陜西省西安地區(qū)八校2020屆高三物理上學期第一次聯(lián)考試題(含解析)

1、112020 屆高三物理上學期第一次聯(lián)考試題（含解析）注意事項：1. 答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題紙上，認真核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題紙上的指定位置上.2. 選擇題答案使用 2B 鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；非選擇題答案用 0.5 毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整，筆跡清楚.3. 請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.4. 保持紙面清潔，不折疊，不破損 .5. 做選考題時，考生按照題目要求作答，并用 2B 鉛筆在答題紙上把所選題目對應的題號涂黑 .第 I 卷（選擇題， 4

2、8 分）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分.其中1-8小題為單項選擇題，9- 12小題為多項選擇題，全部選對的得4 分，選對但不全的得2 分，有選錯或不答的得 0 分）1.人類在對自然界進行探索的過程中， 科學實驗起到了非常重要的作用 下列有關說法中不正確的是（ ）A. 伽利略將斜面實驗的結論合理外推，間接證明了自由落體運動是初速度為零的勻變速直線運動B. 法國科學家笛卡爾指出：如果物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動C. 海王星是在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)之前通過觀測發(fā)現(xiàn)D. 密立根通過油滴實驗測得了基本電荷的數(shù)值【答案】C【解析】【詳解】伽利略在斜面實驗中得出物體沿

3、斜面下落時的位移和時間的平方成正比，然后利用這一結論合理外推，間接證明了自由落體運動是初速度為零的勻變速直線運動，故A 正確；法國科學家笛卡爾指出： 如果物體沒有受到力的作用， 它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向；故B 正確；海王星是在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)之后通過觀測發(fā)現(xiàn)的，故C 不正確；密立根通過油滴實驗測得了基本電荷的數(shù)值，任何電荷的電荷量都應是基本電荷的整數(shù)倍;故D正確；2.斜面固定在地面上，傾角為 37（sin37° =0.6, cos37° =0.8）.質(zhì)量為1kg的滑塊以初速度從斜面底端沿斜面向上滑行（斜面足夠長，該滑塊與斜面間的動摩擦因

4、數(shù)為0.7 ）,則該滑塊所受摩擦力 F隨時間變化的圖象是下圖中的（取初速度它的方向為正方向,g=10m/s2)()【答案】C【詳解】滑塊以初速度 V0從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動摩擦力，由公式 f=可得：f= mgos37° =0.7X1X10X0.8N=5.6N,方向沿著斜面向下。重力的下滑力等于m§in37 ° =1 x 10X 0.6N=6N>5.6N,所以滑塊滑到最高點后可沿斜面下滑。下滑時滑塊受到的滑動摩擦力大小仍為5.6N ,方向沿著斜面向上。A.該圖與結論不相符，選項 A錯誤；B.該圖與結論不相符，選項B錯誤；C.該圖與結論相符，選項

5、 C正確；D.該圖與結論不相符，選項D錯誤.故選Co3.如圖所示，桌面上固定一個光滑豎直擋板，現(xiàn)將一個長方形物塊 A與截面為三角形的墊塊B疊放在一起，用水平外力F緩緩向左推動B,使A緩慢升高，設各接觸面均光滑，則該過程中A. A和B均受三個力作用而平衡B. B對桌面的壓力大變小C. A對B的壓力越來越小D.推力F的大小不變【詳解】先以A為研究對象，分析受力情況：重力、墻的彈力和斜面的支持力三個力，B受到重力、A的壓力、地面的支持力和推力F四個力.故A錯誤.當B向左移動時，B對A的支持力和墻對 A的支持力方向均不變，根據(jù)平衡條件得知，這兩個力大小保持不變.則A對B的壓力也保持不變.對整體分析受力

6、如圖所示,F=N,擋板對A的支持力N不變，則推力F不變.桌面對整體的支持力N=G總，保持不變.則 B對桌面的壓力不變.故 D正確，ABC錯誤.故選D.4 . 一中子與一質(zhì)量數(shù)為 A (A> 1)的原子核發(fā)生彈性正碰.若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A 1A.A 1A 1B.A 14AC. 2(A 1)2D.(A 1)2(A 1)2【答案】A【解析】設中子的質(zhì)量為 解因為發(fā)生的是彈性正碰，動量守恒，機械能守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有: mv=m2+Amv 1 mv2=2 mv2+1 ?AmV 222、v1A 1,“,聯(lián)立兩式解得： .故A正確，BCD昔誤.故選

