1、2014-2015学年重庆十一中高三（下）2月考物理试卷一选择题（本大题共5小题，每题6分，共30分.每题仅有一个正确答案）1以下说法正确的是（）A 利用探究匀速圆周运动向心加速度大小的表达式过程中，应用了极限法B 卡文迪许在利用扭秤装置测量引力常量时，利用了微元法C 电场强度、电势、电容、电功的定义均应用了比值定义法D “合力与分力”、“磁通量”、“交流电的有效值”的定义均应用了等效替代法2如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，R1=20，R2=10，C为电容器，原线圈所加电压u=220sin100t（V）下列说法正确的是（）A 通过电阻R3的电流始终为零B 副线圈两端交变电压
2、的频率为100HzC 电阻R2的电功率为48.4WD 原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：13现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是多少？假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的（）A 2200B 2000C 1200D 240042013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红军基地B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从
3、C点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D将其击毁下列说法中正确的是（）A 图中E 到D过程，弹道导弹的加速度不断减小B 图中E 到D过程，弹道导弹机械能不断增大C 弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为圆心的圆D 弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9km/s5如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的勻强电场中将小环从 A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O已知小环在A、B两点时弹簧的形变量
4、大小相等则（）A 小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直增大B 小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直先增大后减小C 电场强度的大小E=D 小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg+kL二非选择题（每个试题考生都必须作答，共68分）6为了测量两个质量不相等的沙包的质量，在没有直接测量工具的情况下，应用下列器材测量：铁架台、轻质定滑轮（摩擦不计）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、米尺、秒表根据所学物理知识，改变实验条件进行多次测量，操作如下：实验装置如图甲，设左右两边沙包的质量分别为m1、m2；从砝码盒中取出质量为m0的砝码放在左边沙包中，剩余砝码都放在右边沙包中，发
5、现m1下降m2上升；用米尺测出沙包m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙包m1下降的时间t，则可知沙包的加速度大小a=；改变m，测量相应的加速度a，得到多组m0及a的数据，作出（选填“am”或“a”）图线，如图乙；根据图线求得沙包的质量m1=kg，m2=kg （g=10m/s2）7材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度若图1为某磁敏电阻在室温下的电阻比值一磁感应强度特性曲线，其中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB，已知无磁场时阻值R0=150现将磁敏电阻置入待测磁场中，在室温下用伏安法测
6、得其两端的电压和通过的电流数据如表：l23456U（V）0.000.450.911.501.792.71I（mA）0.000.300.601.001.201.80根据表可求出磁敏电阻的测量值RB=，结合图中电阻比值一磁感应强度特性曲线可知待测磁场的磁感应强度B=T（均保留两位有效数字）请用下列器材设计一个电路：将一小量程的电流表G改装成一能测量磁感应强度B的仪表，要求设计简单，操作方便（环境温度恒为室温）A磁敏电阻，无磁场时阻值R0=150B电流表G，量程Ig=2mA，内阻约50C滑动变阻器R，全电阻约1500D直流电源E，电动势E=3V，内阻约为1E开关S，导线若干a在图2中的虚线框内完成实
7、验电路图；b改装后，电流表表盘上电流刻度要转换成磁感应强度B若2.0mA处标0T，那么1.0mA处标T（保留两位有效数字）若测电阻时用的是电流表外接法，则测得的磁感应强度真实值（填“”、“=”、“”）8如图a为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出It图象足够长光滑金属轨道电阻不计，倾角=30轨道上端连接有阻值R=1.0的定值电阻，金属杆MN电阻r=0.5，质量m=0.2kg，杆长L=1m在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，此后计算机屏幕
8、上显示出如图b所示的It图象（设杆在整个运动过程中与轨道垂直，g=10m/s2）试求：（1）t=0.5s时电阻R的热功率；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若在01.2s内棒沿斜面下滑的距离为x=3.096m，求在01.2s内在R上产生的焦耳热9如图所示，光滑水平面的左侧固定一挡板，挡板上固定一水平轻弹簧，弹簧处于自然长度，右端放小物块1（不与弹簧连结），依次共有n个质量均为m的小物块（视为质点）静止沿一直线排开，相邻小物块间距离均为d现用力对物块l做功W将弹簧压缩，撤掉力后物块1向物块2运动，碰撞后粘在一起，又向物块3运动，粘在一起后又向物块4运动，如此进行下去求：（1）小物块1离开
