2019-2020学年河南省洛阳市八所重点高中联考高二（下）月考物理试卷（3月份）

2019-2020学年河南省洛阳市八所重点高中联考高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项正确，第710小题有多个选项正确全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1（5分）关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A由可知，电场中某点的电场强度E与试探电有的电荷量q成反比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点电场强度方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点不放试探电荷时，该点的电场强度一定等于零D某一点的电场强度的大小和方向都与放入该点的试探电荷无关2（5分）在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，用一长为L的导线做成一闭合回路（导线两端相连），则穿过回路的磁通量最大值为（）ABCDBL23（5分）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A粒子在电场中的加速度先增大后减小B粒子所受电场力的方向沿电场方向C粒子在M点的速率最大D粒子在电场中的电势能先增大后减小4（5分）在如图所示的电路中，闭合开关后，一带电油滴恰好静止在平行板电容器两极板间，电流表和电压表均为理想电表。若将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则（）A电压表示数减小B电流表示数减小C油滴将向下运动D电路的总功率增大5（5分）如图所示，理想变压器原线圈的输入电压u一定，电路中的电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动片由上向下滑动时，下列说法正确的是（）A电流表示数减小B电流表示数增大C电压表示数减小D电压表示数增大6（5分）如图所示，A、B、C为匀强电场中平面直角坐标系上的三点，三点到原点O的距离均为4cm，一带电荷量为+2108C的粒子（重力不计）从A点运动到O点，电场力做功为8108J；从B点运动到O点，粒子的电势能增加1.6107J则匀强电场的电场强度大小为（）A100V/mB100V/mC100V/mD220V/m7（5分）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关C两板间距离越大，加速时间越短D两板间距离越小，电子的加速度就越大8（5分）交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数之比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U下列说法正确的是（）Amn1Bmn1C输电线上损失的功率为D输电线上损失的功率为9（5分）用同种材料粗细相同的电阻丝制成的两个正方形闭合线框P，Q其边长之比为2：1，将线：框垂直磁场方向置于垂直纸面向内的匀强磁场中，如图所示，当磁感应强度B随时间均匀增大时，下列说法正确的是（）A两线框中的感应电流方向均为顺时针方向B线框PQ中的感应电流大小之比为1：1C相同时间内通过线框P，Q导线某横截面的电荷量之比为2：1D某时刻线框P，Q每个边的安培力大小之比为4：110（5分）图示为一正弦交流电和一方形波交流电的波形，根据图象可得（）A正弦交流电的频率是100HzB方形波交流电的周期为0.015sC正弦交流电的电压有效值为5VD将该方形波交流电与该正弦交流电加在同一电阻两端，在相同时间内产生的热量相等二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第1114题为必考题，每道试题考生都必须作答第1516题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共45分11（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则金属丝的直径为 mm用游标卡尺测量金属丝的长度L，如图乙所示，则长度为 mm若测得该金属丝的电阻为R，则其电阻率 （用题中字母表示）12（9分）某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：A待测表头（内阻r1约为300，量程为5.0mA）；B灵敏电流表（内阻r2300，量程为1.0mA）；C定值电阻R（R1200）；D滑动变阻器R1（最大阻值为10）；E滑动变阻器R2（最大阻值为1000）；F电源E（电动势E1.5V，内阻不计）；G开关S，导线若干。（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整。（2）滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至 （填“a”或“b”）端。（3）该同学接入定值电阻R的主要目的是 。（4）实验中某次待测表头的示数如图丙所示，示数为 mA。（5）该同学多次移动滑片P记录相应的、示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标作出相应图线。测得图线的斜率k4.8，则待测表头内阻r1 13（12分）有一个匝数n50的闭合线圈，在t0.5s内通过它的磁通量从10.02Wb均匀增加到20.22Wb，若线圈电阻R20，求：（1）线圈中的感应电动势E；（2）在这段时间t内，线圈电阻产生的热量Q。14（18分）如图所示，以O为坐标原点建立直角坐标系，等边三角形OMN内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN边界上放有一绝缘挡板，第四象限内有沿y轴负方向的匀强电场。现有一质量m11018kg、电荷量q11015C的带负电微粒从y轴上的A点，以v01103m/s的初速度沿x轴正方向射入电场，从x轴上坐标为（1m，0）的C点平行于ON方向进入三角形磁场区域，在磁场中偏转后垂直打到挡板MN的中点E上，并原速弹回（粒子带电荷量不变）。最后经过y轴上的D点（图中未画出）射入第二象限。粒子重力不计，计算结果可保留根式。