湖南省長沙市雅禮教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末考試物理試題

湖南省長沙市雅禮教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．核聚變發(fā)電有望提供人類需要的豐富清潔能源，氫核聚變可以簡化為如下過程，4個(gè)氫核（11H）聚變生成氦核（24He），并放出2個(gè)X和2個(gè)中微子，同時(shí)伴隨著γ光子的產(chǎn)生，γ光子照射到逸出功為W0A．中微子的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為1B．X為電子C．γ光子的波長為hcD．光電子的德布羅意波波長為2h2．某個(gè)物理量D的變化量ΔD與發(fā)生這個(gè)變化所用時(shí)間Δt的比值ΔDΔtA．若D表示質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動的位移，則ΔDΔtB．若D表示質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動的加速度，則ΔDΔtC．若D表示質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動離開平衡位置到最大位移過程中的動能，ΔDΔtD．若D表示帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時(shí)的動量，則ΔDΔt3．一列簡諧橫波在t=0.6s時(shí)的波形圖如圖甲所示，此時(shí)P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的位移相等，波上A．這列波沿x軸負(fù)方向傳播B．這列波的波速為0.06m/sC．從t=0.D．若該波在傳播過程中遇到一個(gè)尺寸為15m的障礙物，這列波不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象4．將物體從地面豎直向上拋出，一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過程中物體所受空氣阻力大小不變，下列說法正確的是（）A．上升過程的重力沖量大于下降過程中的重力沖量B．上升過程中機(jī)械能損失大于下落過程中機(jī)械能損失C．上升過程的動能減小量大于下落過程的動能增加量D．上升過程的動量減少量小于下落過程的動量增加量5．一物體恰能在一個(gè)斜面體上沿斜面勻速下滑，此過程中斜面靜止，設(shè)斜面受到水平地面的摩擦力為f1。若沿此斜面方向用力向下推此物體，使物體加速下滑，設(shè)此過程中斜面受到地面的摩擦力為fA．f1為零，f2為零 B．f1C．f1不為零，f2為零 D．f16．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=3.0kg和mB=2.A．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為24N?sC．物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18JD．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為2m/s二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）7．如圖所示，一玻璃球體的半徑為R，O為球心，AB為直徑，在球的左側(cè)有一豎直接收屏在A點(diǎn)與玻璃球相切。自B點(diǎn)發(fā)出的光線BM在M點(diǎn)射出，出射光線平行于AB照射在接收屏上的Q點(diǎn)，另一光線BN恰好在N點(diǎn)發(fā)生全反射。已知∠ABM=30°，下列說法正確的是（）A．玻璃的折射率為3B．光由B傳到M點(diǎn)與再由M傳到Q點(diǎn)所需時(shí)間之比為2C．球心O到BN的距離為3D．若該B點(diǎn)處光源為紅光，將其替換為綠光光源，則圓弧上恰好全反射的N點(diǎn)向左移動8．太陽系外行星P和行星Q可能適宜人類居住，P半徑是Q半徑的12，若分別在P和Q距地面高為h處水平拋出小球，小球平拋運(yùn)動水平位移x隨拋出速度vA．行星P和行星Q的第一宇宙速度之比為2B．行星P和行星Q的第一宇宙速度之比為2C．行星P和行星Q的密度之比為2D．行星P和行星Q的密度之比為19．如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h=2A．小球d一定帶正電B．小球b的周期為2πRC．小球c的加速度大小為3D．外力F豎直向上，大小等于mg+10．如圖，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，間距為d。空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。P、M間接有阻值為3R的電阻。Q、N間接有阻值為6R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為R。現(xiàn)從靜止釋放ab，當(dāng)它沿軌道下滑距離s時(shí)，達(dá)到最大速度。若軌道足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g。則（）A．金屬桿ab運(yùn)動的最大速度為v=B．