贵州省黔东南州凯里一中高三物理下学期开学试卷（含解析）.doc

2015-2016学年贵州省黔东南州凯里一中高三（下）开学物理试卷一、选择题，每小题6分1一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用f，力f和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力f对滑块做的功分别为w1、w2、w3，则以下关系正确的是（）aw1=w2=w3bw1w2w3cw1w3w2dw1=w2w32如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由ac运动时的速度越来越小，b为线段ac的中点，则下列说法正确的是（）a电子沿ac方向运动时受到的电场力越来越小b电子沿ac方向运动时它具有的电势能越来越大c电势差uab=ubcd电势abc3如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由a向b做直线运动那么（）a微粒带正、负电荷都有可能b微粒做匀减速直线运动c微粒做匀速直线运动d微粒做匀加速直线运动4如图所示，平行金属板a、b水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）a若微粒带正电荷，则a板一定带正电荷b微粒从m点运动到n点电势能一定增加c微粒从m点运动到n点动能一定增加d微粒从m点运动到n点机械能一定增加5在如图所示的电路中，输入电压u恒为8v，灯泡l标有“3v，6w”字样，电动机线圈的电阻rm=1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）a电动机的输入电压是5vb流过电动机的电流是0.5ac电动机的效率是80%d整个电路消耗的电功率是10w6一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）a运动员到达最低点前重力势能始终减小b蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加c蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒d蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关7如图所示，光滑的水平轨道ab，与半径为r的光滑的半圆形轨道bcd相切于b点，ab水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，b为最低点，d为最高点一质量为m带正电的小球从距b点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿ab向右运动，恰能通过最高点，则（）ar越大，x越大br越大，小球经过b点后瞬间对轨道的压力越大cm越大，x越大dm与r同时增大，电场力做功增大8在如图的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源电动势为3 v，内阻为0.5b电阻r的阻值为10c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%三.非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-第12题为必考题，第13-第14题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示，采用重物自由下落的方法：（1）实验中，下面哪种测量工具是必需的a天平 b直流电源 c刻度尺 d秒表（2）已知打点计时器所用电源的频率为50hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，所用重物的质量为200g，实验中选取一条符合实验要求的纸带如图2所示，0为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点计算b点瞬时速度时，甲同学用v=2gxob，乙同学用vb=，其中所选方法正确的是（选填“甲”或“乙”）同学；根据以上数据，可知重物由o运动到b点时动能的增加量等于j，重力势能减少量等于j（计算结果均保留3位有效数字）（3）实验中，发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是10（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图1所示，校零时的读数为 mm，合金丝的直径为mm（2）为了精确测量合金丝的电阻rx，设计出如图2所示的实验电路图，按照该电路图完成图3中的实物电路连接11在竖直平面内固定一轨道abco，ab段水平放置，长为4m，bco段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道ab段之间的动摩擦因数为0.5建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力f作用下，从a（7，2）点由静止开始运动，到达原点o时撤去恒力f，圆环从o（0，0）点水平飞出后经过d（6，3）点重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）圆环到达o点时的速度大小；（2）恒力f的大小；（3）圆环在ab段运动的时间12如图所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为u，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场质量为m带电量为+q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入场强大小为e2，方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽为l（该电场竖直方向足够长）电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求（1）该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；（2）匀强磁场对该带电粒子作用力的大小f；（3）该带电粒子到达边界b时的速度大小v(二）选考题物理-选修3-513下列说法正确的是（）a玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立b可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施c天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转d观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同e玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征14如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块a、b、c b的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）设a以速度v0朝b运动，压缩弹簧；当a、b速度相等时，b与c恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设b和c碰撞过程时间极短求从a开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能2015-2016学年贵州省黔东南州凯里一中高三（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，每小题6分1一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用f，力f和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力f对滑块做的功分别为w1、w2、w3，则以下关系正确的是（）aw1=w2=w3bw1w2w3cw1w3w2dw1=w2w3【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像【专题】功的计算专题【分析】根据功的公式w=fl可知，知道f的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力f做功的多少【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由ft图象及功的公式w=fscos可求知：w1=0.5j，w2=1.5j，w3=2j故本题中acd错，