河北省衡水中学2020届高三物理下学期第7次调研试题（解析版）

2020 届河北省衡水中学高三下学期第 7 次调研物理试题 二、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分，14-18 在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求，选错的得 0 分；19-21 至少有两项项符合题目要求，全部选 对的得 6 分，选对但不全的得 3 分） 1.人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而 产生光压．设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能 E=1.5×104J，薄膜光帆的 面积 S=6.0×102m2，探测器的质量 m=60kg，已知光子的动量的计算式 ，那么探测器得 到的加速度大小最接近 A. 0.001m/s2 B. 0.01m/s2 C. 0.0005m/s2 D. 0.005m/s2 【答案】A 【解析】 【详解】由 E=hv，P＝ 以及光在真空中光速 c=λv 知，光子的动量和能量之间关系为 E=Pc．设时间 t 内射到探测器上的光子个数为 n，每个光子能量为 E，光子射到探测器上后全 部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为 p 压；每秒每平方米面积获得的太阳光 能： p0＝ •E 由动量定理得 F• ＝2p 压强 p 压＝ 对探测器应用牛顿第二定律 F=Ma 可得 a＝ 代入数据得 a=1.0×10-3m/s2 故 A 正确，BCD 错误． hp λ= h λ n t t n F S p S M 压故选 A. 点睛：该题结合光子的相关知识考查动量定理的应用，解答本题难度并不大，但解题时一定 要细心、认真，应用动量定理与牛顿第二定律即可解题． 2.在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速 风量保持不变，让质量为 m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得 不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大， 且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的 1／8，风洞内人体可上下移动的空间总 高度为 H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半， 恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点 A 开始，先以向下的最大加速度匀加速下落， 经过某处 B 后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点 C 处减速为零，则以下 说法正确的有（ ） A. 由 A 至 C 全过程表演者克服风力做的功为 mgH B. 表演者向上的最大加速度是 g C. 表演者向下的最大加速度是 D. B 点的高度是 【答案】A 【解析】 【详解】对 A 至 C 全过程应用动能定理 mgH-W=0，解得 W=mgH，因而 A 正确；设最大风力 为 Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为 Fm；由于受风力有效面 积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 G= Fm；人平躺上升时有 3 4 4 g 4 7 H 1 8 1 2最 大 加 速 度 ， 因 而 B 错 误 ； 人 站 立 加 速 下 降 时 的 最 大 加 速 度 ，因而 C 错误；人平躺减速下降时的加速度大小是 a2= =g；设下 降的最大速度为 v ，由速度位移公式，加速下降过程位移 ；减速下降过程位移 ，故 x1：x2=4：3，因而 x2= H，选项 D 错误；故选 A． 【点睛】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后 根据运动学公式列式判断． 3.2019 年 1 月 3 日，嫦娥四号成功着陆在月球背面开始了对月球背面区域的科学考察之旅．由 于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直 接穿透月球与嫦娥四号建立联系，为此，我国特意于 2018 年 5 月 21 日成功发射了嫦娥四号 中继星“鹊桥”，如下图所示，若忽略除地球和月球外其他天体的影响，运行在地月第二拉格朗 日点（L2 点）的“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以 L2 点为中心的自转和与月球一起绕地球 的公转两个运动，以确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系．以下关于月球 和中继星“鹊桥”运动的认识中正确的是： A. 月球的自转周期与其绕地球的公转周期一定是相同的 B. “鹊桥”的公转周期一定大于月球的公转周期 C. “鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期 D. “鹊桥”绕 L2 点自转的向心力一定是地球和月球对其万有引力的合力 【答案】A 【解析】 【详解】A. 月球一面始终朝着地球，说明月球也有自转，其自转周期等于其公转周期，故 A 正确； B. 地月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止，故 中继星“鹊桥”随拉格朗日点 L2 绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期，故 B 错误； mF Ga gm −= = 1 3 4 mG Fa gm −= = mF G m − 2 1 12 vx a = 2 2 22 vx a = 3 7C.