金屬桿ab運(yùn)動的加速度為12gC．金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，通過6R的電量為Q=D．金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功為W三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分。第11題6分，前2空每空2分，后2空每空1分；第12題10分，每空2分）11．某學(xué)習(xí)小組通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證自由下落是一種勻變速直線運(yùn)動，并測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。該小組利用如圖甲所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，圖乙為局部放大圖，其中A為電磁開關(guān)，B為可改變位置的光電門。實(shí)驗(yàn)時(shí)，打開電磁開關(guān)，釋放小球，計(jì)時(shí)器同時(shí)開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)過光電門B時(shí)，計(jì)時(shí)結(jié)束。改變B的位置，多次測量，記錄AB間的高度差h和對應(yīng)的小球下落時(shí)間t，數(shù)據(jù)如表所示：h/m0.10000.30000.50000.70000.9000t/s0.1460.2500.3220.3810.431（1）該小組利用圖像法來研究小球自由下落時(shí)下落高度h與下落時(shí)間t之間的關(guān)系，請根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在答題紙上描點(diǎn)并畫出h?t圖像。（2）為了更準(zhǔn)確地研究小球自由下落的運(yùn)動規(guī)律，該小組利用計(jì)算機(jī)軟件對數(shù)據(jù)進(jìn)行擬合，得到h與t2的關(guān)系h=4.860t2?0（3）另一學(xué)習(xí)小組利用圖丙所示的圖像也驗(yàn)證了小球的自由下落是勻變速直線運(yùn)動，該圖像的縱坐標(biāo)表示的物理量為（用題目中已給的字母表示），若圖像中直線的斜率為k，則重力加速度為（用k表示）。12．某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來測量電源的電動勢E、內(nèi)阻r及待測電阻Rx的阻值，通過改變滑動變阻器的阻值，記錄多組電壓表V1、V2（1）由電壓表V1與電流表A的示數(shù)描繪的U?I圖線是圖乙中的（2）由圖乙可得，電源電動勢E=V，內(nèi)阻r=Ω，待測電阻Rx=（3）在滑動變阻器觸頭滑動的過程中，電壓表V1、V2讀數(shù)變化量分別用ΔU1、ΔU2四、解答題（本題共3小題，共40分）13．如圖所示，粗細(xì)均勻的U形玻璃管兩端開口，豎直向上放置，管中兩段水銀柱封閉一段L形氣柱，L形氣柱豎直部分和水平部分的長均為5cm，L形水銀柱豎直部分和水平部分的長分別為8cm和5cm，大氣壓強(qiáng)為76cmHg，環(huán)境溫度為27℃，玻璃管豎直部分足夠長，求：（1）左右兩管中水銀柱液面的高度差；（2）若往左管中緩慢倒入4cm長的水銀柱，則左右兩管中水銀液面高度差又為多少。14．阿爾法磁譜儀（簡稱AMS）是美籍華裔物理學(xué)家丁肇中構(gòu)思，由中國參與建造的探測反物質(zhì)和暗物質(zhì)的儀器。圖甲是AMS在空間站的實(shí)驗(yàn)場景，其工作原理可簡化為如圖乙所示：在xOy平面內(nèi)，以M(0，?R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。在第一象限有與x軸成45°角傾斜放置的接收器與x、y軸交于Q、P兩點(diǎn)，且OQ間距為(2圖甲圖乙（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）正對M點(diǎn)射入的質(zhì)子，射入磁場后經(jīng)多長時(shí)間到達(dá)接收器PQ；（3）接收器PQ被質(zhì)子打中的區(qū)域的長度。15．如圖所示，有5個(gè)大小不計(jì)的物塊1、2、3、4、5放在傾角為θ的足夠長斜面上，其中物塊1的質(zhì)量為m，物塊2、3、4、5的質(zhì)量均為2m，物塊1光滑，其他物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ=tanθ。物塊2、3、4、5的間距均為L，物塊1、2的間距為（1）物塊1、2第一次碰后瞬間的速度大小；（2）從釋放物塊1到物塊1、2發(fā)生第五次碰撞所需時(shí)間；（3）從釋放物塊1到物塊1、2發(fā)生第五次碰撞所有物塊與斜面間摩擦產(chǎn)生的總熱量。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、中微子與水中的11H反應(yīng)，產(chǎn)生中子和正電子，由核反應(yīng)過程的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知中微子的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為0，故A錯(cuò)誤；4則X為正電子，故B錯(cuò)誤；

