波源決定，當(dāng)電磁波由真空進(jìn)入玻璃后頻率不變，故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 考查光的偏振、衍射、多普勒效應(yīng)，注意衍射與明顯衍射的區(qū)別，抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)求解，基礎(chǔ)題16（4分）如圖所示，為一列沿x方向傳播的簡(jiǎn)諧波在t=0時(shí)刻的波形圖當(dāng)t=0.3s時(shí)，Q點(diǎn)恰好處于波谷位置，則P點(diǎn)此時(shí)處于平衡（選填“波峰”、“波谷”或“平衡”）位置這列波的波速至少為0.1m/s【考點(diǎn)】： 橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【專題】： 振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題【分析】： 先判斷此時(shí)刻Q點(diǎn)的振動(dòng)方向，結(jié)合t=0.3s時(shí)，Q點(diǎn)恰

32、好處于波谷位置求出最大周期，從而判斷P所處位置，根據(jù)波長(zhǎng)和頻率求出波速【解析】： 解：根據(jù)圖象可知波長(zhǎng)=4cm=0.04m，波沿x方向傳播，則此時(shí)Q向上振動(dòng)，t=0.3s時(shí)，Q點(diǎn)恰好處于波谷位置，則有：，此時(shí)，P點(diǎn)應(yīng)處于平衡位置處，當(dāng)n=0時(shí)，周期最大，波速最小，則最小速度為：v=故答案為：平衡，0.1【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了波的圖象、振動(dòng)和波動(dòng)的關(guān)系，能根據(jù)波形圖判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，難度不大，屬于基礎(chǔ)題17（4分）如圖所示是一段光導(dǎo)纖維的簡(jiǎn)化圖，光纖總長(zhǎng)為L(zhǎng)，已知光從左端射入光線在光纖的側(cè)面上恰好能發(fā)生全反射若已知該光纖的折射率為n，光在真空中傳播速度為c，求：光在該光纖中的速度大小；光從左端

33、射入最終從右端射出所經(jīng)歷的時(shí)間【考點(diǎn)】： 全反射【專題】： 全反射和臨界角專題【分析】： 由題，根據(jù)幾何知識(shí)求出光線在光纖中通過(guò)的路程，由v= 求出光在光纖中傳播的速度；再求解光從A點(diǎn)射入到從B點(diǎn)射出所經(jīng)歷的時(shí)間t【解析】： 解：如圖所示，而光在玻璃中傳播的速度為：v=；則光沿著軸線的方向的速度為v=vsinC由上分析可得，光從A點(diǎn)射入到從B點(diǎn)射出所經(jīng)歷的時(shí)間為：t=；答：光在該光纖中的速度大?。还鈴淖蠖松淙胱罱K從右端射出所經(jīng)歷的時(shí)間【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查對(duì)“光纖通信”原理的理解，利用全反射的條件求出入射角和折射角正弦，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出光在光纖中通過(guò)的路程與L的關(guān)系，再所用的時(shí)間C（選修模塊3-5

34、）（12分）18下列說(shuō)法正確的是（） A 盧瑟福通過(guò)對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析，發(fā)現(xiàn)了原子是可以再分的 B 射線與射線一樣都是電磁波，但穿透本領(lǐng)遠(yuǎn)比射線弱 C 原子核的結(jié)合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 D 裂變時(shí)釋放能量是因?yàn)榘l(fā)生了虧損質(zhì)量【考點(diǎn)】： 重核的裂變；原子核的結(jié)合能【專題】： 衰變和半衰期專題【分析】： 盧瑟福通過(guò)對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型比結(jié)合能：原子核結(jié)合能對(duì)其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均對(duì)每個(gè)核子所要添加的能量用于表示原子核結(jié)合松緊程度 結(jié)合能：兩個(gè)或幾個(gè)自由狀態(tài)的粒子結(jié)合在一起時(shí)釋放的能量自由原子結(jié)合為分子時(shí)放

35、出的能量叫做化學(xué)結(jié)合能，分散的核子組成原子核時(shí)放出的能量叫做原子核結(jié)合能【解析】： 解：A、盧瑟福通過(guò)對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型；故A錯(cuò)誤；B、射線的本質(zhì)的電子流，射線是電磁波，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)分散的核子組成原子核時(shí)放出的能量叫做原子核結(jié)合能，所以原子核的結(jié)合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量故C正確；D、根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可知，裂變時(shí)釋放能量是因?yàn)榘l(fā)生了虧損質(zhì)量，故D正確；故選：CD【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了粒子散射實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象、三種射線的本質(zhì)與特點(diǎn)、結(jié)合能和比結(jié)合能的區(qū)別、愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，注意結(jié)合能與比結(jié)合能的兩個(gè)概念的聯(lián)系和應(yīng)用屬于基礎(chǔ)題目，在平時(shí)的學(xué)習(xí)過(guò)程