为确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系，所以“鹊桥”的自转的周期要小其 绕地球公转的周期，故 C 错误； D. 中继星“鹊桥”绕拉格朗日点 L2 运动过程，只受到地球和月球万有引力作用，合力不能提供 向心力，因此还受到自身的动力作用，故 D 错误． 4.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从 A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所 示，小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为 8.0J，在 M 点的动能为 6.0J，不计空气的阻力，则（ ） A. 从 A 点运动到 M 点电势能增加 2J B. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1：4 C. 小球落到 B 点时的动能 24J D. 小球从 A 点运动到 B 点的过程中动能有可能小于 6J 【答案】D 【解析】 【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线 运动，竖直分运动为匀变速直线运动； A．从 A 点运动到 M 点过程中，电场力做正功，电势能减小，故 A 错误； B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为 1：3，故 B 错 误； C．设物体在 B 动能为 EkB，水平分速度为 VBx，竖直分速度为 VBy。 由竖直方向运动对称性知 mVBy2=8J 对于水平分运动 Fx1= mVMx2- mVAX2 1 2 1 2 1 2F（x1+x2）= mVBx2- mVAX2 x1：x2=1：3 解得： Fx1=6J； F（x1+x2）=24J 故 EkB= m（VBy2+VBx2）=32J 故 C 错误； D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为 F，重力为 G，则有： Fx1=6J Gh=8J 所以： 由右图可得： 所以 则小球从 A 运动到 B 的过程中速度最小时速度一定与等效 G’垂直，即图中的 P 点，故 1 2 1 2 1 2 2 2 62 J1 F tm ⋅ ⋅ = 2 21 8J2 G tm ⋅ ⋅ = 3 2 F G = tan F G θ = 3sin 7 θ =故 D 正确。 故选 D。 5.如图所示，小球 A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球 B 用水平轻弹簧拉着系于竖 直板上，两小球 A、B 通过光滑滑轮 O 用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知 B 球质 量为 m，O 点在半圆柱体圆心 O1 的正上方，OA 与竖直方向成 30°角，OA 长度与半圆柱体半 径相等，OB 与竖直方向成 45°角，则下列叙述正确的是 A. 小球 A、B 受到的拉力 TOA 与 TOB 相等，且 TOA＝TOB＝ B. 弹簧弹力大小 C. A 球质量为 D. 光滑半圆柱体对 A 球支持力的大小为 mg 【答案】C 【解析】 【详解】A、B、隔离对 B 分析，根据共点力平衡得： 水平方向有：TOBsin45°=F 竖直方向有：TOBcos45°=mg， 则 ，弹簧弹力 F=mg， 根据定滑轮的特性知：TOA 与 TOB 相等；故 A，B 错误. C、D、对 A 分析，如图所示： 由几何关系可知拉力 TOA 和支持力 N 与水平方向的夹角相等，夹角为 60°，则 N 和 T 相等，有： 2 2 0 1 1 24sin J 6J2 2 7kmin minE mv m v θ= = =（ ） ＜ 3mg 2mg 6m 2OBT mg=2TOAsin60°=mAg， 解得： ，由对称性可得： ，故 C 正确，D 错误. 故选 C. 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法 研究比较简便． 6.一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从 0 时刻起运动依次经历 、 、 时刻。其运动的 图象如图所示。对此下列判断正确的是（　　） A. 0 时刻与 时刻电子在同一位置 B. 0 时刻、 时刻、 时刻电子所在位置的电势分别为 、 、 ，其大小比较有 C. 0 时刻、 时刻、 时刻电子所在位置的场强大小分别为 、 、 ，其大小比较有 D. 电子从 0 时刻运动至 时刻，连续运动至 时刻，电场力先做正功后做负功 【答案】AC 【解析】 【详解】A．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其 图象知其运 动情景如图所示。则 0 时刻与 时刻电子在同一位置。所以 A 正确； 6Am m= 2OAN T mg= = 0t 02t 03t v t− 02t 0t 03t 0 ϕ 1 ϕ 3 ϕ 1 0 3 ϕ ϕ ϕ> > 0t 03t 0E 1E 3E 3 0 1E E E< < 0t 03t v t− 02tB．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有 所以 B 错误； C． 图象的斜率为加速度。由图象知 过程加速度增大， 过程加速度减小。 又有 则有 所以 C 正确； D．由图象知 过程速度减小， 过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动 能定理知电场力先做负功，后做正功。所以 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，电阻不计、间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直 向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻 R。