9、弹簧时速度V0；（2）前面物块与第n个小物块粘在一起时的速度大小Vn；（3）从物块l离开弹簧，到物块n开始运动经历的总时间（忽略每次碰撞所用的时间）10如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；（2）求与x轴负方
10、向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程三选做题（选修模块3-3）（12分）11下列说法正确的是（）A 物体吸收热量，其温度一定升高B 橡胶无固定熔点，是多晶体C 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映E 绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换热量F 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反能量守恒定律12如图所示，上端封闭、下端开口
11、内径均匀的玻璃管，管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA=50cm现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA=37.5cm时为止，这时系统处于静止状态已知大气压强p0=75cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度2014-2015学年重庆十一中高三（下）2月考物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本大题共5小题，每题6分，共30分.每题仅有一个正确答案）1以下说法正确的是（）A 利用探究匀速圆周运动向心加速度大小的表达式过程中，应用了极限法B 卡文迪许在利用扭秤装置测量引力常量时，利用了微元法C 电
12、场强度、电势、电容、电功的定义均应用了比值定义法D “合力与分力”、“磁通量”、“交流电的有效值”的定义均应用了等效替代法考点：物理学史分析：极值法、微元法、比值定义法、等效替代法是物理学常用的思想方法，结合各个量的定义进行分析即可解答：解：A、匀速圆周运动向心加速度大小的表达式a=是根据加速度的定义公式a=并结合矢量运算法则推导而来，采用了极限法思想，故A正确；B、卡文迪许在利用扭秤装置测量引力常量时，利用了微小量放大的思想，故B错误；C、电场强度、电势、电容的定义均应用了比值定义法，电功W=UIt不是比值定义法，故C错误；D、“合力与分力”、“交流电的有效值”的定义均应用了等效替代法；“磁
13、通量”的定义=BS没有没有采用等效替代法，故D错误；故选：A点评：本题关键是明确物理学常用的思想方法，注意用比值定义法定义的物理量与分子和分母的量均无关，不难2如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10：1，R1=20，R2=10，C为电容器，原线圈所加电压u=220sin100t（V）下列说法正确的是（）A 通过电阻R3的电流始终为零B 副线圈两端交变电压的频率为100HzC 电阻R2的电功率为48.4WD 原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：1考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由副线圈电流判断原线圈电流，由表达式求频率，由匝数与电压成正比求副线圈电压，从而求功率，原副线
14、圈磁通量变化率相等解答：解：A、交流电可以通过电容器，通过电阻R3的电流不为零，故A错误 B、根据交流电的周期、频率与角速度的关系可得：T=0.02，f=50Hz，故B错误；C、副线圈的电压U2=220=22V，所以P2=48.4W，故C正确；D、根据磁通量=BS，B与S均相等，因此磁通量变化率相等，故D错误；故选：C点评：本题考查了变压器中匝数与电压成正比，与电流成反比，此题较难理解的是电容器中也有电流通过3现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是多少？假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发
15、态能级上的原子总数的（）A 2200B 2000C 1200D 2400考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：信息给予题分析：根据题目给出的信息：处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的进行求解，分别求从n=4出跃迁到n=3、2、1原子数即为产生光子数，然后求出从n=3出跃迁到n=2、1时产生光子数，再求出从n=2出跃迁到n=1产生光子数，最后求和即可解答：解：由题意知量子数为4的能级上的氢原子分别向量子数为3、2、1的能级上跃迁的氢原子数占总氢原子数的三分之一，产生总共产生1200个光子；此时处于量子数为3的能级上的原子数目为：400个，处于n=3
16、能级上的氢原子分别向量子数为2、1的能级上跃迁的氢原子数各占二分之一，产生400个光子；此时处于量子数为2的能级上氢原子总共有：400+200=600个，氢原子向基态跃迁产生600个光子所以此过程中发出的光子总数应该是1200+400+600=2200，故BCD错误，A正确故选A点评：本意属于创新题，需要根据题目中给出的信息进行求解，尤其在求处于n=2能级上的氢原子数目时，容易出错42013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段如图所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红军基地B 点，导弹升空后，红军
