2020年江西省上饒市高考物理一模試卷

2020年江西省上饒市高考物理一模試卷一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，其中1-5單選.6-8多選，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．（6分）下列說法正確的是（）A?所有的核反應(yīng)都具有質(zhì)量虧損光子既具有能量，又具有動量高速飛行的子彈不具有波動性0衰變本質(zhì)是原子核中一個質(zhì)子釋放一個電子而轉(zhuǎn)變成一個中子（6分）高鐵是中國“新四大發(fā)明之一，有一段視頻，幾年前一位乗坐京瀘高鐵的外國人，在最高時速300公里行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示，在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車橫向變道進(jìn)站的時候，硬幣才倒掉。這一視頻證明了中國高鐵的極好的穩(wěn)定性。關(guān)于這枚硬幣，下列判斷正確的是（）硬幣直立過程可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用硬幣直立過程一定只受重力和支持力而處于平衡狀態(tài)硬幣倒掉是因為受到風(fēng)吹的原因列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運(yùn)動方向相反的摩擦力作用（6分）如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的四分之一光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5kg和0.5kg現(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向左運(yùn)動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.2s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s,當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運(yùn)動，g取10m/s2，貝y（）A與墻壁碰撞過程中，墻壁對A的平均作用力的大小F=15NA和B碰撞過程中，A對B的作用力大于B對A的作用力A、B碰撞后的速度v=2m/sA、B滑上圓弧的最大高度h=0.45m（6分）2019年11月5日1時43分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運(yùn)載火箭，成功發(fā)射第49顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星發(fā)射成功，標(biāo)志著北斗三號系統(tǒng)3顆IGSO衛(wèi)星（傾斜地球同步軌道衛(wèi)星）全部發(fā)射完畢。該衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，但該軌道平面與赤道平面有一定的夾角，因此該軌道也被稱為傾斜同步軌道，根據(jù)以上信息請判斷下列說法中不正確的是（）該衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的圓心一定是地球的球心該衛(wèi)星離地面的高度等于地球同步衛(wèi)星離地面的高度地球?qū)υ撔l(wèi)星的萬有引力一定等于地球?qū)Φ厍蛲叫l(wèi)星的萬有引力只要傾角合適，處于傾斜同步軌道上的衛(wèi)星可以在每天的固定時間經(jīng)過同一城市的上空（6分）如圖甲，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=10：1，副線圈電路接有滑動變阻器R和額定電壓為12V、線圈電阻為2Q的電動機(jī)M.原線圈輸入的交流電壓如圖乙。閉合開關(guān)S,電動機(jī)正常工作，電流表示數(shù)為1A.下列判斷正確的是（）副線圈兩端的電壓有效值為＜2二2VB?滑動變阻器R的接入電阻為10QC?電動機(jī)輸出的機(jī)械功率為12WD.若電動機(jī)突然卡住，原線圈輸入功率將變?。?分）如圖所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場區(qū)域上下寬度為1；質(zhì)量為m、邊長為l的正方形線圈abed平面保持豎直，ab邊保持水平地從距離磁場上邊緣一定高處由靜止下落，以速度v進(jìn)入磁場，經(jīng)一段時間又以相同的速度v穿出磁場，重力加速度為g。下列判斷正確的是（）

線圈的電阻R=mg2進(jìn)入磁場前線圈下落的高度h=2g穿過磁場的過程中線圈電阻產(chǎn)生的熱量Q=2mgl線圈穿過磁場所用時間t=—V（6分）A、B兩物體質(zhì)量均為m,其中A帶正電，帶電量為+q,B不帶電，通過勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，如圖所示,開始時A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在施加豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度哩，q式中g(shù)為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（）剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2g從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機(jī)械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量D.D.B剛要離開地面時，A的速度大小為2g.