质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上， 受到垂直于金属棒的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 F=F0+kv（F0、k 是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为 i，受到 的安培力大小为 FA，电阻 R 两端的电压为 UR，感应电流的功率为 P，它们随时间 t 变化图像 可能正确的有（　　） A. B. C. D. 1 0 3 ϕ ϕ ϕ< < v t− 00 t→ 0 03t t→ qE ma= 3 0 1E E E< < 00 t→ 0 03t t→【答案】ABC 【解析】 【详解】设金属棒在某一时刻速度为 ，由题意可知，感应电动势 环路电流为 ，即 安培力为 方向水平向左，即 两端电压为 ，即 感应电流功率为 ，即 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得： 即加速度 因为金属棒从静止出发，所以 且 ，即加速度 ，加速度方向水平向右。 (1)若 ， 即 ，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有 ，说明 ，也即是 ， v E BLv= E BLvI R r R r = =+ + I v∝ 2 2 A B L vF BIL R r = = + AF v∝ R R BLRvU IR R r = = + RU v∝ 2 2 2B L vP EI R r = = + 2P v∝ 2 2 2 2 0 0A B L v B LF F F F kv F k vR r R r  = − = + − = + − + + 合 Fa m = 合 0 0F > 0F >合 0a > 2 2B Lk R r = + 0F F=合 0Fa m = v at= v t∝ I t∝， ， ，所以在此情况下 A 选项符合； (2)若 随 增大而增大，即 随 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时 间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合； (3)若 随 增大而减小，即 随 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小 加速运动，直到加 速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知 C 选项符合； 故 ABC 正确，D 错误。 故选 ABC。 8.在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平台面而向右的匀强电场，电场强度为 E.水平台面上放置两个静止的小球 A 和 B(均可看作质点),两小球质量均为 ,带正电的 A 球电 荷量为 Q,B 球不带电,A、B 连线与电场线平行.开始时两球相距 L,在电场力作用下,A 球开始运 动(此时为计时零点,即 t=0),后与 B 球发生正碰,碰撞过程中 A、B 两球总动能无损失.若在各次 碰撞过程中,A、B 两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则（ ） A. 第一次碰撞结束瞬间 B 球的速度大小为 B. 第一次碰撞到第二次碰撞 B 小球向右运动了 2L C. 第二次碰撞结束瞬间 B 球的速度大小为 D. 相邻两次碰撞时间间隔总为 【答案】AD 【解析】 的 AF t∝ ∝RU t 2P t∝ 2 2B Lk R r > + F合 v a v 2 2B Lk R r < + F合 v a v m 2QEL m 2QEL m 22 mL QE【详解】A.A 球的加速度 ，碰前 A 的速度 ，碰前 B 的速度 ，由于 A 与 B 球发生正碰，碰撞过程中 A、B 两球质量相等且总动能无损失，所以 A、 B 碰撞后交换速度，设碰后 A、B 球速度分别为 ，则有 ， 故 A 正确； BC.A、B 球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为 ，则 ，第一次碰后，经(t2-t1)时间 A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间 A、 B 两球速度分别为 和 ， ，解得 ，第二次碰后瞬间，A、 B 两球速度分别为 和 ，则 ， 第一次碰撞到第二次碰撞 B 小球向右运动了 ，故 B 错误，C 错误； D.第二次碰后经(t3-t2)时间 A、B 两球发生第三次碰撞,并设碰前瞬间 A、B 两球速度分别为 和 ，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为 ，故 D 正 确． 故选 AD 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个 试题考生都必须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答） 9.用图甲所示的实验装置验证 、 组成的系统的机械能守恒。 从高处由静止开始下落， 同时 向上运动拉动纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒 定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中 0 是打下的第一个点，每相邻两个计数点 QEa m = A1 22 QELv aL m = = B1 0v = A1 B1v v′ ′、 A1 B1 A1 20, QELv v v m ′ ′= = = 1 2 3t t t、 、 A1 1 0 2v mLt a QE −= = A2v B2v ( ) ( )2 B1 2 1 2 1 1 2v t t a t t′ − = − ( )2 1 A2 2 1 1 A1 B2 B1 2 23 , 2 2 2 ,QEL QELt t v a t t at v v vm m ′= = − = = = = = A2v ′ B2v ′ A2 B2 B2 A2 2 2, 2QEL QELv v v vm m ′ ′= = = = ( )B1 B1 2 1 2 22 4QEL mLx v t t Lm QE ′= − = ⋅ = A3v B3v 3 2 2 1 1 22 2 mLt t t t t QE − = − = = 1m 2m 2m 1m间还有 4 个未标出的点，计数点间的距离如图中所示。