7、A.v2 A 1點睛：解決本題的關鍵知道彈性碰撞的過程中動量守恒、機械能守恒，與非彈性碰撞不同， 非彈性碰撞機械能不守恒.【此處有視頻，請去附件查看】5 .如圖是位于x軸上某點的電荷在直線 PQ右側的電勢 隨x變化的圖線，a、b是x軸上的兩點，過P點垂直于x軸的直線PQ x軸是該曲線的漸近線，則以下說法正確的是（）0« 白 IA.可以判斷出OP間的各點電勢均為零B.可以判斷出a點的電場強度小于 b點的電場強度C.可以判斷出P點左側與右側的電場方向均為x軸正方向D.負檢驗電荷在a點的電勢能小于在 b點的電勢能【答案】D【解析】【詳解】AC由題意，過 P點垂直于x軸的直線PQ x軸是該電

8、勢曲線的漸近線，所以產(chǎn) 生該電場的點電荷是正電荷，位于P點。所以P點左側的電場的電勢與 P點因此的電勢是對稱的，OP司的各點電勢土不為零，P點左側的電場方向為 x軸負方向。故 AC錯誤；B.電勢6與位移x圖線的斜率表示電場強度，則知a點的電場強度大于 b點的電場強度，故B錯誤。D.由圖可知a點的電勢高于b點的電勢，根據(jù)電勢能的公式：？=q（）,所以負檢驗電荷在 a點的電勢能小于在 b點的電勢能。故 D正確； 故選D。6.如圖所示，Ki、K2閉合時，一質(zhì)量為 m帶電量為q的液滴，靜止在電容器的 A、B兩平行金屬板間，現(xiàn)保持 Ki閉合，將K2斷開，然后將B板向下平移到圖中虛線位置，則下列說法正確的

9、是（）A.電容器的電容減小B. A板電勢比電路中Q點電勢高C.液滴將向下運動D.液滴的電勢能增大【答案】AB【解析】S 試題分析：根據(jù)C ，當間距d增大時，其它條件不變，則導致電容變小， 故A正確;4 kdKi、K2閉合時A、Q電勢相等，保持 Ki閉合，將K2斷開，將B板向下平移一段距離，板間場強不變，所以 A板與地間的電勢差 U增大，即A板電勢升高，而Q點的電勢不變，所以U - SA板電勢比電路中Q點電勢局，故 B正確；根據(jù) E 與C ,相結合可得d 4 kd 4 kQE ,由于電量、正對面積不變，從而確定電場強度也不變，所以液滴仍保持靜止，S故C錯誤；根據(jù)電場力與重力平衡可知，液滴帶負電，

10、由于 B板的移動，導致液滴的電勢升高，所以其電勢能減小，故 D錯誤.考點：帶電粒子在混合場中的運動、電容【名師點睛】本題關鍵確定電容器的電量是否變化.掌握 C Q,再由E U與 Ud- S 4 kQC ，相結合可得E ，并學會通過電荷的電性與電勢的變化來確定電勢能4 kdS的變化.7 .如圖所示，半徑為 r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B,磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向（均平行于紙面）且速度大小 相等的帶正電的粒子（重力及粒子間的相互作用不計 ），已知粒子的比荷 為k,速度大小為 2kBr,則粒子在磁場中運動的最長時間為 （）A. kB【答案】C

11、【解析】B. 2kBC.3kBD.4kB試題分析：粒子在磁場中運動的半徑為:R mv 處Br 2r ；當粒子在磁場中運動時間qB Bk最長時，其軌跡對應的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r ,故m ,故選C.3qB 3kB考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.8 .可見光光子的能量在 1. 61 eV3. 10 eV范圍內(nèi).如圖所示，氫原子從第4能級躍遷到低能級的過程中，根據(jù)氫原子能級圖可判斷（）£/cV« 04053LSI23.4。I13.60A.從第4能級躍遷到第3能級將釋放出紫外線8 .從第4能級躍遷到第3能級放出的光子，比從第 4能級直接躍遷到第 1能

12、級放出的光子 波長更長C.從第4能級躍遷到第3能級放出的光子，比從第 4能級直接躍遷到第 2能級放出的光子 頻率更高D.氫原子從第4能級躍遷到第3能級時，原子要吸收一定頻率的光子，原子的能量增加【答案】B【解析】試題分析：可見光光子的能量在 1. 61eV3. 10eV范圍內(nèi).那么紫外線能量大于3. 10eV,而從第4能級躍遷到第3能級放出能量為4 E=1. 51-0. 85=0. 66eV,因此不可能是紫外線,故A錯誤；n=4和n=1間的能級差最大，則輻射的光子頻率最高，波長最小，因此從第級躍遷到第3能級放出的光子，比從第4能級直接躍遷到第1能級放出的光子波長更長，故B正確；n=4和n=3間