C、γ光子照射到逸出功為W0的金屬上，逸出光電子的最大初動能為Ek0，由光電效應(yīng)方程得E解得γ光子的波長為λ=故C正確；

D、因?yàn)閯恿縫=所以光電子的德布羅意波波長為λ=故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】核反應(yīng)過程的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒。根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程及光子能量與波長的關(guān)系確定γ光子的波長。熟悉掌握德布羅意波長公式及其應(yīng)用。2．【答案】D【解析】【解答】A、平拋運(yùn)動的位移變化率為速度，速度的豎直分量越來越大，故A錯(cuò)誤；

B、勻速圓周運(yùn)動的加速度為向心加速度，是一個(gè)方向變化的矢量，其變化率一定不是定值，故B錯(cuò)誤；

C、簡諧運(yùn)動離開平衡位置到最大位移過程中的動能的變化率為回復(fù)力的功率，其大小由零增加后又減小為零，故C錯(cuò)誤；

D、帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時(shí)的動量的變化率為粒子受到的電場力，其大小和方向不變，故D正確。

故答案為：D。

【分析】物理量的變化率表示這個(gè)物體量變化的快慢。熟悉掌握平拋運(yùn)動豎直方向上位移變化快慢情況，物理量為矢量，則其變化率也為矢量。熟悉掌握簡諧運(yùn)動能量的變化情況。3．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)振動圖像，質(zhì)點(diǎn)A在t=0.6s時(shí)向下振動，所以在波動圖像上質(zhì)點(diǎn)A向下振動，得到波的傳播方向沿x軸正方向傳播。故A錯(cuò)誤；

B、從甲圖可知波長為λ=20m，從乙圖可知振動周期為T=1.2s，所以波速為v=故B錯(cuò)誤；

C、波的傳播方向沿x軸正方向傳播，在t=0.6s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P向上振動，質(zhì)點(diǎn)Q向下振動，質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q早回到平衡位置。故C正確；

D、因?yàn)檎系K物尺寸小于波長，所以能發(fā)生明顯衍射。故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)A的振動方向根據(jù)“同側(cè)法”或“上下坡”法確定波的傳播方向，根據(jù)圖像確定波的振動周期及波長繼而確定波速的大小。障礙物尺寸小于波長，能發(fā)生明顯衍射。4．【答案】C【解析】【解答】A、有空氣阻力時(shí)，上升過程加速度大于下降過程加速度，上升時(shí)間小于下降時(shí)間，上升過程的重力沖量小于下降過程重力沖量，故A錯(cuò)誤；

B、阻力大小不變，兩個(gè)過程損失的機(jī)械能一樣多，故B錯(cuò)誤；

C、上升過程的合力大于下降過程的合力，所以上升過程的動能減小量大于下落過程的動能增加量，故C正確；

D、物體機(jī)械能減少，回到拋出點(diǎn)的速度小于初速度，上升過程的動量減少量大于下落過程的動量增加量，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)阻力總是阻礙物體的運(yùn)動，判斷物體上升和下降過程所受阻力的方向，上升和下降運(yùn)動的位移相等，根據(jù)運(yùn)動規(guī)律確定上升和下降的時(shí)間的關(guān)系。再根據(jù)沖量的定義及動量定理和功能關(guān)系進(jìn)行分析。5．【答案】A【解析】【解答】物體在斜面上勻速下滑，說明μ=物體受到斜面的彈力和摩擦力的合力豎直向上，與重力平衡，斜面體受到物體的合力豎直向下，斜面體不受地面的摩擦力作用。受沿斜面向下的推力作用時(shí)，上述情況不會改變。故f1為零，f2為零。

故答案為：A。

【分析】斜面對物體的作用力為支持力和摩擦力，當(dāng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，兩力的合力與物體的重力平衡。分析添加外力后，兩力是否發(fā)生變化，繼而再根據(jù)斜率受力情況判斷摩擦力是否發(fā)生變化。6．【答案】B【解析】【解答】A、由圖知，C與A碰前速度為v1=12m/s，碰后速度為v2=3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律m解得m當(dāng)C與A速度為0時(shí)，彈性勢能最大E故A錯(cuò)誤；

B、由圖知，12s末A和C的速度為v3=-3m/s，4s到12s過程中墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為I=(解得I=-24方向向左，故B正確；

C、物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動的速度大小為3m/s，開物塊B離開墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)彈性勢能最大，則有(mA聯(lián)立解得E故C錯(cuò)誤；

D、物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，物體B的速度最大，則有(mA代入數(shù)據(jù)解得v物塊B的最大速度為4m/s，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】B離開墻壁前，AC的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，當(dāng)動能最小時(shí)，彈簧的彈性勢能最大。B離開墻面后，ABC及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能最小，物體B的動能最大。當(dāng)離開墻壁后ABC共速時(shí)，彈簧的彈性勢能最大。再根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律進(jìn)行解答。7．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、已知∠ABM=30°，由幾何關(guān)系知入射角α=30°，折射角β=60°，則玻璃的折射率為n=故A正確；