已知电源的频率为 ， ， ，取 。完成以下问题。（计算结果保留 2 位有效数字） (1)在纸带上打下计数点 5 时的速度 _____ 。 (2)在打 0~5 点过程中系统动能的增加量 ______ ，系统势能的减少量 _____ ， 由此得出的结论是________________。 (3)依据本实验原理作出的 图像如图丙所示，则当地的重力加速度 ______ 。 【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.60 (4). 在误差允许的范围内， 组成的 系统机械能守恒 (5). 9.7 【解析】 【详解】(1)[1]第 4 点与第 6 点间的平均速度等于第 5 点的瞬时速度，有 打下计数点 5 时的速度 。 (2)[2]系统动能的增加量 打 0~5 点过程中系统动能的增加量 。 [3]系统势能的减少量 系统势能的减少量 。 [4]可见 与 大小近似相等，则在误差允许的范围内， 组成的系统机械能守恒。 (3)[5]系运动过程中机械能守恒，则有 50Hz 1 50gm = 2 150gm = 210m / sg = 5v = m / s kE∆ = J pE∆ = J 2 2 v h− g = 2m / s 1 2m m、 2 5 (21.60 26.40) 10 m/s 2.4m/s2 0.1v −+ ×= =× 2.4m/s ( ) 2 k 1 2 5 1 0.58J2E m m v∆ = + = 0.58J ( )p 2 1 0.60JE m m gh∆ = − = 0.60J kE∆ pE∆ 1 2m m、解得 则 图像的斜率 则 当地的重力加速度 。 10.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源 E，开关 S1 和 S2，电 阻箱 R，电流表 A，保护电阻 Rx．该同学进行了如下实验步骤： (1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合 S1、S2，读出电流表示数为 I，电阻箱读数为 9.5 Ω， 断开 S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为 I，此时电阻箱读数为 4.5Ω．则保护电阻的阻 值 Rx＝________Ω．（结果保留两位有效数字） (2)S2 断开，S1 闭合，调节 R，得到多组 R 和 I 数值，并画出 图象，如图所示，由图象 可得，电源电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω．（结果保留两位有效数字） (3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________． 的 ( ) ( )2 1 2 2 1 1 2 m m v m m gh+ = − 2 1 1 2 22 m m ghm v m −= + 2 2 v h− 1 22 1 2 5.82 1.20 m/sm mk gm m −= =+ 29.7m/sg = 29.7m/s 1 RI −【答案】 (1). 5.0 (2). 3.0 (3). 2.2 (4). 大于 (5). 电流表也有内阻 【解析】 【详解】(1)[1]由题意可知，闭合 S1 和 S2 时只有电阻箱接入电路，闭合 S1、断开 S2 时，电阻 箱与 R 串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻 相等，所以 保护电阻的阻值 Rx＝9.5 Ω-4.5 Ω＝5.0Ω (2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得 可见图线的斜率 图线的纵截距 结合图象中的数据可得 E＝3.0V，r＝2.2Ω． (3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻 和电流表内阻之和． 11.如图所示，间距为 L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为 ， 两根同材料、长度均为 L、横截面均为圆形的金属棒 CD、PQ 放在斜面导轨上，已知 CD 棒的 质量为 m、电阻为 R，PQ 棒的圆截面的半径是 CD 棒圆截面的 2 倍．磁感应强度为 B 的匀强 磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为 k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另 一端连着金属棒 CD．开始时金属棒 CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒 PQ，使金属棒 PQ 由静止开始运动，当金属棒 PQ 达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相 同．已知金属棒 PQ 开始运动到稳定的过程中通过 CD 棒的电荷量为 q，此过程可以认为 CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合 的关系式，求此过程中(要求结果均用 mg、k、 来表示)： 1 1 xR rRI E E += + 1k E = xR rb E += α 4 sin5 qRk mgBL α= α（1）CD 棒移动的距离； （2）PQ 棒移动的距离； （3）恒力所做的功． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】PQ 棒的半径是 CD 棒的 2 倍，PQ 棒的横截面积是 CD 棒横截面积的 4 倍，PQ 棒的 质量是 CD 棒的质量的 4 倍，所以，PQ 棒的质量: 由电阻定律可知 PQ 棒的电阻是 CD 棒电阻的 即: 两棒串联的总电阻为: （1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于 CD 棒 重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当 弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向 相反．两弹簧向上的弹力等于 CD 棒重力平行于斜面的分量，即： 弹簧的形变量为： CD 棒移动的距离： （2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大 ，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变 化，产生感应电动势为: 1 sinmgx k θ= 2 2 sinmgx k θ= 212( sin )mgW k θ= 4m m′ = 1 4 4 RR′ = 0 5 4 4 R RR R= + = 2 sinkF mg α= sin 2 mgx k α∆ = sin2CD mgs x k α∆ = ∆ = s∆感应电流为: 所以，回路中通过的电荷量即 CD 棒中的通过的电荷量为: 由此可得两棒距离增大值: PQ 棒沿导轨上滑距离应为 CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为： （3）CD 棒受力平衡，安培力为 金属棒 PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜 面的分量， 即恒力： 恒力做功为： 12.如图所示，在边界 OP、OQ 之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形 abc 区域内存在垂 直纸面向里的匀强磁场。从 O 点以速度 v0 沿与 Oc 成 60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过 电场从 a 点沿 ab 方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界 bc 飞出，然后经 ac 和 aO 之间的 真空区域返回电场，最后从边界 OQ 的某处飞出电场。已知 Oc=2L，ac= L，ac 垂直于 cQ， ∠acb=30°，带电粒子质量为 m，带电量为+g，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子从边界 OQ 飞出时的动能； B S BL sE t t ∆ ⋅∆= =∆ ∆ 0 4 5 E BL sI R R t ∆= = ∆ 4 5 BL sq I t R ∆= ∆ = 5 4 qRs BL ∆ = 5 sin 2 sin 4PQ CD qR mg mgs s s BL k k α α∆ = ∆ + ∆ = + = sin 2 2 sinB kF mg F mgα α= + = sin 6 sinBF F m g mgα α= =′+ 22 sin 12( sin )6 sinPQ mg mgW F s mg k k α αα= ∆ = ⋅ = 3(3)粒子从 O 点开始射入电场到从边界 OQ 飞出电场所经过的时间。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）从 O 点到 a 点过程 逆过程为平抛运动 水平方向： 竖直方向： 加速度： 可得： ， ， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为 r，由几何关系得， ， 洛伦兹力等于向心力： 的 2 03 8 mvE qL = 03 2 mvB qL = 2 0 4k mvE = 0 20 4 3 2 3 3 Lv π+ + 0 12 cosL v tθ= 2 1 1 32 at L= qEa m = 2 03 8 mvE qL = 1 0 4Lt v = 3sin30 rr L°+ = 2vqvB m r = 0 0 cos60 2 vv v °= =解得： 在磁场内运动的时间： . （2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得， 解得： （3）粒子经过真空区域的时间， . 粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为 ， 解得： . 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间 . 13.如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b，再经过等温过程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca 回到状态 a．下列说法正确的是（ ） 03 2 mvB qL = 2 0 2 3 3 r Lt v v π π= = 21( 3 2 ) 2kqE L r E mv− = − 2 0 4k mvE = 3 0 4 83 3 L Lt v v = = 2 4 4 1( 3 2 ) 2t L r at− = 4 0 4 3 3 Lt v = 1 2 3 4 0 20 4 3 2 3 3t t t t t Lv π+ += + + + =A. 在过程 ab 中气体的内能增加 B. 在过程 ca 中外界对气体做功 C. 过程 ab 中气体对外界做功 D. 在过程 bc 中气体从外界吸收热量 E. 在过程 ca 中气体从外界吸收热量 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．