2020年广东省珠海市高考物理模拟试卷（2月份）

2020年广东省珠海市高考物理模拟试卷（2月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）关于光电效应，下列说法正确的是（）A极限频率越大的金属材料逸出功越大B只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C从金属表面逸出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少2（6分）A、B两物体沿同一方向运动，它们的vt图象如图所示，下列判断正确的是（）A在t1时刻前，B物体始终在A物体的前面B在0t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大C在t1时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快D在t1时刻两物体不可能相遇3（6分）物块P、Q的质量分别为3m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对Q施加向右的水平拉力F，稳定后P、Q相对静止在水平面上运动，此时弹簧的形变量为L1；若撤去拉力F，换成大小为2F的水平推力向右推P，稳定后P、Q相对静止在水平面上运动，弹簧的形变量为L2，则L1L2的值是（）A34B23C32D124（6分）质量为m的篮球从某一高处从静止下落，经过时间tl与地面接触，经过时间t2弹离地面，经过时间t3达到最高点。重力加速度为g，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（）Amgtl+mgt2十mgt3Bmgtl+mgt2mgt3Cmgt1mgt2+mgt3Dmgt1 mgt2mgt35（6分）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为（）A2：1B4：1C8：1D16：16（6分）如图，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（）Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加7（6分）如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是（）A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为4RaC棒经过环心时流过棒的电流为4B2aRrD棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2Rar8（6分）如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，现以B为轴，让整个支架缓慢的顺时针旋转，直至支架BC部分水平。设BC部分对球体的作用力为F，则整个过程中（）AF可能一直减小BF可能一直增大CF可能先减小后增大DF可能先增大后减小二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第19题为必考题，每个试题考生都必须作答第20题第25题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图一段纸带，测得AB7.65cm，BC9.17cm已知交流电频率是50Hz，则打B点时物体的瞬时速度为 m/s如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是 。10（10分）现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表。可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；滑动变阻器R2，最大阻值100k；电阻箱R，最大阻值9999；定值电阻R0，阻值1k；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻均不计）标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3，电阻丝及导线若干。（1）采用如图1所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为 ；选用的电池为 。（2）将G改装成两量程电流表。现有两种备选电路，如图2甲和乙所示。图 为合理电路，另一电路不合理的理由是 。（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用A来表示。11（12分）如图所示，半径R0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量m0.10kg的小球，以初速度v07.0m/s在水平面上向左作加速度a3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求：（1）小球冲到最高点时对轨道的压力（2）A、C间的距离（取重力加速度g10m/s2）12（20分）空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。三、【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是（）A甲图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的D丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子斥力14（10分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m13m，m22m）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。五、【物理-选修3-4】（15分）15如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横渡在t0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x2m处的a质点从t0时刻起的振动图象。下列说法正确的是（）A波沿x轴正方向传播B波传播的速度为20m/sCa质点在01.0s内，通过的路程为20mDt0.25s时，a质点的位移沿y轴正方向Et0.25s时，x4m处的b质点的加速度沿y轴负方向16如图为用一个折射率为n=2的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中AC90，B60现有一条光线从图示的位置垂直入射到棱镜的AB面上，请回答下列问题：（i）画出完整的光路图，确定射出的光线。（标注好角的度数）（ii）为实现上述光路，该透明介质的折射率取值应该在什么范围？2020年广东省珠海市高考物理模拟试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）关于光电效应，下列说法正确的是（）A极限频率越大的金属材料逸出功越大B只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C从金属表面逸出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程菁优网版权所有【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关。逸出功是金属的固有属性。入射光的强度由光子的数目和能量决定，入射光的光强一定时，频率越高，光子数越少。