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从A点运动到D点的总时间。二、选考题：共15分请考生从给出的15、16题中任选一题作答如果多答，则按所答的第一题计分选修3一3（15分）15（5分）关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（）A物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大B能出污泥而不染，说明扩散现象在污泥中不能进行C当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大但斥力增大得更快D若气体的摩尔质量为M，密度为p阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为E分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大16（10分）如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S，内壁光滑，A、B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小，活塞质量为m，在汽缸内封闭了一段高为h1、温度为T1得到理想气体，对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为g，大气压强为p0，变化过程中活塞始终保持水平状态。求：当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸内气体的温度T2；当A、B处压力传感器的示数之和为2mg时，汽缸内气体的度T3。选修3一4（15分）17某简谐运动的位移时间图象如图所示，下列说法正确的是（）A简谐运动的振幅为2cmB简谐运动的周期为0.4sC位移时间图象就是振动质点的运动轨迹D振动质点经过图象中A点时速度方向沿t轴负方向E在0.2s0.3s内，振动质点的加速度越来越大18一弹簧振子在水平方向上的MN之间做简谐运动，已知MN间的距离为10cm，振子在2s内完成了5次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t0），经过周期振子有负向最大加速度。（i）求振子的振幅和周期；（ii）写出振子的振动方程。2019-2020学年河南省洛阳市八所重点高中联考高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项正确，第710小题有多个选项正确全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1（5分）关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A由可知，电场中某点的电场强度E与试探电有的电荷量q成反比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点电场强度方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点不放试探电荷时，该点的电场强度一定等于零D某一点的电场强度的大小和方向都与放入该点的试探电荷无关【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定。电场力与电场和电荷都有关。【解答】解：A、由可知是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，E并不跟F成正比，跟q成反比，故A错误；B、正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，而场强由电场本身决定，与放入电场的试探电荷无关，故B错误。C、场强与有无试探电荷无关，电场中某一点不放试探电荷时，该点场强不变，故C错误。D、电场中某一点的场强由电场本身决定，与放入该点的试探电荷的正负无关，故D正确。故选：D。【点评】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向。2（5分）在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，用一长为L的导线做成一闭合回路（导线两端相连），则穿过回路的磁通量最大值为（）ABCDBL2【分析】用一长为L的导线做成圆面积最大，根据公式L2R，SR2，BS，可以求出穿过回路的磁通量最大值。【解答】解：用一长为L的导线做成圆面积最大，由L2R，SR2，解得：S，穿过回路的磁通量最大值为：BS故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查了磁通量。本题是基础题，考的是基本概念，难度不大。3（5分）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A粒子在电场中的加速度先增大后减小B粒子所受电场力的方向沿电场方向C粒子在M点的速率最大D粒子在电场中的电势能先增大后减小【分析】粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论。【解答】解：A、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度大小不变，方向不变，故A错误；B、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受电场力沿电场的反方向，故B错误；C、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故C错误；D、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，粒子的电势能先增加后减小，故D正确。故选：D。【点评】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小。4（5分）在如图所示的电路中，闭合开关后，一带电油滴恰好静止在平行板电容器两极板间，电流表和电压表均为理想电表。若将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则（）A电压表示数减小B电流表示数减小C油滴将向下运动D电路的总功率增大【分析】先分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R2电流的变化，即可得到电流表示数的变化。