从 a 到 b 等容升压，根据 可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定 于气体的温度，温度升高，则内能增加，A 正确； B．在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B 正确； C．在过程 ab 中气体体积不变，根据 可知，气体对外界做功为零，C 错误； D．在过程 bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根 据热力学第一定律 可知，气体从外界吸收热量，D 正确； E．在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据 可知温度降低， 则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E 错误． 14.一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻 璃细管 和 。 长为 ，顶端封闭， 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有 水银的容器 R 连通。开始测量时，M 与 相通；逐渐提升 R 直到 中水银面与 顶端等高， 此时水银已进入 ，且 中水银面比顶端低 ，如图（b）所示。设测量过程中温度、与 相通的待测气体的压强均保持不变。已知 和 的内径均为 ，M 的容积为 ，水银的密 度为 ，重力加速度大小为 。求： (i)待测气体的压强 在 pV CT = W p V= ∆ U W Q∆ = + pV CT = 1K 2K 1K l 2K 2K 2K 1K 1K 1K h 2K 1K 2K d 0V ρ g(ii)该仪器能够测量的最大压强 【答案】(i) (ii) 【解析】 【详解】(i) 中气体等温变化。初态为 末态为 由等温变化有 解得 (ii)气体等温变化。初态为 末态为 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h ρ= + − 2 2 max 0 π 4 gd lp V ρ= M 11 2 0, π 2x dp V Vp l  = = +    2 2 2, π 2x dp p gh V hρ  = + =    1 1 2 2pV p V= 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h ρ= + − 2 3 max 3 0, π 2 dp p V V l  = = +    2 4 max 4, π 2 dp p gl V lρ  = + =   有 ，解得 15.如图甲所示，在平静的水面下深 h 处有一个点光源 s，它发出的两种不同颜色的 a 光和 b 光 在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由 ab 两种单色光所构成的复色 光圆形区域周围为环状区域，且为 a 光的颜色(见图乙)设 b 光的折射率为 n，则下列说法正确 的是（ ） A. 在水中，a 光的波长比 b 光小 B. 水对 a 光的折射率比 b 光小 C. 在水中，a 光的传播速度比 b 光大 D. 复色光圆形区域的面积为 S= E. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a 光的干涉条纹比 b 光窄 【答案】BCD 【解析】 【详解】ABC．a 光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知 a 光的临界角较大，根据 sinC=1/n，知 a 光的折射率较小，频率也小，再由 v=c/n=λf，可知，在水中，a 光的传播速度 比 b 光大，a 光的波长比 b 光大，故 BC 正确，A 错误； D．依据 sinC=1/n，结合几何关系，可知， ，而复色光圆形区域的面积为 S=πr2= ，故 D 正确； E．a 光的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹与波长成正比，可知相同条件下，a 光干涉 条纹比 b 光宽，故 E 错误； 16.地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔 直隧道，如图所示．假设地球的半径为 R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为 g．已知 均匀球壳对壳内物体引力为零． 3 3 4 4p V p V= 2 2 max 0 π 4 gd lp V ρ= 2 2 1b h n π − 2 2 1 b r nh r+ ＝ 2 2 1b h n π −(ⅰ)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动； (ⅱ) 理论表明：做简谐运动的物体的周期 T=2π ，其中，m 为振子的质量，物体的回复力 为 F=－kx．求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间 t (地球半径 R = 6400km，地 球表面的重力加速为 g = 10m/ s2 ）． 【答案】（i）F 回=-G 又 M′= 解得 F 回= 而 为常 数，即物体做简谐运动．（ii）t=2512s 【解析】 【详解】（i）以地心为平衡位置，设某时刻物体偏离平衡位置的位移为 x，万有引力提供回复 力，则有 F 回=-G 又 M′= 解得： F 回= 而 为常数，即物体做简谐运动． （ii）在地球表面，万有引力等于重力 地球的质量为 M= 又 T=2π 解得 T=2π 物体从隧道一段静止释放后到达另一端需要的时间为半个周期，则 t= m k 2 m x M ′ 34 3 xπ ρ⋅ 4- 3 G m xπρ ⋅ 4 3 G m kπρ = 2 m x M ′ 34 3 xπ ρ⋅ 4- 3 G m xπρ ⋅ 4 3 G m kπρ = 2 MmG mgR = 34 3 Rπ ρ⋅ m k g R 2 g T Rπ=代入数据，可得 t=2512s