：'*（6分）如圖所示，半徑分別為R和2R的甲、乙兩薄因盤固定在同一轉(zhuǎn)軸上，距地面的高度分別為2h和h,兩物塊a、b分別置于圓盤邊緣，a、b與圓盤間的動摩擦因數(shù)“相等，轉(zhuǎn)軸從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，觀察發(fā)現(xiàn),a離開圓盤甲后，未與圓盤乙發(fā)生碰撞，重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）動摩擦因數(shù)一定大于常離開圓盤前，a所受的摩擦力方向一定指向轉(zhuǎn)軸離開圓盤后，a運(yùn)動的水平位移大于b運(yùn)動的水平位移若=洋.落地后°、b到轉(zhuǎn)軸的距離之比為'-；n：三、非選擇題：第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答.第13-16題為選考題，考生根據(jù)要求作答.(一)必考題：(6分)在探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系實(shí)驗中，小明同學(xué)作了如圖甲所示的實(shí)驗改進(jìn)，在調(diào)節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細(xì)線中的拉力。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣热=10m/s2圖甲中的A端與(填“紅”或“黑”)色表筆相連接；TOC\o"1-5"\h\z開關(guān)s接位置(填“1”或“2”)時是電流擋的大量程，根據(jù)題給條件可得，Ri+R2=QR4=QR5=Q;某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為；若此時B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為；多用電表長時間使用后會造成電源的電動勢減小和內(nèi)阻增大，若繼續(xù)使用時還能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則用該多用電表測量電阻時，所測得的電阻值將(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(12分)如圖所示，半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計,傳動輪(輪半徑很小)作順時針轉(zhuǎn)動，帶動傳送帶以恒定的速度Vo運(yùn)動.傳送帶離地面的高度h=1.25m，其右側(cè)地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞，洞□最左端的A點(diǎn)離傳送帶右端的水平距離S=1m，B點(diǎn)在洞□的最右端.現(xiàn)使質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊從M點(diǎn)由靜止開始釋放，經(jīng)過傳送帶后做平拋運(yùn)動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)M=0-5g取10m/s2.求：小物塊到達(dá)圓軌道末端N時對軌道的壓力若v0=3m/s，求物塊在傳送帶上運(yùn)動的時間⑶若要使小物塊能落入洞中，求Vo應(yīng)滿足的條件.12.(20分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系第一象限中，兩個邊長均為L的正方形與一個邊長為L的等腰直角三角形相鄰排列，三個區(qū)域的底邊在x軸上，正方形區(qū)域I和三角形區(qū)域III存在大小相等，方向沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子由正方形區(qū)域I的頂點(diǎn)A以初速度v0沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，離開電場后打在區(qū)域II底邊的中點(diǎn)P.若在正方形區(qū)域II內(nèi)施加垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，粒子將由區(qū)域II右邊界中點(diǎn)Q離開磁場，進(jìn)入?yún)^(qū)域III中的電場。不計重力，求:

（1）正方形區(qū)域I中電場強(qiáng)度E的大??；（2）正方形區(qū)域II中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;（3）粒子離開三角形區(qū)域的位置到x軸的距離。【物理一-選修3-3】（15分）13．（5分）南方冬日的午后，天空下著小雨，小明同學(xué)從家里出發(fā)騎電動車前往學(xué)校上課，則下列說法正確的是（）出發(fā)前小明給電動車打氣，若環(huán)境溫度不變，發(fā)現(xiàn)越打氣越困難，這是因為電動車車胎內(nèi)氣體氣壓增大在路上小明感覺十分寒冷潮濕，這是因為此時溫度低、空氣相對濕度較大，人體皮膚水分不會蒸發(fā)小明經(jīng)過學(xué)校小池塘旁邊時，發(fā)現(xiàn)有樹葉散落在水中，并且在緩慢移動時，這是樹葉在水中做布朗運(yùn)動來到教室，小明看到教室外的玻璃窗已經(jīng)被雨水打濕，雨水附著在玻璃上，說明水對玻璃是浸潤的開始上課后，為了給教室加溫，小明打開空調(diào)，此時空調(diào)機(jī)向教室內(nèi)釋放的熱量多于向教室外吸收的熱量（10分）一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，玻璃管導(dǎo)熱良好。