b正确故选：b【点评】本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况2如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由ac运动时的速度越来越小，b为线段ac的中点，则下列说法正确的是（）a电子沿ac方向运动时受到的电场力越来越小b电子沿ac方向运动时它具有的电势能越来越大c电势差uab=ubcd电势abc【考点】等势面；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由a向c运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断【解答】解：a、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由a向c运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿ac方向运动时受到的电场力越来越大，故a错误；b、电子沿ac方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故b正确；c、电子沿ac方向运动过程中，电场力逐渐变大，从a到b过程电场力较小，故从a到b过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系，可以得到：uabubc，故c错误；d、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由a向c运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故abc，故d错误故选：b【点评】本题关键根据等势面和电子的运动情况确定场源电荷的电性，然后得到电场线的分布图，最后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系分析判断3如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由a向b做直线运动那么（）a微粒带正、负电荷都有可能b微粒做匀减速直线运动c微粒做匀速直线运动d微粒做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故b正确故选：b【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题4如图所示，平行金属板a、b水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）a若微粒带正电荷，则a板一定带正电荷b微粒从m点运动到n点电势能一定增加c微粒从m点运动到n点动能一定增加d微粒从m点运动到n点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；a、如果微粒带正电，a板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，a板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则a板既可以带正电，也可能带负电，故a错误；b、如果微粒受到的电场力向下，微粒从m点运动到n点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故b错误；c、微粒受到的合力向下，微粒从m点运动到n点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故c正确；d、微粒从m点运动到n点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故d错误故选：c【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加5在如图所示的电路中，输入电压u恒为8v，灯泡l标有“3v，6w”字样，电动机线圈的电阻rm=1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）a电动机的输入电压是5vb流过电动机的电流是0.5ac电动机的效率是80%d整个电路消耗的电功率是10w【考点】电功、电功率【专题】定量思想；模型法；恒定电流专题【分析】由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机的输入电压；由p=ui的变形公式求出灯泡正常发光时的电流由p=i2r求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由p=ui求出电路的总功率【解答】解：a、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压3v，电动机的输入电压为：um=uul=8v3v=5v，故a正确；b、灯泡正常发光，则电路中电流为：i=a=2a，故b错误c、电动机的输入功率为：p=umi=52w=10w，电动机的输出功率为：p出=pi2rm=10221=6w，故电动机的效率为：=100%=60%，故c错误；d、整个电路消耗的功率为：p总=ui=8v2a=16w，故d错误；故选：a【点评】电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差要抓住电压和功率如何分配的，这是解题的关键6一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）a运动员到达最低点前重力势能始终减小b蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加c蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒d蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【考点】机械能守恒定律；弹性势能【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置【解答】解：a、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小故a正确 b、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加故b正确 c、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒故c正确 d、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关故d错误故选abc【点评】本题类似于小球掉在弹簧上的类型重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加7如图所示，光滑的水平轨道ab，与半径为r的光滑的半圆形轨道bcd相切于b点，ab水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，b为最低点，d为最高点一质量为m带正电的小球从距b点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿ab向右运动，恰能通过最高点，则（）ar越大，x越大br越大，小球经过b点后瞬间对轨道的压力越大cm越大，x越大dm与r同时增大，电场力做功增大【考点】动能定理的应用；向心力；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径r的关系小球经过b点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系【解答】解：a、小球在bcd部分做圆周运动，在d点，有：mg=m，从a到d过程，由动能定理有：qex2mgr=mvd2，由得：r=，可知，r越大，x越大故a正确b、小球由b到d的过程中，由动能定理有：2mgr=mvd2mvb2，vb=，在b点有：fnmg=m，fn=6mg，则知小球经过b点瞬间轨道对小球的支持力与r无关，则小球经过b点后瞬间对轨道的压力也与r无关，故b错误c、由知，m越大，x越大，故c正确d、从a到d过程，由动能定理有：w2mgr=mvd2，由解得：电场力做功 w=，可知m与r同时增大，电场力做功越多，故d正确故选：acd【点评】动能定理与向心力知识综合是常见的题型小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用8在如图的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源电动势为3 v，内阻为0.5b电阻r的阻值为10c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%【考点】欧姆定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=0.5故a正确b、电阻r=1故b错误；c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为p出=ui=4w故c错误；d、电源的效率=100%=100%=66.7%；故d正确；故选：ad【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义三.