【解答】解：A、根据逸出功和极限频率的关系可知，Whv0，极限频率v0越大的金属材料逸出功W越大，故A正确；B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关，故B错误；C、根据光电效应方程可知，EkhvW，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功不一定越小，也可能是因为入射光的频率高的缘故，金属的逸出功是金属的固有属性，与是否发生光电效应无关，与入射光的频率无关，故C错误；D、发生光电效应的前提下，入射光的光强一定时，频率越高，光子数越少，单位时间内逸出的光电子数就越少，题目中没有强调是否发生了光电效应，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道发生光电效应的前提下，光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。2（6分）A、B两物体沿同一方向运动，它们的vt图象如图所示，下列判断正确的是（）A在t1时刻前，B物体始终在A物体的前面B在0t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大C在t1时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快D在t1时刻两物体不可能相遇【考点】1I：匀变速直线运动的图象菁优网版权所有【分析】在vt图象中，斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体运动的位移，由于不知道出发点的位置关系，无法判断相遇【解答】解：A、在t1时刻前，B的速度大于A的速度，但AB出发的位置不确定，无法判断AB的位置关系，故A错误；B、在vt图象中，与时间轴所围的面积为物体运动的位移，故在0t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大，故B正确；C、在vt图象中，斜率代表加速度，故B物体的速度有比A物体速度慢的时候，故C错误；D、由于不知道出发时的位置关系，故在t1时刻两物体有可能相遇，故D错误故选：B。【点评】本题主要考查了vt图象，明确在vt图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体通过的位移即可判断3（6分）物块P、Q的质量分别为3m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对Q施加向右的水平拉力F，稳定后P、Q相对静止在水平面上运动，此时弹簧的形变量为L1；若撤去拉力F，换成大小为2F的水平推力向右推P，稳定后P、Q相对静止在水平面上运动，弹簧的形变量为L2，则L1L2的值是（）A34B23C32D12【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系菁优网版权所有【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对P和Q为研究对象，求得弹簧的原长。根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系。【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，则当F作用在Q上时，将两者看做一个整体，对整体应用牛顿第二定律可得F（3m+2m）a1，对P分析可知TKL13ma1，解得L1=3F5k；当2F的力作用在P上时，分别应用整体和隔离法，根据牛顿第二定律可得2F（3m+2m）a2，TKL22ma2，联立解得L2=4F5k，解得L1L2=34，故A正确BCD错误。故选：A。【点评】采用整体法求物体的共同加速度，再用隔离法求各个物体受到的力的大小，这是求多个物体受力时的一般步骤4（6分）质量为m的篮球从某一高处从静止下落，经过时间tl与地面接触，经过时间t2弹离地面，经过时间t3达到最高点。重力加速度为g，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（）Amgtl+mgt2十mgt3Bmgtl+mgt2mgt3Cmgt1mgt2+mgt3Dmgt1 mgt2mgt3【考点】52：动量定理菁优网版权所有【分析】全程应用动量定理求得地面对篮球的冲量大小。【解答】解：选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地0则有：I地（mgtl+mgt2十mgt3） 负号表方向，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了求力的冲量，应用冲量动量定理可正确解题，要注意冲量是矢量，解题时明确方向问题，从而确定冲量的正负。5（6分）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为（）A2：1B4：1C8：1D16：1【考点】4D：开普勒定律菁优网版权所有【分析】由题得到卫星P与Q的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比。【解答】解：根据题意可得P与Q的轨道半径之比为：rP：rQ4：1根据开普勒第三定律有：r3T2=k得：rP3TP2=rQ3TQ2可得周期之比为： TP：TQ8：1故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题中已知两个卫星的轨道半径之间的关系，可以由开普勒第三定律快速解答，也可以由万有引力定律提供向心力求出周期与半径之间的关系后再进行判断。6（6分）如图，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（）Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AC：电势；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【分析】真空中两等量异号电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定ab两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化。【解答】解：A、等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示；结合题图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于b点电势；故A错误；B、ab两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故BC正确；D、根据A中分析可知将负电荷从a点移到b点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查等量异电电荷电场的分布情况，解题的关键在于明确立体几何关系的确定和应用，能想象出其对应的几何图象是解题的关键。7（6分）如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是（）A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为4RaC棒经过环心时流过棒的电流为4B2aRrD棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2Rar【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【分析】根据牛顿第二定律分析拉力大小；根据是与时间关系求解时间；根据几何关系分析导体棒的有效切割长度，明确外电路为两边电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值；根据安培力的计算公式求解安培力大小。