根据闭合电路欧姆定律，分析电压表示数的变化。电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电量变化和液滴的运动情况。【解答】解：AB、当滑动变阻器滑片P向左端滑动过程中，接入电路的电阻增大，R2与R并联的电阻增大，总电阻增大，则总电流减小，路端电压UEIr增大，则电压表示数增大。R1电压U1IR1减小，R2与R并联的电压增大，通过R2电流增大，则电流表示数变大。故AB错误。C、R2与R并联的电压增大，电容器板间电压增大，带电量增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动，故C错误。D、电路的总功率PIE，电流I增大，总功率增大，故D正确。故选：D。【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。5（5分）如图所示，理想变压器原线圈的输入电压u一定，电路中的电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动片由上向下滑动时，下列说法正确的是（）A电流表示数减小B电流表示数增大C电压表示数减小D电压表示数增大【分析】电阻R2减小，和R2串联的元件电流增大，和R2并联的元件电流、电压减小。理想变压器原线圈的输入电压u一定，副线圈电压也一定。【解答】解：AB、滑动变阻器的滑动片由上向下滑动时，电阻R2减小，根据闭合电路欧姆定律，和R2串联的元件电流增大，所以A1、A2读数增大，故A错误，B正确；C、理想变压器原线圈的输入电压u一定，根据知，V1读数不变，故C错误；D、总电流增大，经过R1的电流也增大，其两端的电压也增大，而R1和R2总电压不变，所以R2电压减小，即电压表V2示数减小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了变压器的构造和原理。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。6（5分）如图所示，A、B、C为匀强电场中平面直角坐标系上的三点，三点到原点O的距离均为4cm，一带电荷量为+2108C的粒子（重力不计）从A点运动到O点，电场力做功为8108J；从B点运动到O点，粒子的电势能增加1.6107J则匀强电场的电场强度大小为（）A100V/mB100V/mC100V/mD220V/m【分析】根据WqU求出AO电势差和OB的电势差，根据匀强电场的特点和电场线与等势面垂直的特点做出电场线的方向，根据UEd求出电场强度的大小。【解答】解：从A点运动到O点，电场力做功为8108J，根据WqUAO解得：从B点运动到O点，粒子的电势能增加1.6107J，电场力做功为1.6107J，根据WqUBO解得：联立解得：UABUAO+UOB12V根据匀强电场中同一直线上相等距离电势差相等，把AB三等分，D为其三等分点，如图所示：则UAD4V则O、D两点电势相等，因为电场线与等势面垂直，故过A做OD的垂线就是电场线的方向，根据几何关系可知，sinFDA则AFcm根据UEd得到：E100V/m，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题的关键是根据电场力做功求出电势差，并找出等势面，以及根据几何关系求出沿电场线的距离，要有比较好的数学基础。7（5分）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关C两板间距离越大，加速时间越短D两板间距离越小，电子的加速度就越大【分析】电子运动过程只有电场力做功，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理分析答题，速度可以由动能定理求得，而加速度由牛顿第二定律来求解。【解答】解：AB、电子从P板到Q板的过程中，由动能定理有：Uq，解得v，所以到达Q板时的速率只与加速电压有关，而与板距无关，故A错误，B正确；CD、据牛顿第二定律可得加速度a，所以当两板间距离越小时，加速度越大，电子从P极板向Q极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间t，两板间距离越大，时间越长，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化。8（5分）交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数之比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U下列说法正确的是（）Amn1Bmn1C输电线上损失的功率为D输电线上损失的功率为【分析】根据输出功率PUI，得出输出电流，从而得出输出电压，根据P损I2R求出损耗的功率。【解答】解：若变压器的输电功率为P，用户得到的功率为P，AB、由于升压变压器输入电压为U，降压变压器输出电压为U，则升压变压器输出U2U，降压变压器输入为U3nU，由于在输电线上有电压损失，所以PP，即，整理可得：mn1，故选项A正确；CD、根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压U2U，电流I2I3，降压变压器原线圈电压U3mU，线路损失的电压UU3U2，损失的功率PI22r，由以上式子代入求得：P，故选项C正确，选项D错误。故选：AC。【点评】本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率P损I2R 。9（5分）用同种材料粗细相同的电阻丝制成的两个正方形闭合线框P，Q其边长之比为2：1，将线：框垂直磁场方向置于垂直纸面向内的匀强磁场中，如图所示，当磁感应强度B随时间均匀增大时，下列说法正确的是（）A两线框中的感应电流方向均为顺时针方向B线框PQ中的感应电流大小之比为1：1C相同时间内通过线框P，Q导线某横截面的电荷量之比为2：1D某时刻线框P，Q每个边的安培力大小之比为4：1【分析】根据法拉第电磁感应定律EnnS计算感应电动势的大小，根据电阻定律确定电阻关系，从而根据欧姆定律确定电流的大小关系；根据楞次定律判断感应电流的方向。