非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-第12题为必考题，第13-第14题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示，采用重物自由下落的方法：（1）实验中，下面哪种测量工具是必需的ca天平 b直流电源 c刻度尺 d秒表（2）已知打点计时器所用电源的频率为50hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，所用重物的质量为200g，实验中选取一条符合实验要求的纸带如图2所示，0为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点计算b点瞬时速度时，甲同学用v=2gxob，乙同学用vb=，其中所选方法正确的是乙（选填“甲”或“乙”）同学；根据以上数据，可知重物由o运动到b点时动能的增加量等于0.369j，重力势能减少量等于0.376j（计算结果均保留3位有效数字）（3）实验中，发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量【解答】解：（1）实验中需要测量重物下降的高度，即测量点迹间的距离，所以需要刻度尺，验证动能增加量和重力势能减小量是否相等时，两边都有质量，可以约去，所以不需要天平，打点计时器使用的是交流电源，时间可以通过打点计时器直接测量，不需要秒表，故选：c（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，所以正确的是乙同学b点的速度=1.92m/s，则动能的增加量j=0.369j，重力势能的减小量ep=mgh=0.29.80.192j=0.376j（3）发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能故答案为：（1）c，（2）乙，0.369，0.376，（3）由于阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能【点评】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，这是纸带法实验中考查的重点10（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图1所示，校零时的读数为0.007 mm，合金丝的直径为0.638mm（2）为了精确测量合金丝的电阻rx，设计出如图2所示的实验电路图，按照该电路图完成图3中的实物电路连接【考点】伏安法测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）先将电源、电键与变阻器电阻丝两端连接，然后再连接测量电路即可【解答】解：（1）图1中，旋测微器的固定刻度为0，可动刻度为0.010.7mm=0.007mm，所以最终读数为0.007mm；图2旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.0114.5mm=0.145mm，所以最终读数为0.645mm；故合金丝的直径为0.645mm0.007mm=0.638mm；（2）根据电路图可知，电流表是外接法，滑动变阻器是分压式接法，连线实物图如图故答案为：（1）0.007，0.638； （2）如图所示【点评】（1）螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）连接实物图时一般是从电源的正极出发依次连接，注意变阻器分压式的连接方法，连接测量电路时，先连主干路，最后再连解并联电路，注意电表正负极和量程11在竖直平面内固定一轨道abco，ab段水平放置，长为4m，bco段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道ab段之间的动摩擦因数为0.5建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力f作用下，从a（7，2）点由静止开始运动，到达原点o时撤去恒力f，圆环从o（0，0）点水平飞出后经过d（6，3）点重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）圆环到达o点时的速度大小；（2）恒力f的大小；（3）圆环在ab段运动的时间【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）圆环从o到d做平抛运动，根据高度和水平位移，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律求出平抛运动的初速度（2）对a到o运用动能定理，求出恒力f的大小（3）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出圆环在ab段的运动时间【解答】解：（1）圆环从o到d过程中做平抛运动，读图得：x=6m，y=3m，根据y=得：t=，则有：（2）圆环从a到o过程中，根据动能定理有：代入数据得：f=10n（3）圆环从a到b过程中，根据牛顿第二定律有：fmg=ma代入数据得：答：（1）圆环到达o点时的速度大小7.75m/s；（2）恒力f的大小为10n；（3）圆环在ab段运动的时间为1.26s【点评】解决本题的关键理清圆环在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律12如图所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为u，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场质量为m带电量为+q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入场强大小为e2，方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽为l（该电场竖直方向足够长）电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求（1）该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；（2）匀强磁场对该带电粒子作用力的大小f；（3）该带电粒子到达边界b时的速度大小v【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在a、b间运动时，只受电场力作用，根据牛顿第二定律求解加速度大小a；（2）带电粒子在平行金属板中做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，由e=求得场强，由平衡条件求解匀强磁场对带电粒子作用力的大小f；（3）带电粒子在电场e2中做类平抛运动，运用运动的分解法研究：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，由运动学公式求解粒子到达边界b时的速度大小v【解答】解：（1）带电粒子在a、b间运动过程中，所受的电场力f2=qe2根据牛顿第二定律：联立得 （2）带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，该粒子受力如图：场强：电场力：f1=qe1根据平衡条件：f=f1解得：（3）粒子在a、b间运动时间：粒子到达边界b时电场方向的速度：vy=at粒子到达边界b时的速度：故答：（1）该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a是；（2）匀强磁场对该带电粒子作用力的大小f是；（3）该带电粒子到达边界b时的速度大小v是【点评】本题是速度选择器与磁偏转的综合，分析受力情况，根据牛顿第二定律和运动学结合进行求解(二）选考题物理-选修3-513下列说法正确的是（）a玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立b可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施c天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转d观察者与波源互相远离时