用水銀封閉一段空氣在右管中，初始時，管內(nèi)水銀柱及空氣柱長度如圖甲所示。將玻璃管在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)90°如圖乙所示。求此時右管中水銀面移動的距離。已知玻璃管的橫截面積處處相同，大氣壓強(qiáng)P0面移動的距離。已知玻璃管的橫截面積處處相同，大氣壓強(qiáng)P0=76.0cmHg環(huán)境溫度不變。（管的直徑忽略不計）4cm物理-選修34】（15分）下列說法正確的是（）聲波在空氣中傳播時，空氣分子不隨聲波的傳播向外遷移兩列機(jī)械橫波相遇，在相遇區(qū)一定會出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象無論機(jī)械波還是電磁波由空氣向水中傳播時，其頻率均不變赫茲不僅通過實(shí)驗證實(shí)了電磁波的存在，還測出了電磁波在真空中的速度為c電磁波的偏振現(xiàn)象說明它具有波動性，實(shí)際上所有波動形式都可以發(fā)生偏振現(xiàn)象如圖，MN下方足夠大的空間有一長方體玻璃介質(zhì)，其折射率門=込,玻璃介質(zhì)的上邊界MN是屏幕，玻璃中有一個正三棱柱的真空區(qū)域。三棱柱軸線與紙面垂直，圖中豎直截面正三角形的邊長為20cm,頂點(diǎn)C緊靠屏幕，距離可忽略。底邊AB與屏幕平行，一束激光在豎直截面內(nèi)垂直于AB邊射向AC邊的中點(diǎn)O,結(jié)果在屏幕MN上出現(xiàn)了兩個光斑。光在真空中的傳播速度c=3X108m/s，求兩個光斑之間的距離。2020年江西省上饒市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，其中1-5單選.6-8多選，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）【解答】解：A、只有較重的原子核裂變成中等質(zhì)量的原子核或較輕的原子核聚變?yōu)橹械荣|(zhì)量的原子核時才有能量釋放，具有質(zhì)量虧損，故A錯誤。B、光子作為一種粒子，具有能量和動量，光電效應(yīng)說明光子具有能量，康普頓效應(yīng)說明光子具有動量，故B正確。C、根據(jù)德布羅意理論，無論是宏觀粒子還是微觀粒子，都同時具有粒子性和波動性，故C錯誤。D、0衰變本質(zhì)是原子核中一個中子釋放一個電子而轉(zhuǎn)變成一個質(zhì)子，故D錯誤。故選：B。【解答】解：ABD、當(dāng)列車勻速直線行駛時硬幣立于列車窗臺上，穩(wěn)穩(wěn)當(dāng)當(dāng)，說明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力；當(dāng)列車在加速或減速過程中，硬幣會受到沿著行進(jìn)方向的靜摩擦力或行進(jìn)方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A正確，BD錯誤；C、硬幣倒掉是因為列車橫向變道時，列車運(yùn)動的方向發(fā)生變化，硬幣受到與運(yùn)動方向不一致的靜摩擦力的作用，列車內(nèi)是全封閉區(qū)域是沒有外界吹來的風(fēng)。故C錯誤。故選：A?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)水平向右為正方向，A與墻壁碰撞過程，由動量定理得：Ft=mAv‘1-mA?（“]）,已知，V]=6m/s,V1=4m/s，mA=1.5kg，t=0.2s,代入數(shù)據(jù)解得：墻壁對A的平均作用力為：F=75N,故A錯誤。B、根據(jù)牛頓第三定律知，A和B碰撞過程中，A對B的作用力與B對A的作用力大小相等，故B錯誤。C、設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v,以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv‘1=（mA+mB）v解得：v=3m/s，故C錯誤。D、A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：*(mA+mB)v2=(mA+mB)gh代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m。故D正確。故選：D?！窘獯稹拷猓篈、傾斜同步軌道圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動，圓心一定是地球的球心，故A正確。2B、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：=，得：r=，因為傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的周期與r2t2YE赤道上空的同步衛(wèi)星的周期相同，故它的軌道髙度與位于赤道上空的同步衛(wèi)星的軌道高度相同，故B正確。C、根據(jù)卩=旦爭可知，由于不知道該衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星質(zhì)量的關(guān)系，所以無法判斷萬有引力的關(guān)系，故：不r正確。D、傾斜同步軌道衛(wèi)星相對于地球非靜止的，所以傾斜同步軌道衛(wèi)星從地球上看是移動的，故該衛(wèi)星不可能始終位于地球表面某個點(diǎn)的正上方，所以只要傾角合適，處于傾斜同步軌道上的衛(wèi)星可以在每天的固定時間經(jīng)過同一城市上空，故D正確。