B、光在玻璃中傳播速度v=光由B傳到M的時(shí)間t光由M傳到Q的時(shí)間t則t故故B錯(cuò)誤；

C、由題意知臨界角C=∠ONB，則sin則球心O到BN的距離d=R故C正確；

D、若該B點(diǎn)處光源為紅光，將其替換為綠光光源，波長變小，折射率變大，臨界角變小，則圓弧上恰好全反射的N點(diǎn)向左移動，故D正確。

故答案為：ACD。

【分析】根據(jù)光路圖結(jié)合幾何關(guān)系確定光的入射角及折射角，再結(jié)合折射定律確定玻璃的折射率。根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合折射定律分析傳播時(shí)間之間的關(guān)系。波長變小，折射率變大，臨界角變小，繼而判斷全反射位置的移動方向。8．【答案】A,D【解析】【解答】AB、拋運(yùn)動水平位移x=豎直方向做勻變速運(yùn)動h=所以x=水平位移x隨拋出速度v0函數(shù)圖象斜率kP=4=第一宇宙速度v=故v故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)黃金代換可知g=聯(lián)立上述可得ρ故C錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律推到得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，再結(jié)合圖像分析兩行星的重力加速度的關(guān)系。再結(jié)合萬有引力定律及牛頓第二定律和質(zhì)量與密度的關(guān)系進(jìn)行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A、a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個(gè)做勻速圓周運(yùn)動，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，由于a球的電性未知，所以d球不一定帶正電，故A錯(cuò)誤。

BC、設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，則cosα=R對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得k解得T=2πRq根據(jù)對稱性可知球b和球c加速度大小相等。故B錯(cuò)誤，C正確。

D、對d球，由平衡條件得F=3k方向與重力方向相反，即豎直向上，故D正確。

故答案為：CD。

【分析】a、b、c三小球做勻速圓周運(yùn)動，即三小球在水平方向上的合外力指向圓心，豎直方向處于平衡狀態(tài)。根據(jù)庫侖定律確定各小球之間的電場力方向，繼而確定電荷之間電性的關(guān)系。再根據(jù)力的合成與分解結(jié)合牛頓第二定律和平衡條件進(jìn)行解答。10．【答案】A,B【解析】【解答】A、總電阻為R總電流為I=當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)金屬棒受力平衡，則有mg可得最大速度為v=故A正確；

B、金屬桿ab運(yùn)動的加速度為12I'=根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得v'=金屬桿ab消耗的電功率為P=I故B正確；

C、金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，通過干路的總電量為Q=所以通過6R的電量為Q故C錯(cuò)誤；

D、金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，根據(jù)動能定理可得W聯(lián)立上述分析解得W故D錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】根據(jù)圖示確定電路的連接方式，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律確定電路中總電阻的大小。當(dāng)金屬桿所受合外力為零時(shí)，金屬桿的速度最大，此時(shí)金屬桿位于平衡狀態(tài)。確定此時(shí)金屬桿的受力情況，再根據(jù)安培力公式及平衡條件結(jié)合電磁感應(yīng)定律和歐姆定律確定金屬桿的最大速度。結(jié)合牛頓第二定律確定任意時(shí)刻金屬桿在加速度為定值時(shí)所受安培力及電流大小，在確定電功率的大小。熟悉掌握運(yùn)用動能定理解決變力做功問題。11．【答案】（1）（2）0.81（3）ht【解析】【解答】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，畫出h-t圖像為

（2）由位移時(shí)間公式可得h=結(jié)合表達(dá)式，對比可解得g=9.72故本實(shí)驗(yàn)中所測重力加速度的相對誤差為η=（3）由位移時(shí)間公式可得h=由于圖像是一條傾斜的直線，即有h故可得該圖象的縱坐標(biāo)表示的物理量為htg=2【分析】小球做自由落體運(yùn)動，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律推導(dǎo)出圖像表達(dá)式，再結(jié)合關(guān)系式確定重力加速度的測量值，繼而得出相對誤差值。熟悉掌握運(yùn)用圖像對數(shù)據(jù)進(jìn)行處理的方法，在圖像處理中，選擇恰當(dāng)?shù)臋M縱坐標(biāo)描繪出傾斜直線，再根據(jù)圖像斜率及截距的物理意義進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。12．【答案】（1）a（2）2.7；0.90；1.8（3）r【解析】【解答】（1）根據(jù)U=E-Ir可知U2-I圖像的斜率應(yīng)該等于電阻Rx和電源內(nèi)阻之和，U1-I圖像的斜率應(yīng)該等于電源內(nèi)阻，可知U2-I圖像的斜率較大，U1-I圖像的斜率較小，即電壓表V1與電流表A的示數(shù)描繪的U-I圖線是圖乙中的a；