13、的能級差小于 n=4和n=2間的能級差，則從 n=4能級躍遷到n=3能級 放出的光子的頻率小于從n=4能級躍遷到n=2能級放出的光子的頻率，故C錯誤；當原子從第4能級躍遷到第3能級時，放出一定頻率的光子，原子的能量減小，故D錯誤.考點：考查了氫原子躍遷【名師點睛】能級間躍遷輻射或吸收的能量等于兩能級間的能級差，掌握公式cEm En hv h,能級差越大，輻射的光子頻率越高，波長越小，從而即可求解9 .如圖所示，M為固定在水平桌面上的有缺口的方形木塊，abed為半徑是R的四分之三光滑圓弧形軌道，a為軌道的最高點，de面水平且有一定長度.今將質(zhì)量為 m的小千在d點的 正上方高為h處由靜止釋放，讓其

14、自由下落到d處切入軌道內(nèi)運動，不計空氣阻力，則 （）A.只要h大于R釋放后小球就能通過 a點B.只要改變h大小，就能使小球通過 a點后，既可能落 回軌道內(nèi)，又可能落到 de面上C.無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球通過a點后落回軌道內(nèi)D.調(diào)節(jié)h的大小，可以使小球飛出 de面之外（即e的右側）【解析】【詳解】解得：【答案】CDA小球恰能通過a點的，球的重力提彳用根據(jù)牛頓第二定律:根據(jù)動能定理:的12mg( h R) - mv得：h=1.5 R可知只有滿足h>1.5R,釋放后小球才能通過 a點，故A錯誤；BC小球離開a點時做平拋運動，用平拋運動的規(guī)律，水平方向的勻速直線運動:x=vt豎直方

15、向的自由落體運動：R=lgt2,2解得：x= 2 R> R故無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球通過a點后落回軌道內(nèi)，則 B錯誤，C正確。D.只要改變h的大小，就能改變小球到達 a點的速度，就有可能使小球通過 a點后，落在 de之間或之外。故 D正確。故選CD,10.一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電 動勢的變化規(guī)律如圖 a所示，當調(diào)整線圈轉速后，電動勢的變化規(guī)律如圖b所示.以下關于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是()A.從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值B.線圈先后兩次車t速之比為2:3C.在圖線a和b中，t=0時刻穿過線圈的磁通量均為零D.

16、圖線b電動勢的瞬時值表達式為E=l00sin 100 t3【答案】AD【解析】E=BSw【詳解】A.由圖讀出a電壓最大值 A,根據(jù)周期求解角速度，據(jù)電動勢最大值公式可以求出穿過線圈磁通量的最大值，故A正確;B.由圖讀出兩電流周期之比為Ta： Tb=0.4s : 0.6s=2 : 3,而T=1/n,則線圈先后兩次轉速之比為3: 2.故B錯誤；C. t=0時刻兩個正弦式電流的感應電動勢瞬時值均為零，線圈都與磁場垂直，穿過線圈的磁通量都最大。故 C錯誤；D.根據(jù)E=BSco =2 Tt nBS則ab電動勢最大值之比為 3:2,則圖線b的最大值為100V,角速2100度為 ，所以圖線b電動勢的瞬時值表

17、達式為T 3100Tt t (V)e=100sin 3故D正確。故選AD11.如圖所示是發(fā)電廠通過升壓變壓器進行高壓輸電，接近用戶端時再通過降壓變壓器降壓給用戶供電的示意圖，圖中變壓器均可視為理想變壓器，電表均為理想交流電表.設發(fā)電廠輸出的電壓一定，兩條輸電線總電阻用R表示，并且電阻不變.變阻器R相當于用戶用電器的總電阻.當用電器增加時，相當于 R變小，則當用電進入高峰時 （）Rn4 I213A.電壓表V1、V2的讀數(shù)均不變，電流表 A2的讀數(shù)增大，電流表 A1的讀數(shù)減小B.電壓表V3、V4的讀數(shù)均減小，電流表 A2的讀數(shù)增大，電流表 A3的讀數(shù)增大C.電壓表 V V3的讀數(shù)之差與電流表 A2