17、反导预警系统立刻发现目标，从C点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D将其击毁下列说法中正确的是（）A 图中E 到D过程，弹道导弹的加速度不断减小B 图中E 到D过程，弹道导弹机械能不断增大C 弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为圆心的圆D 弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；机械能守恒定律专题：人造卫星问题分析：根据万有引力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化从E到D过程中，只有引力做功，机械能守恒导弹在大气层外只受地球引力，根据开普勒第一定律，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆根据开普勒第二定律可知，导弹离地面越远速度越小，在地面附近
18、速度最大，最大速度等于第一宇宙速度7.9km/s解答：解：A、E 到D过程，导弹受到的万有引力逐渐减小，根据牛顿第二定律知，导弹的加速度不断减小，故A正确B、E到D过程，依靠惯性飞行，只受引力，只有引力做功，机械能守恒，故B错误C、根据开普勒第一定律，导弹在大气层外只受地球引力，其运动轨迹是以地心为焦点的椭圆，故C错误D、根据开普勒第二定律，导弹离地面越远速度越小，离地面越近速度越大，地面附近的速度为第一宇宙速度7.9km/s，所以弹道导弹飞行至D点时速度小于7.9km/s，故D错误故选：A点评：此题考查了机械能的条件，运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题分析导弹在E到D点的加速
19、度，也可以结合卫星变轨知识来理解5如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的勻强电场中将小环从 A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等则（）A 小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直增大B 小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直先增大后减小C 电场强度的大小E=D 小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg+kL考点：带电粒子在匀强电场中
20、的运动；功能关系分析：将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等故小环在A点时弹簧压缩量为L，在B点时弹簧伸长L，然后分析个选项即可解决解答：解：A、小环从A点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L，故小环的电势能一直减小，故A错误；B、小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；C、整个过程由能量守恒定律得，Eq2L=mgL，得E=，故C错误；D、小环在A点时，弹簧压缩L，受到大环对它的弹力为mg+kL，故D正确；故选：D点评：此题考查的是物体受力情况的分析，需要考虑电场力的情况，并运用到能量守恒定律，难度
21、不大二非选择题（每个试题考生都必须作答，共68分）6为了测量两个质量不相等的沙包的质量，在没有直接测量工具的情况下，应用下列器材测量：铁架台、轻质定滑轮（摩擦不计）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、米尺、秒表根据所学物理知识，改变实验条件进行多次测量，操作如下：实验装置如图甲，设左右两边沙包的质量分别为m1、m2；从砝码盒中取出质量为m0的砝码放在左边沙包中，剩余砝码都放在右边沙包中，发现m1下降m2上升；用米尺测出沙包m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙包m1下降的时间t，则可知沙包的加速度大小a=；改变m，测量相应的加速度a，得到多组m0及a的数据，作出am（选填“am”或“a”）
22、图线，如图乙；根据图线求得沙包的质量m1=3kg，m2=1.5kg （g=10m/s2）考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：（1）质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度（2）根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量解答：解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=，解得a=（4、5）根据牛顿第二定律得：对m1及砝码：（m1+m）gT=（m1+m）a对m2及砝码：T（m2+mm）g=（m2+mm）a联立解得：a=根据数学知识得知：作“am”图线，图线的斜率
23、k=，图线的截距b=将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg故答案为：（3）a=（4）am（5）3，1.5点评：本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到a与m的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量7材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度若图1为某磁敏电阻在室温下的电阻比值一磁感应强度特性曲线，其中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB，已知无磁场时阻值R0=150现将磁敏电阻置入待测磁场中，在室温下用伏安法测得其两端的电压和通过的电流数据如表：l2