本題選不正確的，故選：C?！窘獯稹拷猓篈、輸入電壓最大值為220^2，則有效值為：'=220V,=22V，故A錯誤1V2「fl]1B、副線圈上的電壓是22V,電動機(jī)正常工作的電壓為12V，所以滑動變阻器上的電壓為：Ur=22V-12V=in10V，所以滑動變阻器的電阻值為：R=，故B正確；C、輸出的機(jī)械功率為：F二UI?-I狼=12X1-12X2=10W，故C正確D、卡住電動機(jī)，線圈在磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的反電動勢消失，電路中的電流增大，輸出功率增加，則原線圈輸入功率增加，故D錯誤。故選：B?！窘獯稹拷猓篈、線圈以相同速度v進(jìn)、出磁場，且磁場寬度等于線圈邊長，因此線圈一定是勻速穿過磁場區(qū)域，22此過程中線圈始終有一條邊在磁場中受安培力,由平衡條件得BIl=mg，其中感應(yīng)電流1=，解得R=Kmg故A正確；2B、進(jìn)入磁場前線圈做自由落體運(yùn)動，因此h=，故B正確；C、線圈穿過磁場的過程中，位移為21，由能量守恒定律可知，線圈電阻產(chǎn)生的熱量等于線圈重力勢能的減少量,

即Q=2mgl，故C正確;D、線圈勻速穿過磁場區(qū)域，因此線圈穿過磁場所用時間t=，故D錯誤。y故選：ABC。【解答】解：A、在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，合外力為零。當(dāng)施加上電場力瞬間，A物體受到的合外力為施加的電場力，故有：qE=ma，結(jié)合E=，解得：a=2g，方向向上，故A正確。B、B剛要離開地面時，彈簧的拉力等于mg,此時A物體合力為0.從施加電場開始到彈簧恢復(fù)原長的過程中，對A,根據(jù)牛頓第二定律得qE-mg+kx=ma，隨著x減小，a減小，A物體做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動。從彈簧恢復(fù)原長到B剛要離開地面的過程中，qE-mg-kx=ma，隨著x的增大，a減小，A物體繼續(xù)做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動，故A物體速度一直增大，故B正確。C、B剛要離開地面與開始時彈簧的彈力大小相等，從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，彈簧的彈性勢能變化量為零，對整個過程來說，A物體的機(jī)械能增加量等于A物體電勢能的減少量。從開始到彈簧恢復(fù)原長的過程，A物體的機(jī)械能增量等于電勢能減少量與彈性勢能減少量之和，從彈簧恢復(fù)原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機(jī)械能增量與彈性勢能的增加量之和等于電勢能的減少量，故C錯誤。D、從開始到B剛要離開地面的過程，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為：x=2些=，根據(jù)動能定理kk可知：(qE-mg)x=￡~mv2，解得:v=2g巴，故D正確。故選：ABD。【解答】解：BCD、由分析可知，兩物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的角速度相同，離開圓盤前，摩擦力充當(dāng)向心力，指向轉(zhuǎn)軸,鬃，同理：鬃，同理：a物塊的臨界角牛頓第二定律得：mbg=2mbR32，解得b物體滑離圓盤乙的臨界角速度為3b=速度3a=邑，由于3b<3a，所以一定是b速度3a=a=va?t=R3a?.I卩価，離平位移為Xb=vb?t=2R3a=va?t=R3a?.I卩価，離b的落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸的距離為x2=開圓盤后a的位移等于b的水平位移，若=瓷時，a的落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸的距離為b的落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸的距離為x2=弭請奴，故xa：xb=lll：「14,故BD正確，C錯誤。A、物塊a滑離圓盤時，未與圓盤乙相碰，如圖所示，由幾何知識知：物體a的到達(dá)圓盤乙的平面時，其位移最小值為Xmin=f(耶嚴(yán)-祈，據(jù)平拋運(yùn)動可知，X=R3a?t=R3a??互三Xmin，解得：三雰，故A錯誤。

故選：BD。三、非選擇題：第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答．第13-16題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題：【解答】解：(1)AB、對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量沙和沙桶的質(zhì)量，也不需要滿足沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故AB錯誤。C、使用打點(diǎn)計時器，應(yīng)先接通電源，在釋放小車，故C錯誤。D、探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系，要改變沙和沙桶的總質(zhì)量，打出多條紙帶，故D正確。故選：D根據(jù)牛頓第二定律可知2F-Ff=ma,圖象a=0時，F(xiàn)=0.5N,解得Ff=1.0N根據(jù)實(shí)驗原理可知小車的加速度是砂和砂桶加速度的丄，而砂和砂桶的加速度最大為重力加速度，即可判2斷小車的加速度為a=￡g=5m/s2。