【解答】解：A、导体棒做匀加速运动，合外力恒定，根据牛顿第二定律可得FBILma，即FBIL+ma，由于感应电流随速度变化而变化、安培力随感应电流和有效切割长度的变化而变化，所以拉力也是变化的，故A错误；B、根据位移公式2R=12at2，可得棒通过整个圆环所用的时间为t=4Ra，故B正确；C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为r并=12Rr=0.5Rr，设此时的速度大小为v，根据速度位移关系可得v22aR，解得速度大小为v=2aR，产生感应电动势EBLvB2R2aR=2BR2aR，所以产生感应电流大小为I=Er并=4B2aRr，故C正确；D、棒经过环心时所受安培力的大小为FBILB4B2aRr2R=8B2R2Rar，故D正确。故选：BCD。【点评】本题是电磁感应现象中涉及电路问题的分析，主要是确定哪部分相对于电源，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律、运动学公式列方程求解。8（6分）如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，现以B为轴，让整个支架缓慢的顺时针旋转，直至支架BC部分水平。设BC部分对球体的作用力为F，则整个过程中（）AF可能一直减小BF可能一直增大CF可能先减小后增大DF可能先增大后减小【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【分析】对球受力分析，受重力和两个支持力，其中AB面的支持力方向与BC面的支持力方向的夹角不变，根据平衡条件作图分析。【解答】解：球受重力和两个支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：由于不知道角度的具体大小，故BC面的支持力F可能是逐渐增大（90），也可能先减小后增加（90），故BC正确，AD错误；故选：BC。【点评】本题考查三力平衡，关键是对球受力分析，结合平衡条件作图分析，注意题目中的角度没有具体大小，故有多种可能。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第19题为必考题，每个试题考生都必须作答第20题第25题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图一段纸带，测得AB7.65cm，BC9.17cm已知交流电频率是50Hz，则打B点时物体的瞬时速度为2.10m/s如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是下落过程中有存在阻力等。【考点】M2：打点计时器系列实验中纸带的处理；M5：测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有【分析】纸带实验中，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。了解整个实验装置，分析物体下落过程中的受力情况，去找出误差的来源。【解答】解：根据某点瞬时速度等于该点的相邻的两段位移内的平均速度得vB=xACtAC=(7.65+9.17)cm40.02s=2.10 m/s如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是下落过程中有存在阻力等。故答案为：2.10，下落过程中有存在阻力等【点评】要注意单位的换算。能够知道相邻的计数点之间的时间间隔。10（10分）现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表。可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；滑动变阻器R2，最大阻值100k；电阻箱R，最大阻值9999；定值电阻R0，阻值1k；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻均不计）标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3，电阻丝及导线若干。（1）采用如图1所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为R2；选用的电池为E3。（2）将G改装成两量程电流表。现有两种备选电路，如图2甲和乙所示。图甲为合理电路，另一电路不合理的理由是因为图（乙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏。（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用A来表示。【考点】NA：把电流表改装成电压表菁优网版权所有【分析】（1）应用半偏法测电表内阻，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大实验误差越小，根据实验原理与实验器材分析答题。（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据电流表的改装原理与实验电路图分析答题。（3）校准电流表，电流应从零开始变化，待校准的电流表应与标准电流表串联，据此设计实验电路图。【解答】解：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：在如图1中，设电源的电动势为E，内阻为r，S2断开时，设电流表满偏电流为：Ig=Er+R+Rg，实验要求RRg，Rr，这样才有Ig=ER，当S2闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于ER，调节R使电流表半偏为12Ig，所以流过R的电流也为12Ig，所以RRg从上述原理可知，S1打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg。故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R尽可能大。所以滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3；（2）图（甲）所示的电路较合理，因为图（乙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏。（3）核对电路如图所示：为使改装后的电流表与标准表在01mA之间逐格核对，应选用分压电路。由于A和A满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用。故答案为：（1）R2，E3；（2）甲，因为图（乙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏；（3）如图所示。【点评】本题考查伏安法测电阻中的半偏法的应用，解答第一问的前提是一定要理解半偏法测量电流表内阻的原理，第三问校对电流表的电路图是难点，同学往往忘记用滑动变阻器的分压接法。