24、3456U（V）0.000.450.911.501.792.71I（mA）0.000.300.601.001.201.80根据表可求出磁敏电阻的测量值RB=1.5103，结合图中电阻比值一磁感应强度特性曲线可知待测磁场的磁感应强度B=1.2T（均保留两位有效数字）请用下列器材设计一个电路：将一小量程的电流表G改装成一能测量磁感应强度B的仪表，要求设计简单，操作方便（环境温度恒为室温）A磁敏电阻，无磁场时阻值R0=150B电流表G，量程Ig=2mA，内阻约50C滑动变阻器R，全电阻约1500D直流电源E，电动势E=3V，内阻约为1E开关S，导线若干a在图2中的虚线框内完成实验电路图；b改装后，电
25、流表表盘上电流刻度要转换成磁感应强度B若2.0mA处标0T，那么1.0mA处标1.3T（保留两位有效数字）若测电阻时用的是电流表外接法，则测得的磁感应强度真实值（填“”、“=”、“”）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据表中实验数据，应用欧姆定律可以求出磁敏电阻的阻值RB，再求出RB与R0比值，再由图1得出磁感应强度；（2）可将灵敏电流表、磁敏电阻、滑动变阻器作出串联电路；由闭合电路的欧姆定律分析答题（3）根据电流表外接法时的电压表分流的影响，明确测量值和真实值之间的关系解答：解：（1）根据表中实验数据可知，磁敏电阻阻值为：RB=1.5103，=10，由图所示图象可知，
26、磁感应强度为：B=1.2T；（2）实验电路图如图所示；由闭合电路欧姆定律得：Ig=，R内=1500，I=，则有：RB=R内=1500，由图象可知，此时磁感应强度为1.2T；测电阻时采用的是电流表外接法，则由于电压表的分流使测量电流大于真实电流；故测量值小于真实值；故答案为：（1）1.5103，1.2；（2）如图所示； 1.2；点评：本题为设计型实验，要认真审题、根据题意获取所需信息、分析清楚图象、应用欧姆定律即可正确解题8如图a为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出It图象足
27、够长光滑金属轨道电阻不计，倾角=30轨道上端连接有阻值R=1.0的定值电阻，金属杆MN电阻r=0.5，质量m=0.2kg，杆长L=1m在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，此后计算机屏幕上显示出如图b所示的It图象（设杆在整个运动过程中与轨道垂直，g=10m/s2）试求：（1）t=0.5s时电阻R的热功率；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若在01.2s内棒沿斜面下滑的距离为x=3.096m，求在01.2s内在R上产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）由b图读出t=0.5s时电路中电流
28、，由公式P=I2R求出电阻R的热功率；（2）由b图读取金属杆达到稳定运动时的电流，此时杆受力平衡，由平衡条件和安培力公式求解磁感应强度B的大小；（3）通过电阻的电量等于图线与t轴包围的面积大小，估算出图线所包围的面积，即可求得通过电阻的电量，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到感应量q=，即可求出杆通过的距离x，根据能量守恒定律求出电路中产生的总热量Q，R上产生的焦耳热QR=解答：解：（1）由It图象可知当t=0.5s时，I=1.10A；P=I2R=1.1021.0W=1.21W（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsin=BIL解得（3
29、）1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：总格数为129格，故q=1290.10.1C=1.29C由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A由闭合电路欧姆定律得 I=得 v=电量q=解得x=m=3.096m根据能量守恒得 mgxsin=+Q解得电路中产生的总热量为 Q=mgxsin=在R上产生的焦耳热 答：（1）t=0.5s时电阻R的热功率是1.21W；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.625T；（3）01.2s内通过电阻R的电量大小是1.29C，在R上产生的焦耳是1.2J点评：本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量q=求出杆
30、通过的距离9如图所示，光滑水平面的左侧固定一挡板，挡板上固定一水平轻弹簧，弹簧处于自然长度，右端放小物块1（不与弹簧连结），依次共有n个质量均为m的小物块（视为质点）静止沿一直线排开，相邻小物块间距离均为d现用力对物块l做功W将弹簧压缩，撤掉力后物块1向物块2运动，碰撞后粘在一起，又向物块3运动，粘在一起后又向物块4运动，如此进行下去求：（1）小物块1离开弹簧时速度V0；（2）前面物块与第n个小物块粘在一起时的速度大小Vn；（3）从物块l离开弹簧，到物块n开始运动经历的总时间（忽略每次碰撞所用的时间）考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小物
31、块1离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，据此求出小球的速度；（2）对n个物块组成的系统，满足动量守恒的条件，根据动量守恒定律列式即可求解；（3）物体离开弹簧后做匀速直线运动，求出运动到2的时间，根据动量守恒定律求出碰撞后的共同速度，碰撞后仍做匀速直线运动，求出运动到3的时间，据此方法一直求出最后（n1）个物块向第n 个物块运动需时间，从而求出总时间即可解答：解：（1）根据得：（2）对n个物块组成的系统，满足动量守恒的条件，得：mV0=nmVn物块n 的速度为：（3）从物块l开始运动到和物块2相撞，需时间tl，则有：tl=设物块1和2碰撞后具有共同速度vl，则有：mv0=（m+m）v