18、的讀數(shù)的比值不變D.線路損耗功率增大【答案】BCD【詳解】因發(fā)電廠的輸出電壓一定，因此可知升壓變壓器的原線圈的電壓不變，即V1不變,U1 R由: 一可知升壓變壓器的副線圈的電壓不變，即電壓表V2的示數(shù)不變；進入用電高峰，5 必電阻R降低，假設電壓表V4得電壓不變，I3Un3 I3 .可知電流表A3得電流增大，由一 丁可知電流表降壓變壓器得輸入端得電流增大,11n2人即電流表A2的示數(shù)增大，由丁 丁可知輸入電2 ni流Ii增大，即電流表A示數(shù)增加；由U3 U2 I2R0可知降壓變壓器原線圈的電壓U3降低,r ,U 3 n3即電壓表V3降低，由 可知降壓變壓器的副線圈的電壓降低，即 V4降低, U

19、 4 山故AD錯誤，BC正確.12.如圖所示，電阻不計、間距為 l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中， 導軌左端接一定值電阻 R質(zhì)量為m電阻為r的金屬棒MNg于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動， 外力F與金屬棒速度v的關系是F=Fo+kv （F。、k是常量），金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為受到的安培力大小為Fa,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為 P,它們隨時間t變化圖象可能正確的有A.T X K XX W XWWF BX-XkB.C.328【答案】BC對金屬棒受力分析，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律

20、和牛頓第二定律得出表達式，分情況討論加速度的變化情況，分三種情況討論：勻加速運動，加速度減小的加速, 加速度增加的加速，再結合圖象具體分析.【詳解】設金屬棒在某一時刻速度為v,由題意可知，感應電動勢E BLv ,環(huán)路電流E BLI v ，R r R r即I v ;安培力，方向水平向左，即F安v;R兩端電壓即UR v；感應電流功率即 P v2.分析金屬棒運動情況，由力BILB2L2vUr IRBLR v ,R rP EIB2L2 2v R r合成和牛頓第二定律可得:b2l2b2l2F合 F F安 Fo kv v Fo (k )v, R rR rF即加速度a -,因為金屬棒從靜止出發(fā)，所以F00

21、,且F合0 ,即a 0 ,加速度方向水平向右.(1)B2L2R rat說明t,也即是(2)B2L2R r增大的加速運動,項符合;(3)若 k度減小的加速運動，直到加速度減小為 0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合.【點睛】【此處有視頻，請去附件查看】第II卷（非選擇題，共 52分）、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分，共52分.第13-16題為必考題，每個試題考生都必須作答.第17, 18題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題（本題共 4小題，共40分） 13.用圖甲所示的實驗裝置，驗證 m、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒. m從高處由靜止開始下落,m上拖著的紙帶打出

22、一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律.圖丙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點果均保留兩位有效數(shù)字）（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖丙所示.已知m=50g、R2=150g,取g=9.8m/s 2,則（結例珅制一N/ ：I/:0 h/n肉（1）在紙帶上打下記數(shù)點 5時的速度v=m/s;（2）在05過程中系統(tǒng)動能的增量 E<=J,系統(tǒng)勢能的減少量 Ep=J;122（3）若某同學作出 一v h圖象如圖乙所示，則當?shù)氐闹亓铀俣萭= m/s2【答案】(1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.59 (4). 9.7【詳解】

23、1由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s ,根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點時的速度為:m/s =2.4m/s0.2160 0.2640v=2 0.1（2）23 物體的初速度為零，所以動能的增加量為:1212Ek (m1 m2M 0.2 2.4 J 0.58J22重力勢能的減小量等于物體重力做功，故EP W mgh 0.59J(3)4根據(jù)機械能守恒可知1 2mgh一 mv2即有122V ghk=9.7 ,故當?shù)氐膶嶋H重1 2所以一v h圖像中圖像的斜率表不重力加速度，由圖可知，斜率 2力加速度g 9.

24、7m/s2。14.某實驗小組要測定一電源的電動勢E和內(nèi)電阻r.實驗器材有：一只 DIS電流傳感器(可視為理想電流表，測得的電流用I表示)，一只電阻箱(阻值用R表示)，一只開關和導線若干.該實驗小組同學設計了如圖甲所示的電路進行實驗和采集數(shù)據(jù).接數(shù)據(jù)聚集疆和電腦JLU-LI f ib I t-v I -344 4 kJL L-A L.喳£35 .J JB L aJ- ! !rm -4j u J A J 4* J1 Tjr.LUTJ.J X XUH LU J. J11Lp klil .litL JJ1L *It4 4T T T*-LU.meXo二 占卜4L* TJ J 1 44 -IJF