11（12分）如图所示，半径R0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量m0.10kg的小球，以初速度v07.0m/s在水平面上向左作加速度a3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求：（1）小球冲到最高点时对轨道的压力（2）A、C间的距离（取重力加速度g10m/s2）【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；4A：向心力；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【分析】（1）对水平面上的运动过程进行分析，根据运动学公式可求得小球到达A点时的速度，再对AB过程根据机械能守恒定律可求得B点时的速度，再根据向心力公式即可求得小球冲到最高点时的压力；（2）小球由B点离开后做平抛运动，根据平抛运动的规律可求得AC间的距离【解答】解：小球匀减速运动过程中，由运动学公式可得：vA2v022ax 小球从A到B，由机械能守恒得：12mvA22mgR+12mvB2联立可得vB3m/s 小球在B点：FN+mgmvB2R由牛顿第三定律得轨道受到的压力FNFN解得：FN1.25N；（2）小球从B点作平抛运动，有：2R=12gt2sACvBt由得：sAC1.2m答：（1）小球冲到最高点时对轨道的压力为1.25N；（2）A、C间的距离为1.2m【点评】本题综合考查了机械能守恒定律、运动学公式以及向心力公式的应用，要注意正确分析物理过程，并做好受力分析，从而明确可以选用的物理规律，要注意在求出小球受力后，还要说明小球对轨道的作用力与小球受到的支持力间的关系12（20分）空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【分析】（1）已知入射速度方向和出射速度方向，由于速度方向始终沿切线方向，故速度方向必与半径垂直，过P点做入射速度的垂线，再过Q点做出射速度的垂线，两垂线交与一点O，则O即是该粒子运动轨迹的圆心。粒子运动了14周，所以POQOR，R为粒子运动半径。又PQl，所以R=l2（定圆心、找半径）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，故有qv0B=mv02R，由上述两式可以求出入射速度v0。把磁场换成与纸面平行且垂直于入射速度v0的电场后，粒子在电场中做类平抛运动，粒子运动到Q点的水平位移x=v0t=R=l2，竖直位移y=12qEmt2=R=l2，代入数据即可求解。（2）由题意知粒子在磁场中由P运动到Q用了14周期。轨迹为14圆周。【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周半径，则有 qv0B=mv02R由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的14，故有 R=l2联立得：v0=qlB2m在电场中粒子做类平抛运动，分别以x、y、E、a、tE表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则： qEma垂直v0方向 y=R=12atE2沿v0方向 xRv0tE联立各式可解得：E=2qlB2m电场强度的大小为：E=2qlB2m；（2）由分析知粒子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间tB为14周期，故：tB=14T=142Rv0=2mqB在电场中由P运动到Q点所经历的时间tE=Rv0=mqB由P运动到Q点所经历的时间之差 tB-tE=(2-1)mqB两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差为(2-1)mqB【点评】带电粒子在垂直磁场射入，粒子将做匀速圆周运动，对于此类问题一般是依照“找圆心，定半径，求时间“来解决。三、【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是（）A甲图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的D丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子斥力【考点】84：布朗运动；86：分子间的相互作用力；92：晶体和非晶体；95：液体的表面张力菁优网版权所有【分析】A图显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动。B图中当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，是由于引力和斥力平衡的缘故。食盐是晶体，氯离子和钠离子排列规则。露珠呈球形是由于液体存在表面张力。戊图中显示分子间存在作用力。【解答】解：A、甲图中微粒的运动是布朗运动，但由于微粒是大量分子组成的，所以微粒的运动并不是物质分子的无规则热运动，故A错误；B、乙图中当两个相邻的分子间距为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确；C、食盐是晶体，具有各向异性，食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的，故C正确；D、小草上的露珠呈球形的主要是液体表面张力的作用，故D正确；E、戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，说明了分子之间存在引力，故E错误；故选：BCD。【点评】本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力。14（10分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m13m，m22m）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【分析】开始时两缸内的气压相等，从而可得出两活塞的面积关系，两活塞上同时各加一质量为m的物块后，就打破了原有的平衡，面积小的活塞会下沉，直至面积小的活塞移到底部，再确定左侧气体的状态参量，整个过程是等温变化，由气体的状态方程可得出左缸气体的高度，即为两活塞的高度差；等压膨胀过程，先根据盖吕萨克定律列式求解末状态体积，然后求解气体对活塞做多少功，最后根据热力学第一定律判断气体的吸放热情况【解答】解：设左、右活塞的面积分别为S和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：3mgS=2mgS由此得：S=32S在两个活塞上各加质量为m的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件：P左=4mgS=8mg3SP右=3mgS，P左P右，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为：P1=2mgS，体积为：V1=52Sh；在末态，气体压强为：P2=8mg3S，体积为：V22xS（x为左活塞的高度）由玻意耳定律得：P1V1P2V2代入数据解得：x=54h当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为8mg3S，设x是温度达到T时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得：x=TT0x=5Th4T0活塞对气体做的功为：W=Fs=4mg54h(TT0-1)=5mgh(TT0-1)环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。答：（1）气体再次达到平衡后两活塞的高度差为54h。（2）气体对活塞做了5mgh（TT0-1）的功，气体是吸收热量。【点评】解答该题要注意两个方面，一是根据平衡求解两活塞的面积的关系，二是当两活塞上放上相同质量的物体后，要会判断出面积小的活塞下移，直至移到底部，这是解决此题的关键。五、【物理-选修3-4】（15分）15如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横渡在t0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x2m处的a质点从t0时刻起的振动图象。下列说法正确的是（）A波沿x轴正方向传播B波传播的速度为20m/sCa质点在01.0s内，通过的路程为20mDt0.25s时，a质点的位移