36、中多加積累即可19如圖所示為氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)示意圖，一群氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級(jí)躍遷的過(guò)程中向外輻射出光子，輻射出的光子中最長(zhǎng)波長(zhǎng)為（已知普朗克常量為h，光速為c）；用這些光子照射逸出功為W0的金屬鈉，金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能是E3E1W0【考點(diǎn)】： 氫原子的能級(jí)公式和躍遷【專題】： 原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題【分析】： 根據(jù)輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差求出輻射的光子能量，得出頻率大小，再由=，即可得出波長(zhǎng)；根據(jù)光電效應(yīng)的條件判斷能發(fā)生光電效應(yīng)的光子種數(shù)，結(jié)合光電效應(yīng)求出光電子的最大初動(dòng)能【解析】： 解：根據(jù)輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，可知，從n=3向n=2躍遷

37、的光子頻率最小，波長(zhǎng)最長(zhǎng)E=E3E2=h=用這些光子照射逸出功為W0的金屬鈉，從n=3躍遷到n=1輻射的光子能量最大，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能最大，根據(jù)光電效應(yīng)方程得，Ekm=hvW0=E3E1W0，故答案為：； E3E1W0【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷所滿足的規(guī)律，即EmEn=hv，以及掌握光電效應(yīng)方程，并能靈活運(yùn)用20氚（H）是最簡(jiǎn)單的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰變產(chǎn)生的射線激發(fā)熒光物質(zhì)發(fā)光氚核發(fā)生衰變過(guò)程中除了產(chǎn)生粒子和新核外，還會(huì)放出不帶電且?guī)缀鯖](méi)有靜止質(zhì)量的反中微子在某次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得一靜止的氚核發(fā)生衰變后，產(chǎn)生的反中微子和粒子的運(yùn)動(dòng)方向在一直線上，設(shè)反

38、中微子的動(dòng)量為p1，粒子的動(dòng)量為p2求：氚發(fā)生衰變的衰變方程；產(chǎn)生新核的動(dòng)量【考點(diǎn)】： 原子核衰變及半衰期、衰變速度；動(dòng)量守恒定律【專題】： 衰變和半衰期專題【分析】： 根據(jù)質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒，即可確定衰變方程；原子核在發(fā)生衰變的過(guò)程中，動(dòng)量守恒，從而即可求解【解析】： 解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒，則氚發(fā)生衰變的衰變方程：；衰變過(guò)程中動(dòng)量守恒，0=P1+P2+P所以新核的動(dòng)量大小為P=p1p2；答：發(fā)生衰變的衰變方程，產(chǎn)生新核的動(dòng)量p1p2【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了衰變過(guò)程中動(dòng)量守恒和愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用，并掌握書(shū)寫核反應(yīng)的方程的規(guī)律，注意質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分解

39、答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.21（15分）如圖所示，兩根半徑為r的圓弧軌道間距為L(zhǎng)，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于輻向磁場(chǎng)中，圓弧軌道所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B將一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放已知當(dāng)金屬棒到達(dá)如圖所示的cd位置（金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角為）時(shí)，金屬棒的速度達(dá)到最大；當(dāng)金屬棒到達(dá)軌道底端ef時(shí)，對(duì)軌道的壓力為1.5mg求：（1）當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，流經(jīng)電阻R的電流大小和方向；（2

40、）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中流經(jīng)電阻R的電量；（3）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律；焦耳定律【專題】： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】： （1）金屬棒速度最大時(shí)，在軌道切線方向所受合力為0，由此條件列式求解流經(jīng)電阻R的電流大小，由右手定則判斷電流方向（2）金屬棒下滑過(guò)程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求電量（3）先由牛頓第二定律求出金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度，再根據(jù)能量守恒定律求電阻R上產(chǎn)生的熱量【解析】： 解：（1）金屬棒速度最大時(shí)，在軌道切線方向所受合力為0，則有：mgc

41、os=BIL解得：I=，流經(jīng)R的電流方向?yàn)閍Rb（2）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中，穿過(guò)回路的磁通量變化量為：=BS=BL=平均電動(dòng)勢(shì)為：=，平均電流為：=則流經(jīng)電阻R的電量：q=t=（3）在軌道最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：Nmg=m據(jù)題有：N=1.5mg由能量轉(zhuǎn)化和守恒得：Q=mgr=mgr電阻R上發(fā)熱量為：QR=Q=答：（1）當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，流經(jīng)電阻R的電流大小為，流經(jīng)R的電流方向?yàn)閍Rb（2）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中流經(jīng)電阻R的電量為（3）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵是明確金屬棒是垂直切割磁感線的，與平直軌道上運(yùn)動(dòng)情況相似，注

42、意電量與磁通量的變化量有關(guān)，熱量往往根據(jù)能量守恒求解22（16分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)0xL的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，xL的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)某時(shí)刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)，以沿x軸正方向的初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)；之后的另一時(shí)刻，一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)正、負(fù)粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場(chǎng)中分別運(yùn)動(dòng)半周后恰好在某點(diǎn)相遇已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計(jì)求：（1）正、負(fù)粒子的比荷之比：；（2）正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑大?。唬?）兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】： （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，結(jié)合牛頓第二定律即可求出；（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出它們的半徑；（3）由周期與半徑的關(guān)系：分別求出它們的周期，然后求出它們的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 的時(shí)間，即可求出兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差【解析】： 解：（1）設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)方向與邊界夾角為，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)