25、 L-k rt1rLL-b r hla.1-I一二rT二二 IJIJIJl5t MunJ*llI 11 fcLI Lie匚廠T1:(1)小組設計該實驗原理表達式是 (用E、r、I、R表示)；(2)小組在閉合開關之前，應先將電阻箱阻值調(diào)至 (選填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，在實驗過程中，將電阻箱調(diào)至圖乙所示位置，則此時電阻箱接入電路的阻值為;1、，(3)小組根據(jù)實驗米集到的數(shù)據(jù)作出如圖丙所本的一一R圖象，則由圖象求得，該電源的I電動勢E=V,內(nèi)阻r =(結果均保留兩位有效數(shù)字 ).【答案】 (1).E= I(R+ r) (2). 最大值 (3). 25 (4). 6.0(5.86.2

26、均可)(5). 2.4(2.32.5均可)【解析】【詳解】(1)1由圖可知，本實驗采用的是電流表與電阻箱測定電動勢，故表達式應為E I(R r);(2)2為了保證電路中的安全，電阻箱應從最大值開始慢慢減小，故開始時應調(diào)到最大值;3由圖可知，電阻箱接入電阻應為25Q;45由閉合電路歐姆定律可知:r1411,一 0.4 ,圖象的斜率為 ，故EE2246iR由數(shù)學知識可知圖象與縱坐標的交點為E 6.0V, r 2.4Q;【此處有視頻，請去附件查看】15.如圖所示為某工廠的貨物傳送裝置，傾斜運輸帶AB(與水平面成 “=37° )與一斜面BC(與水平面成 0 =30° )平滑連接,B

27、點到C點的距離為L=0.6 m ,運輸帶運行速度恒為vo=5 m/s , A點到B點的距離為x= 4.5 m ,現(xiàn)將一質(zhì)量為 m= 0.4 kg的小物體輕輕放于 A點，物體恰好能到達最高點C點，已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)科1 =泳，求：(g = 10 m/s2,6sin 37 ° = 0.6 , cos 37 ° = 0.8 ,空氣阻力不計(1)小物體運動到 B點時的速度v的大小;(2)小物體與運輸帶間的動摩擦因數(shù)(3)小物體從A點運動到C點所經(jīng)歷時間t.【答案】(1) 3 m/s. (2) 7/8 (3) 3.4s【解析】【詳解】(1)設小物體在斜面上的加速度為a,運動

28、到B點的速度為v,由牛頓第二定律得mgsin 0mgcos 0 = ma由運動學公式知 v2=2aL,聯(lián)立解得v=3 m/s.a2,則由牛頓第二定(2)因為v<V0,所以小物體在運輸帶上一直做勻加速運動，設加速度為律知mgcos a mgsin a = ma27又因為v = 2a2x,聯(lián)乂解得yv(3)小物體從A點運動到B點經(jīng)歷時間fl ,從B運動到C經(jīng)歷時間=一%為聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得小物體從 A點運動到C點所經(jīng)歷的時間t=ti+t2=3.4 s.16.如圖所示，M N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電荷量為+ q,質(zhì)量為m

29、(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔 Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為 B,方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與 N板的夾角0 =45。，孔Q到板的下端C的距離為L,當M N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在 CM上，求：IFI(1)兩板間電壓的最大值 Un；(2) CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度 s;(3)粒子在磁場中運動的最長時間 tmp【答案】(1)兩板間電壓的最大值 Um為2. 2qB l .2m(2) CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度x為(2V2)L ;(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm為moqB(1)粒子恰好垂直打在 CD板上，根據(jù)粒子的運

30、動的軌跡，可以求得粒子運動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大?。?2)當粒子的運動的軌跡恰好與 CDS相切時，這是粒子能達到的最下邊的邊緣，在由幾何關系可以求得被粒子打中的區(qū)域的長度.(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解。【詳解】(1)MN兩板間電壓取最大值時， 粒子恰垂直打在 CD板上，所以圓心在C點，CH=QC=L 故半徑R=L,又因2 qvB mv R12qUm -mvi2所以Um2 2qB L2m(2)設軌跡與 CD板相切于K點，半徑為R2,在4AKC中:sin 45R2L R所以R (J2 1)L即KC長等于R2 ( .2 1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度x HK R-R2 L-( 一 2 1)L (2 . 2) L(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期：T0qB所以tm1T 2m qB【點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、 周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關系就比較明顯了。(二)選考題(共12分，請考生從給出的 2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的 第一題計分)17.質(zhì)量M=10kg的缸體與質(zhì)量 m=4kg的活塞