故答案為：(1)D；(2)1.0；(3)5m/s2。【解答】解：(1)由圖(a)所示電路圖可知，B與歐姆表內(nèi)置電源的負(fù)極相連，B為紅表筆，A為黑表筆。(2)由圖(a)所示電路圖可知，開關(guān)S接位置1時，分流電阻較小，此時電流擋的大量程；根據(jù)圖(a)所示電路圖，由歐姆定律可知：R1+R2=Q=50QIXio-3Q=12000Q1貝_R1+R2=Q=50QIXio-3Q=12000Q(3)B端是與“1”相連的，電流表量程為1A,分度值是0.02A，多用電表讀數(shù)為0.02AX26=0.52A此時B端是與“3”相連，多用電表測電阻，由圖示可知，指針指在11的位置，則讀數(shù)為11X100Q=1100Q；E當(dāng)電池電動勢變小、內(nèi)阻變大時，歐姆得重新調(diào)零，由于滿偏電流Ig不變，歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)=變小，g內(nèi)TgI尹內(nèi)待測電阻的測量值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來的，可知當(dāng)R內(nèi)變小時，有：1==，由于I內(nèi)陥+耳尺內(nèi)‘不變、R內(nèi)變小，指針跟原來的位置相比偏左，歐姆表的示數(shù)變大。故答案為：(1)黑；(2)50,2800,12000;(3)0.52A,1100Q;(4)偏大【解答】解：(1)設(shè)物塊滑到圓軌道末端速度vi，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR=yw1S設(shè)物塊在軌道末端所受支持力的大小為F,2Vi根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=m斗聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得：F=15N根據(jù)牛頓第三定律，對軌道壓力大小為15N,方向豎直向下物塊在傳送帶上加速運(yùn)動時，由Amg=ma，得a=^g=5m/s2Vn-Yi加速到與傳送帶達(dá)到同速所需要的時間=0.2s1a位移s］二一t=0-5mL~si勻速時間=0.1s故T=t+t:=0.3s物塊由傳送帶右端平拋h=ygt2恰好落到A點(diǎn)s=v2t得v2=2m/s恰好落到B點(diǎn)D+s=v3t得v3=3m/s當(dāng)物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動時，做平拋運(yùn)動的速度最大，假設(shè)物塊在傳送帶上達(dá)到的最大速度為v,由動能定理：umgL=mv2-得:v2=12，且12>9，所以物塊在傳送帶上達(dá)到的最大速度大于能進(jìn)入洞□的最大速度，所以v0應(yīng)滿足的條件是3m/s>v0>2m/s答：(1)小物塊到達(dá)圓軌道末端N時對軌道的壓力大小為15N，方向豎直向下；若v0=3m/s，求物塊在傳送帶上運(yùn)動的時間為0.3s若要使小物塊能落入洞中，v0應(yīng)滿足的條件為3m/s>v0>2m/s.【解答】解：(1)帶電粒子在區(qū)域I中做類平拋，水平方向：L=v0t，豎直方向：曰t'，速度：vy=a!，加速度：迅_，設(shè)離開角度為a貝吐辺日=—，%

離開區(qū)域I后作直線運(yùn)動：t-anB-解得：,445°；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：章由牛頓第一定律得：由幾何關(guān)系可得：R=-解得：由牛頓第一定律得：由幾何關(guān)系可得：R=-解得：B（3）在Q點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域III后，若區(qū)域III補(bǔ)成正方形區(qū)域，空間布滿場強(qiáng)為E的電場,由對稱性可知，粒子將沿拋物線軌跡運(yùn)動到（3L,L）點(diǎn)，離開方向水平向右，通過逆向思維，可認(rèn)為粒子從（3L，L）點(diǎn)向左做類平拋運(yùn)動，當(dāng)粒子運(yùn)動到原電場邊界時：x'=v°t',護(hù)冷亂十2，由幾何關(guān)系可知：x'+y'=L,解得：X因此，距離x軸距離：片L-珂答：（1）正方形區(qū)域I中電場強(qiáng)度E的大小為（2）正方形區(qū)域II中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為-；qL（3）粒子離開三角形區(qū)域的位置到x軸的距離為（?遷-1）L?！疚锢硪?選修3-3】（15分）【解答】解：A、胎容積一定，向自行車內(nèi)打氣時，車胎內(nèi)的氣體越來越多，氣體壓強(qiáng)越來越大，用打氣筒打氣時，車胎內(nèi)氣體對打氣筒的壓力越來越大，所以打氣時感覺越來越費(fèi)力，故A正確。B、在路上小明感覺十分寒冷潮濕，這是因為此時溫度低，飽和汽壓小，則空氣相對濕度較大，人體皮膚水分幾乎不蒸發(fā)，但不是不蒸發(fā)，故B錯誤。C、塘中的樹葉散落在水中，并且在緩慢運(yùn)動，是因為流水帶動的作用，并非是做布朗運(yùn)動，故C錯誤。D、雨水附著在玻璃上，說明水對玻璃是浸潤的，故D正確。E、空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因為電能也部分轉(zhuǎn)化為熱能，故E正確。故選：ADE。14．【解答】解：以右管空氣為對象初狀態(tài)：P]=P0-Ph1=（76-4）cmHg=72cmHgVi=SLi末狀態(tài)：P2=P0+Ph2=（76+4）cmHg=76cmHgV2=SL2由玻意耳定律有：P/