32、1解得：v1=物块l、2以速度Vl向物块3运动，需时间t2则有：t2=物块l、2与3碰后，共同速度v2，则有：v2=物块l、2、3以速度v2向物块4运动，需时间有：t3=以此类推，最后（n1）个物块向第n 个物块运动需时间tn1，则有：tn1=从物块1开始运动到物块n开始运动，共需时间：t=t1+t2+tn=+=答：（1）小物块1离开弹簧时速度为；（2）前面物块与第n个小物块粘在一起时的速度大小为；（3）从物块l离开弹簧，到物块n开始运动经历的总时间为点评：本题主要考查了动量守恒定律及运动学基本公式的直接应用，知道物块碰撞过程中，系统动量守恒，知道小物块1离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为小
33、球的动能，难度适中10如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；（2）求与x轴负方向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方
34、向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）洛伦兹力提供向心力，代人公式可以求出半径；（2）画出粒子的运动轨迹，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，求出粒子在电场中运动的加速度 进而求出粒子在电场中运动的时间（3）由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，进而确定仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围解答：解：（1）由牛顿第二定律有：qvB=m，代入数据解得：r=0.1m；（2）粒子的运动轨迹如图甲所
35、示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度：a=，粒子在电场中运动的时间：t=，代入数据解得：t=3.3104s；（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为3060，所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，曲线方程为：x2+y2=R2，（R=0.1m，mx0.1m）；答：（1）带电粒子在磁场中运动的半径r为0.1m；（2）与x轴负方向成
36、60角射入的粒子在电场中运动的时间t为3.3104s；（3）仍在磁场中的粒子（未进入过电场）的初速度方向与x轴正方向的夹角范围是：3060，此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程为x2+y2=R2，（R=0.1m，mx0.1m）点评：本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹图象分析，由于仍在磁场中的粒子的轨迹的长度与从MN边界上最左边射出的粒子长度相同，仍在磁场中的粒子的初速度方向在临界条件以内三选做题（选修模块3-3）（12分）11下列说法正确的是（）A 物体吸收热量，其温度一定升高B 橡胶无固定熔点，是多晶体C 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D 布朗运动是悬浮在液体中
37、固体颗粒的分子无规则运动的反映E 绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换热量F 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反能量守恒定律考点：热力学第二定律；布朗运动专题：热力学定理专题分析：改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，内能不一定增大，非晶体的特点是无固定熔点；液晶的光学性质具有各向异性；布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，第二类永动机是不能制造出来的，它违反热力学第二定律解答：解：A、改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，内能不一定增大，其温度不一定升高，A错误；B、非晶体的特点是无固定熔点，所以
38、橡胶无固定熔点，是非晶体故B错误；C、液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换热量故E正确；F、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故F错误故选：CE点评：本题考查了热力学 第一定律、热力学第二定律、晶体与非晶体、液晶、布朗运动等知识点的知识，难度不大基础题，在平时的学习过程中多加积累即可12如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部
39、分空气封闭在管中当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA=50cm现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA=37.5cm时为止，这时系统处于静止状态已知大气压强p0=75cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度考点：气体的等容变化和等压变化分析：玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做等温变化，分别列玻意耳定律方程，联立即可求解解答：解：对A部分气体，由玻意耳定律有：pALAS=PALS pA=60cmHg解得：PA=80cmHg 对B部分气体有：pBLBS=PBLS 而 P=95cmHg pB=p0=75cmHg解得：L=27.6cmh=LLhL=10037.527.6=19.9cm 答：槽内的水银进入管内的长度为19.9cm点评：该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化