【解答】解：A、根据增反减同原理，线框中的感应电流方向均为逆时针方向，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律有：EnnS；题中相同，a圆环中产生的感应电动势为：EanSrP2b圆环中产生的感应电动势为：EbnSrQ2，由于rp：rQ2：1，所以，根据电阻定律可知：R则可知：RP；RQ由欧姆定律可知：I则可知电流之比rp：rQ2：1；故B错误C、相同时间内通过线框P，Q导线某横截面的电荷量之比，故C正确；D、某时刻线框P，Q每个边的安培力大小之比，故D正确；故选：CD。【点评】本题整合了法拉第电磁感应定律，楞次定律、电阻定律以及欧姆定律等基本规律；在解题地一定要善于运用比例法求解比值。10（5分）图示为一正弦交流电和一方形波交流电的波形，根据图象可得（）A正弦交流电的频率是100HzB方形波交流电的周期为0.015sC正弦交流电的电压有效值为5VD将该方形波交流电与该正弦交流电加在同一电阻两端，在相同时间内产生的热量相等【分析】根据图象可以求出正弦交流电、方形波交流电的周期，可以求出它们的频率；根据正弦交流电的图象读出电压最大值，再利用U求出它的有效值；电流的热效应有可以求出方形波交流电电压有效值。【解答】解：A、根据图象，正弦交流电的周期T0.02s，频率fHz50Hz，故A错误。B、方形波交流电的周期为0.03s，故B错误。C、正弦交流电的电压最大值Um10V，有效值为U5V，故C正确。D、对方形波交流电，根据电流的热效应有，R+R，解得U5V，方形波交流电和正弦交流电的电压有效值相等，由Q知，将该方形波交流电与该正弦交流电加在同一电阻两端，在相同时间内产生的热量相等，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、有效值等知识点。能够利用图象求出周期、最大值，利用电流的热效应方程求出有效值是解决本题的关键。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第1114题为必考题，每道试题考生都必须作答第1516题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共45分11（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则金属丝的直径为0.315mm用游标卡尺测量金属丝的长度L，如图乙所示，则长度为13.40mm若测得该金属丝的电阻为R，则其电阻率（用题中字母表示）【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；应用电阻定律可以求出电阻率的表达式。【解答】解：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，故金属丝直径d0mm+31.50.01mm0.315mm；游标卡尺的读数是由主尺与游标尺的示数之和，故金属丝的长度L13mm+813.40mm；根据电阻定律有：R求得电阻率为：。故答案为：0.315，13.40，【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验电路分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握实验器材的选择原则。12（9分）某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：A待测表头（内阻r1约为300，量程为5.0mA）；B灵敏电流表（内阻r2300，量程为1.0mA）；C定值电阻R（R1200）；D滑动变阻器R1（最大阻值为10）；E滑动变阻器R2（最大阻值为1000）；F电源E（电动势E1.5V，内阻不计）；G开关S，导线若干。（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整。（2）滑动变阻器应选R1（填“R1”或“R2”）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至b（填“a”或“b”）端。（3）该同学接入定值电阻R的主要目的是保护G2，使两表均能接近满偏。（4）实验中某次待测表头的示数如图丙所示，示数为3.4mA。（5）该同学多次移动滑片P记录相应的、示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标作出相应图线。测得图线的斜率k4.8，则待测表头内阻r1312.5【分析】（1）根据图示电路图连接实物电路图。（2）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。（3）根据图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。（4）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出待测表头的内阻。（5）根据图示电路图分析接入定值电阻的目的。【解答】解：（1）参照图甲电路连线，结果如图所示，（2）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻R1，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；（3）由于两电流表的内阻相当，但满偏电流相差很大，所以为不致于使指针偏角相差很大，要接入定定值电阻R，其作用是保护G2，使两表均能接近满偏；（4）从图丙中读出电流I13.4mA；（5）根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有：I1r1I2（r2+R），那么，结合题意图象的斜率k，所以r1312.5。故答案为：（1）（2）R1 b（3）保护G2，使两表均能接近满偏（4）3.4（5）312.5【点评】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项与实验数据处理，分析清楚电路结构，应用并联电路特点与欧姆定律求出图线的函数表达式是求表头内阻的前提与关键；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。13（12分）有一个匝数n50的闭合线圈，在t0.5s内通过它的磁通量从10.02Wb均匀增加到20.22Wb，若线圈电阻R20，求：（1）线圈中的感应电动势E；（2）在这段时间t内，线圈电阻产生的热量Q。【分析】根据法拉第电磁感应定律求解线圈中的感应电动势；由闭合电路欧姆定律求解通过线圈的电流，根据焦耳定律求解热量。