（2）由圖乙可得，電源電動勢E=2.7V，由圖像a可得r=由圖像b可得R待測電阻R（3）根據(jù)U=E-Ir可知U1=E-Ir則r=ΔU則?【分析】根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析各電壓表的示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值所表示的物理意義，繼而確定圖像所對應(yīng)的電壓表型號。本實(shí)驗(yàn)采用“等效電源”的概念進(jìn)行測量電源電動勢及內(nèi)阻。當(dāng)使用電壓表V1示數(shù)時(shí)，此時(shí)其測量的電壓為整個(gè)路端電壓。當(dāng)使用當(dāng)電壓表V2示數(shù)時(shí)，可將Rx和電源內(nèi)阻r看成整體，構(gòu)成“等效電源”，此時(shí)電壓表V2測量的電壓為“等效電源”的路端電壓，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：由題意可知，開始時(shí)封閉氣柱的壓強(qiáng)為p設(shè)左管中水銀柱的高度為h1p解得h即左管中水銀柱的高度8cm，則左右兩管中水銀柱的液面的高度差為5cm（2）解：若往左管中緩慢倒入4cm長的水銀柱，設(shè)左管中的氣柱并沒有完全壓入水平管中，則此時(shí)空氣柱的壓強(qiáng)為p氣體發(fā)生等溫變化，則p解得L重新平衡后，右管中水銀柱豎直部分為12cm，則水平部分水銀柱長為1cm由于L2左管中氣柱長為105即左右兩管中水銀液面高度差為6【解析】【分析】（1）對封閉其進(jìn)行受力分析，根據(jù)封閉氣體壓強(qiáng)與左右側(cè)大氣壓與液柱高度的關(guān)系確定左側(cè)液柱的高度，再根據(jù)幾何關(guān)系確定左右兩側(cè)液柱的高度差；

（2）由于左側(cè)加入水銀，右側(cè)液面高度將上升，由于不確定氣體左側(cè)氣體是否完全壓入水平管中，故需同假設(shè)法分析此時(shí)左右液柱的情況。設(shè)左管中的氣柱并沒有完全壓入水平管中，根據(jù)平衡條件確定此時(shí)密封氣體的壓強(qiáng)，再結(jié)合玻意耳定律確定此時(shí)密封氣體的長度，繼而判斷假設(shè)是否成立，若成立。則再根據(jù)幾何關(guān)系確定左右兩側(cè)液面高度差。14．【答案】（1）解：正對M點(diǎn)的質(zhì)子在圓形磁場中的運(yùn)動軌跡如圖：由幾何關(guān)系知運(yùn)動半徑：r=R由牛頓第二定律得：evB=m解得：B=（2）解：質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的周期T=正對M點(diǎn)的質(zhì)子在圓形磁場中運(yùn)動的圓心角為α=在△O2CQ中，由正弦定理：正對M點(diǎn)的質(zhì)子進(jìn)入x軸上方磁場中運(yùn)動的軌跡如圖1所示：在x軸上方磁場中運(yùn)動的圓心角為β=所以，正對M點(diǎn)射入的質(zhì)子自進(jìn)入磁場至到達(dá)接收器PQ的時(shí)間為：t=可解得t=（3）解：如圖所示，取任意點(diǎn)A進(jìn)入圓形磁場的質(zhì)子分析，由幾何關(guān)系可知運(yùn)動軌跡過O點(diǎn)，即所有質(zhì)子經(jīng)圓形磁場后都由O點(diǎn)進(jìn)入x軸上方的磁場。由幾何關(guān)系知：沿y軸正方向的質(zhì)子的軌跡恰與PQ相切于C點(diǎn)，則：CQ=R打到最上端的粒子的軌跡恰與PQ相交于D點(diǎn)，且OD=2R，OE垂直于PQ則OE=(22所以，PQ上被質(zhì)子打中的區(qū)域?yàn)镃D，其長度為：CD=QE?CQ+DE=(【解析】【分析】（1）根據(jù)題意畫出正對M點(diǎn)射入質(zhì)子在圓形磁場區(qū)域的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子運(yùn)動半徑，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力進(jìn)行解答；

（2）粒子在兩運(yùn)動磁場中的運(yùn)動半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子射入磁場值到達(dá)接收器的運(yùn)動軌跡，再根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在兩個(gè)磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角，再根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行解答；

（3）粒子射入圓形磁場到離開圓形磁場屬于“磁聚焦”模型，即所有粒子均從原點(diǎn)O飛出，只是粒子的速度方向不同，再根據(jù)“旋轉(zhuǎn)圓”法確定粒子打在接收器上的最下端和最