【解答】解：（1）已知n50，t0.5s，0.22Wb0.02Wb0.20Wb，则根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：En50V20V；（2）闭合电路欧姆定律得通过线圈的电流为：IA1A，根据焦耳定律可知，QI2Rt代入数据解得，Q10J。答：（1）线圈中的感应电动势为20V；（2）在这段时间t内，线圈电阻产生的热量为10J。【点评】本题是电磁感应与电路知识的简单综合。当穿过线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生恒定电流，感应电流与感应电动势之间的关系遵守闭合电路欧姆定律。14（18分）如图所示，以O为坐标原点建立直角坐标系，等边三角形OMN内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN边界上放有一绝缘挡板，第四象限内有沿y轴负方向的匀强电场。现有一质量m11018kg、电荷量q11015C的带负电微粒从y轴上的A点，以v01103m/s的初速度沿x轴正方向射入电场，从x轴上坐标为（1m，0）的C点平行于ON方向进入三角形磁场区域，在磁场中偏转后垂直打到挡板MN的中点E上，并原速弹回（粒子带电荷量不变）。最后经过y轴上的D点（图中未画出）射入第二象限。粒子重力不计，计算结果可保留根式。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从A点运动到D点的总时间。【分析】（1）根据粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴做匀加速直线运动，列出运动规律等式，联立求出；（2）根据粒子进入磁场后，垂直打在挡板MN的中点E上，结合几何分析解出半径，再由qvB解出匀强磁场的磁感应强度大小；（3）根据粒子在电场中做类平抛运动，匀强磁场中做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，列出位移与时间的关系，将各个运动过程的时间加起来即可。【解答】解：（1）粒子从A到C的运动过程中做类平抛运动，有：tan60xv0t1vyat1Eqma代入数据解得：t11103 s，E103N/C（2）粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系知弧CE所对应的圆心角30，设CMx，由xcos，代入数据解得：rx经过几何关系可知：rx代入数据解得：r（2+）m粒子做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，则：qvBcos60代入数据解得：B（42）T（3）粒子在磁场中运动的总时间：t1T，其中T代入数据解得：t2s由几何知识可知OHOC1m，则：DH0.5mt3s所以粒子从A点运动到D点的总时间：tt1+t2+t3代入数据解得：t（s）答：（1）匀强电场的电场强度大小为103N/C；（2）匀强磁场的磁感应强度大小为（42）T；（3）粒子从A点运动到D点的总时间为s。【点评】本题考查了带电粒子在电磁复合场中的运动，解题的关键是明确各个运动规律，结合运动规律公式进行解题。二、选考题：共15分请考生从给出的15、16题中任选一题作答如果多答，则按所答的第一题计分选修3一3（15分）15（5分）关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（）A物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大B能出污泥而不染，说明扩散现象在污泥中不能进行C当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大但斥力增大得更快D若气体的摩尔质量为M，密度为p阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为E分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大【分析】温度是分子平均动能的标志；能出污泥而不染，说明分子间存在间隔；分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快；若气体的摩尔质量为M，密度为阿伏加德罗常数为NA，由每个气体分子占有的空间体积为：；当分子距离大于平衡距离r0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力就会随分子间距离的增大而增大。【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大。A正确；B、能出污泥而不染，说明分子间存在间隔，故B错误；C、分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故C正确；D、若气体的摩尔质量为M，密度为阿伏加德罗常数为NA，由每个气体分子占有的空间体积为：，故D错误。E：当分子距离大于平衡距离r0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力就会随分子间距离的增大而增大。故E正确。故选：ACE。【点评】本题考查了温度是分子平均动能的标志、扩散现象、阿伏伽德罗常数应用、分子间的相互作用力等知识点。关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，重点明确分子力和分子距离的关系以及阿伏伽德罗常数应用。16（10分）如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S，内壁光滑，A、B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小，活塞质量为m，在汽缸内封闭了一段高为h1、温度为T1得到理想气体，对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为g，大气压强为p0，变化过程中活塞始终保持水平状态。求：当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸内气体的温度T2；当A、B处压力传感器的示数之和为2mg时，汽缸内气体的度T3。【分析】由于两种情况下气体的压强保持不变，根据等